S. ALIXONOV
O'ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA
O'RTA MAXSUS TA'LIM VAZIRLIGI
S. ALIXONOV
A51
METODIKASI
0 'zbekiston Respublikasi Oliy va o'rta maxsus ta 'lim vazirligi tomonidan
5460100 - matematika bakalavriat ta'lim yo'nalishi bo'yicha oliy o'quv
yurtlari talabalari uchun darslik sifatida tavsiya etilgan
Cho'lpon nomidagi nashriyot-mathaa ijodiy uyi
,i-:::-,. =oshkent
- 2011
•••• · --
UDK: 51(075)
BBK 74.262.21
A51
Taqrizchilar:
Formonov Shokirjon - 0 'zbekiston fanlar akademiyasining akademigi, fizika­
matematika fanlar doktori, professor,
Mashrabjon Mamatov - 0 'zbekiston Milliy Universitetining professori,
fizika-matematika fan/ari doktori,
Mamarajah Tojiyev - pedagogika fan/ari doktori, professor.
Alixonov Sodiqjon.
A51 Matematika o'qitish metodikasi: 5460100 - Matematika bakalavr
ta'lim yo'nalishi talabalari uchun darslik /S. Alixonov. - T.: Cho'lpon
nomidagi nashriyot-matbaa ijodiy uyi, 2011. - 304 b.
ISBN 978-9943-05-409-7
Ushbu darslik universitet va pedagogika universitetlarining matematika
fakulteti talabalari uchun <<Matematika o'qitish metodikasi» fanining dasturi
asosida yozilgan bo'lib, unda asosan umumiy metodikaga doir bo'lgan
matematika o'qitish metodikasining maqsadi, mazmuni, formasi, metod
va vositalari orasidagi munosabatlar pedagogik, psixologik va didaktik nuqtayi
nazardan ochib berilgan.
Mazkur darslikda keltirilgan barcha nazariy va amaliy mavzulaming
mazmuni matematika o'qitish metodikasi fanining amaldagi dasturiga to'la
mos keladi. Darslikning barcha boblarining oxirida mustaqil ishlash uchun
misollar, o'z-o'zini nazorat qilish uchun savollar hamda tayanch iboralar
keltirilgan.
Ushbu darslik universitetlaming matematika fakulteti bakalavr yo'na­
lishidagi talabalari hamda matematikadan ta'lim yo'nalishidagi magistrlar
uchun tavsiya etilgan.
UDK: 51(075)
BBK 74.262.21
ISBN 978-9943-05-409-7
-
© S. Alixonov, 2011
© Cho'lpon nomidagi nashriyot-matbaa ijodiy uyi, 2011
11.
I
!
SO'ZBOSHI
l Jshbu darslik matematika va amaliy matematika bakalavr talabalar
rwhun matematika o'qitish metodikasi kursining dasturi asosida yozilgan.
I >a1slikda matematik ta'limning maqsadi, mazmuni, formasi, metodlari
v:r u11ing vositalarini matematika darslariga tatbiq qilish qonuniyatlari
p ixologik, pedagogik va didaktik nuqtayi nazardan bayon qilingan.
M:rtcmatik ta'limni isloh qilish, Kadrlar tayyorlash milliy dasturi va
111l11ksiz ta'limni amalga oshirish masalalari ham bayon etilgan.
Ma'lumki, matematika fani mavjud moddiy dunyodagi narsalarning
la1.oviy formalari va ular orasidagi miqdoriy munosabatlarni o'rganish
j.11ayonida <<ilmiy izlanish>> metodlaridan foydalanadi. Shuning uchun
1111111 ushbu darslikda ilmiy izlanish metodlaridan kuzatish va tajriba,
1:1qqoslash, analiz hamda sintez, umumlashtirish, abstraktlashtirish va
lw11kretlashtirishlami matematika darslarida qo'llanishi ilmiy-metodik
1il1alidan tushuntirishga harakat qilingan. Matematikani o'qitishjarayo111da fikrlash formalarini paydo qilish metodikasi ham yoritilgan, ya'ni
l11ssiy bilish (sezgi, idrok, tasavvur) bilan mantiqiy bilish (tushuncha,
1111km, xulosa) orasidagi mantiqiy bog'lanishlar ochib berilgan. Mate111:rt ik tushuncha va uni o'quvchilar ongida shakllantirish metodikasi,
111atcmatik hukm va uning turlari bo'lmish aksioma, postulat va teore11111larni o'quvchilarga o'rgatish metodikalari yoritilgan. Matematik
1i11losa va uning induktiv, deduktiv hamda analogik turlarini darsjarayo111dagi tatbiqlari ko'rsatilgan. Matematika fanini o'qitishdagi didaktik
pr i11siplarning turlarini o'rgatishga alohida ahamiyat berilgan.
I )arslikda yangi pedagogik texnologiya asosida o'qitishning an'a1111viy va noan'anaviy metodlaridan: ma'ruza, suhbat, mustaqil ish,
1·v1 istik va muammoli ta'lim metodlarini dars jarayonida qo'llanilishiga
katta ahamiyat berilgan. Matematika darsi, uning tuzilishi va uni tashkil
qrlish metodikasi, matematika darsining turlari, darsga tayyorgarlik va
1111i11g tahlili matematika darsiga qo'yilgan talablar ochib berilgan.
I >:11slikda yana son tushunchasini kiritish va uni kengaytirish, ular ustida
l11'rl amalni bajarish, maktabdagi ayniy shakl almashtirishlarni o'rgatish,
3
Ii
I
'
maktab matematika kursidagi tenglama turlari, tenglamalar sistemasi
hamda parametrik usulda berilgan tenglamalarni yechish metodikalari
ham ko'rsatib o'tilgan. Darslikning oxirida masala va uning turlarini
yechish metodikasi ham ko'rsatilgan. Har bir bob tugagandan keyin
talabalar uchun shu bob mavzularining mazmunini ochib beruvchi
mantiqiy ketma-ketlikka ega bo'lgan savollar sistemasi hamda tayanch
iboralar keltirilgan.
Ushbu darslik haqida qimmatli fikrlarini bildirgan O'zbekiston
fanlar akademiyasining akademigi, professor Sh.K. Farmonovga,
professor N. G'aybullayev va professor M. Tojiyevlarga va dotsent
M. Rayemovga hamda darslikni o'qib chiqib o'zlarining qimmatli
fikrlarini bildirgan fizika-matematika fanlar doktori O'zbekiston Milliy
universitetining professori Mashrabjon Mamatovga samimiy minnatdor­
chiligimni bildiraman.
Muallif
I bob
UMUMTA'LIM MAKTABLARIDA MATEMATIKA
O'QITISH MASALALARI
1- §. Matematika o'qitish metodikasi predmeti
Matematika so'zi qadimgi grekcha - mathema so'zidan olingan
ho'lib, uning ma'nosi <<fanlami bilish» demakdir. Matematika fanining
o'rganadigan narsasi (obyekti) materiyadagi mavjud narsalaming fazoviy
lormalari va ular orasidagi miqdoriy munosabatlardan iborat. Hozirgi
davrda matematika fani shartli ravishda ikkiga ajraladi:
I) elementar matematika, 2) oliy matematika.
Elementar matematika ham mustaqil mazmunga ega bo'lgan fan
ho'lib, u oliy matematikaning turli tarmoqlaridan, ya'ni nazariy arif111..:tikadan, SQJllar nazariyasidan, oliy algebradan, matematik analizdan
v11 gcometriyaning mantiqiy kursidan olingan elementar ma'lumotlar
usosiga qurilgandir.
Oliy matematika fani esa real olamning fazoviy formalari va ular
11rasidagi miqdoriy munosabatlami to'la hamda chuqur aks ettiruvchi
111:ilcmatik qonuniyatlami topish bilan shug'ullanadi.
Elementar matematika fani maktab matematika kursining asosini
t11shkil qiladi. Maktab matematika kursininng maqsadi o'quvchilarga
11larning psixologik xususiyatlarini hisobga olgan holda matematik
l11limlar sistemasini ma'lum usul (metodika) orqali o'quvchilarga
v,·1 kaziladi. (Metodika so'zi grekcha so'z bo'lib, «yo'l» degan ma'noni
i111p,latadi.) Matematika metodikasi pedagogika va didaktika fanining
;1,•,rn;iy bo'limlaridan biri bo'lib, jamiyatimiz taraqqiyoti darajasida ta'lim
111:1qsadlariga mos keluvchi matematikani o'qitish, o'rganish qonuniyat­
l,11 i11i o'rganadigan mustaqil fandir.
Matematika metodikasi ta'limjarayoni bilan bog'liq bo'lgan quyidagi
111·11 savolga javob beradi:
I. Nima uchun matematikani o'rganish kerak?
2. Matematikadan nimalami o'rganish kerak?
J1 Matematikani qanday o'rganish kerak?
Matematika metodikasi haqidagi tushuncha birinchi bo'lib, shveytsa11v11lik pedagog-matematik G. Pestalotsining 1803-yilda yozgan «Sonni
l111'1gazmali o'rganish» asarida bayon qilingan. XVII asming birinchi
5
yarmidan boshlab matematika o'qitish metodikasiga doir masalalar
bilan rus olimlaridan akademik S.E. Gurev (1760-1813), XVIII asrning
birinchi va ikkinchi yarmidan esa N.I. Lobachevskiy (1792-1856),
I.N. Ulyanov (1831-1886). L.N. Tolstoy (1828-1910) va atoqli metodist­
matematik S.I.Shoxor-Trotskiy (1853-1923), AN. Ostrogradskiy va
boshqalar shug'ullandilar va ular matematika faniga ilmiy nuqtayi
nazardan qarab, uning progressiv asoslarini ishlab chiqdilar. Masalan,
AN. Ostrogradskiy «Ong kuzatishdan keyin paydo bo'ladi, ong real,
mavjud olamga asoslangan>> deb yozgan edi.
Geometriya metodikasidan materiallar (MaTep11aJibI no MeTO)lJfKe
reoMeTp:1111, 1884-yil, 8-bet.).
Keyinchalik matematika o'qitish metodikasining turli yo'nalishlari
bilan N.A. Izvolskiy, V.M. Bradis, S.E. Lyapin, I.K. Andronov, N.A. Gla­
goleva, I.Ya.Dempman, AN. Barsukov, S.I. Novoselov, A.Ya. Xinchin,
N.F. Chetveruxin, AN. Kolmogorov, A.I. Markushevich, A.I. Fetisov
va boshqalar shug'ullandilar.
1970-yildan boshlab maktab matematika kursining mazmuni yangi
dastur asosida o'zgartirildi, natijada uni o'qitish metodikasi ham ish­
lab chiqildi. Hozirgi dastur asosida o'qitilayotgan maktab matematika
fanining metodikasi bilan professorlardan V.M. Kolyagin, R.S. Cher­
kasov, P.M. Erdniyev, J. Ikramov, N. G'aybullayev, T. To'laganov,
A. Abduqodirov va boshqa metodist olimlar shug'ullanganlar va
shug'ullanmoqdalar. Matematika o'qitish metodikasi pedagogika
universitetlarining III-IV kurslarida o'tiladi. U o'zining tuzilishi xusu­
siyatiga ko'ra shartli ravishda uchga bo'linadi.
1. Matematika o'qitishning umumiy metodikasi. Bu bo'limda
matematika fanining maqsadi, mazmuni, formasi, metodlari va uning
vositalarining metodik sistemasi, pedagogika, psixologiya qonunlari
hamda didaktik prinsi plar asosida ochib beriladi. •
2. Matematika o'qitishning maxsus metodikasi. Bu bo'limda
matematika o'qitish umumiy metodikasining qonun va qoidalarining
aniq mavzu materiallariga tatbiq qilish yo'llari ko'rsatiladi.
3. Matematika o'qitishning aniq metodikasi.
Bu bo'lim ikki qismdan iborat:
1. Umumiy metodikaning xususiy masalalari.
2. Maxsus metodikaning xususiy masalalari.
Masalan, VI sinJda matematika darslarini rejalashtirish va uni
o'tkazish metodikasi deyilsa, bu umumiy metodikaning xususiy masalasi
bo'lib hisoblanadi.
6
2- §. O'rta umumta'lim maktablarida matematika
o'qitishning maqsadi
O'rta rnaktablarda rnaternatika o'qitishning rnaqsadi quyidagi uch
omil bilan belgilanadi:
I. Maternatika o'qitishning urnurnta'lirniy rnaqsadi.
2. Maternatika o'qitishning tarbiyaviy rnaqsadi.
3. Maternatika o'qitishning arnaliy rnaqsadi.
I. Maternatika o'qitishning urnurnta'lirniy rnaqsadi o'z oldiga quyidagi
vazifalami qo'yadi:
a) o'quvchilarga rna'lurn bi,r dastur asosida rnaternatik bilirnlar
t izimini berish. Bu bilirnlar tizirni rnaternatika fani to'g'risida o'quv­
d1ilarga yetarli darajada rna'lurnot berishi, ularni rnaternatika fanining
yuqori bo'lirnlarini o'rganishga tayyorlashi kerak. Bundan tashqari, dastur
nsosida o'quvchilar o'qish jarayonida olgan bilirnlarining ishonchli
ckanligini tekshira bilishga o'rganishlari, ya'ni isbotlash va nazorat
qilishning asosiy rnetodlarini egallashlari kerak;
b) o'quvchilaming og'zaki va yozrna rnaternatik bilirnlarini tarkib
toptirish. Maternatikani o'rganish o'quvchilarning o'z ona tillaridaxato­
siz so'zlash, o'z fikrini aniq, ravshan va lo'nda qilib bayon eta bilish
111alakalarini o'zlashtirishlariga yordarn berishi kerak. Bu degan so'z
o'quvchilaming har bir rnaternatik qoidani o'z ona tillarida to'g'ri
p,apira olishlariga erishish harnda ulami ana shu qoidaning rnaternatik
iliidasini forrnulalar yordarnida to'g'ri yoza olish qobiliyatlarini atrof­
licha shakllantirish dernakdir;
d) o'quvchilarni rnaternatik qonuniyatlar asosida real haqiqatlarni
hilishga o'rgatish. Bu yerda o'quvchilarga real olarnda yuz beradigan
('11g sodda hodisalardan tortib to rnurakkab hodisalargacha harnrnasirlirlg
lazoviy forrnalari va ular orasidagi rniqdoriy rnunosabatlarni tushunishga
1111kon beradigan hajrnda bilirnlar berish ko'zda tutiladi.
Bunday bilirnlar berish orqali esa o'quvchilarning fazoviy tasavvur
qilishlari shakllanadi harnda rnantiqiy tafakkur qilishlari yanada ri­
vojlanadi.
2. Maternatika o'qitishning tarbiyaviy rnaqsadi o'z oldiga quyida­
p,ilarni qo'yadi:
a) o'quvchilarda ilrniy dunyoqarashni shakllantirish. Bu g'oya bilish
1111zariyasi asosida arnalga oshiriladi;
b) o'quvchilarda rnaternatikani o'rganishga bo'lgan qiziqishlarni
t11rhiyalash.
7
Ma'lumki, matematika darslarida o'quvchilar o'qishning dastlabki
kunlaridanoq mustaqil ravishda xulosa chiqarishga o'rganadilar. Ular
avvalo kuzatishlar natijasida, so'ngra esa mantiqiy tafakkur qilish
natijasida xulosa chiqaradilar. Ana shu chiqarilgan xulosalar matematik
qonuniyatlar bilan tasdiqlanadi.
Matematika o'qituvchisining vazifasi o'quvchilarda mustaqil manti­
qiy fikrlash qobiliyatlarini shakllantirish bilan birga ularda matemati­
kaning qonuniyatlarini o'rganishga bo'lgan qiziqishlarini tarbiyalashdan
iboratdir;
d) o'quvchilarda matematik tafakkurni va matematik madaniyatni
shakllantirish. Matematika darslarida o'rganiladigan har bir matematik
xulosa qat'iylikni talab qiladi, bu esa o'z navbatidajuda ko'p matematik
tushuncha va qonuniyatlar bilan ifodalanadi. O'quvchilar ana shu
qonuniyatlarni bosqichma-bosqich o'rganishlari davomida ularning
mantiqiy tafakkur qilishlari rivojlanadi, matematik xulosa chiqarish
madaniyatlari shakllanadi.
O'quvchilarni biror matematik qonuniyatni ifoda qilmoqchi
bo'lgan fikrlarni simvolik tilda to'g'ri ifodalay olishlari va aksincha
simvolik tilda ifoda qilingan matematik qonuniyatni o'z ona tillarida
ifoda gila olishlariga o'rgatish orqali ularda matematik madaniyat
shakllantiriladi.
3. matematika o'qitishning amaliy maqsadi o'z oldiga quyidagi
vazifalarni qo'yadi:
a) matematika kursida olingan nazariy bilirnlarni kundalik hayotda
uchraydigan elementar masalalarni yechishga tatbiq qila olishga o'rgatish.
Bunda asosan o'quvchilarda nazariy bilimlarni amaliyotga bog'lay olish
irnkoniyatlarini tarkib toptirish, ularda turli sonlar va matematik ifodalar
ustida amallar bajarish malakalarini shakllantirish va ularni mustah­
karnlash uchun maxsus tuzilgan amaliy masalalarni hal qilishga o'rga­
tiladi;
b) matematikani o'qitishda texnik vosita va ko'rgazmali qurollardan
foydalanish malakalarini sh::i.kllantirish. Bunda o'quvchilarning mate­
matika darslarida texnika vositalaridan, matematik ko'rgazmali qurollar,
jadvallar va hisoblash vositalaridan foydalana olish malakalari tarkib
toptiriladi;
•
d) o'quvchilarni mustaqil ravishda matematik bilirnlarni egallashga
o'rgatish. Bunda asosan o'quvchilarni o'quv darsliklaridan va ilmiy­
ommaviy matematik kitoblardan mustaqil o'qib o'rganish malakalarini
'
shakllantirishdan iboratdir.
8
3- §. Matematika o'qitish metodikasining boshqa
fanlar bilan aloqasi
Ma'lumki, matematika o'qitish metodikasi fani pedagogika fanining
111a'lum bir bo'limi bo'lib, u matematika fanini o'qitish qoidalarini
0'1ganish bilan shug'ullanadi. Matematika o'qitish metodikasi mate111atika fanini o'qitish qonuniyatlarini o'rganishjarayonida pedagogika,
111antiq, psixologiya, matematika, lingvistika va falsafa fanlari bilan
111.viy aloqada bo'ladi. Boshqacha aytganda, maktabda matematika
o'qitish muammolari mantiq, psixologiya, pedagogika, matematika
v:1 falsafa fanlari bilan uzviy bog'liqlikda hal qilinadi. Matematika o'qitish
111l!todikasining metodologik asosi bilish nazariyasiga asoslangandir.
Matematika metodikasi fani matematik ta'limning maqsadi, maz1111111i, formasi, uslubi va uning vositalarini dars jarayoniga tatbiqiy
qonuniyatlarini o'rganib keladi. Matematika fani fizika, chizmachilik,
k1111yo va astronomiya fanlari bilan ham uzviy aloqada bo'ladi. Ma1c111atika fanining boshqa fanlar bilan uzviy aloqasi quyidagi ikki yo'l
hilan amalga oshiriladi:
I) matematika tizimining butunligini buzmagan holda qo'shni
l.111larning dasturlarini moslashtirish;
2) boshqa fanlarda matematika qonunlarini, formulalarini teore11rnlarni o'rganish bilan bog'liq bo'lgan materiallardan matematika
msi<la foydalanish.
Hozirgi vaqtda matematika dasturini boshqa fanlar bilan moslash11rish masalasi ancha muvaffaqqiyatli hal qilingan. Masalan, funksiyalar
v:1 ularni grafik tasvirlash haqida fizikada foydalaniladigan ba'zi
111:i'lumotlarni o'quvchilar VII sinfdan boshlab o'rgana boshlaydilar.
VI 11 sinfda beriladigan geometrik yasashlarga doir ko'p bilimlar
1 lii1machilik fani uchun boy material bo'ladi, chizmachilikning vazifasi
h11 bilimlami turli chizmachilik ishJarini bajartirish yo'li bilan puxta­
l.1!,hdan iboratdir.
Matematika darslarida boshqa fanlardan foydalanish masalasini
dw,lurda aniq ko'rsatish qiyin, buni o'qituvchining o'zi amalga oshiradi,
va'11i o'quv materialini rejalashtirishda va darsga tayyorlanish vaqtida
"·1ihorga olishi kerak. Masalan, tenglamalami o'rganish davrida fizik
1111qdorlar orasidagi bog'lanishlami aks ettiradigan tenglamalami, ya'ni
h•,iqlik balansi tenglamasi, issiqlikdan chiziqli kengayish tenglamasi va
,.1t1\nga o'xshash tenglamalami ham yechtirishi mumkin. Dastuming
11111.; proporsiya va boshqa boblarini o'rganishda kimyo va fizika
9
masalalaridan foydalanish maqsadga muvofiq (aralashmalar, quymalar
va shunga o'xshashlar), masalan: 1) 20% li eritma hosil qilish uchun
eritiladigan moddadan 240 g suvga qancha solish kerak? 2) 5% li 400 g
eritmani qaynatib, 200 g ga keltirildi. Endi eritmaning o'tkirligi qancha
bo'ladi?
Qo'shni fanlarga doir materiallardan matematika darslarida foyda­
lanish fanlararo uzviy aloqadorlikni yanada mustahkamlaydi.
4- §. Ta'limning isloh qilinishi
O'zbekiston Respublikasi mustaqillikka erishgach, maktab ta'limiga
juda ham katta e'tibor berildi. Jumladan 1997-yil 29-avgustda O'zbekiston
oliy majlisining IX sessiyasida ta'lim to'g'risidagi qonunga asoslagan
kadrlar tayyorlash milliy dasturi qabul qilindi.
Bu qabul qilingan qonunga ko'ra uzluksiz ta'lim tizimining faoliyati
davlat ta'lim standartlari asosida, o'z ichiga quyidagi ta'lim turlarini
oladi.
Maktabgacha ta'lim, boshlang'ich ta'lim, umumiy .o'rta ta'lim,
o'rta maxsus kasb-hunar ta'limi, oliy ta'lim, oliy o'quv yurtidan
keyingi ta'lim, kadrlar .malakasini oshirish va ularni qayta tayyorlash,
maktabdan tashqari ta'lim.
Kadrlar tayyorlash milliy modelining o'ziga xos xususiyati mustaqil
ravishdagi to'qqiz yillik umumiy o'rta ta'lim hamda uch yillik o'rta
maxsus, kasb-hunar ta'limini joriy etishdan iboratdir.
Bu esa umumiyta'lim dasturlaridan o'rta maxsus, kasb-hunarta'limi
dasturlariga izchil o'tilishini ta'minlaydi. Umumiy ta'lim dasturlari:
maktabgacha ta'lim, boshlang'ich ta'lim (I-IV sinflar), umumiy o'rta
ta'lim (V-IX sinflar), o'rta maxsus va kasb-hunar ta'limini qamrab
oladi.
Maktabgacha ta'lim bola sog'lom, har tomonlama kamol topib
shakllanishini ta'minlaydi, unda o'qishga intilish xissini uyg'otadi,
uni muntazam bilim olishga tayyorlaydi. Maktabgacha ta'lim bola olti­
yetti yoshga yetguncha davlat va nodavlat makgabgacha tarbiya, bolalar
muassasalarida hamda oilalarda amalga oshiriladi.
Umumiy o'rta ta'lim I-IX sinflar o'qishidan iborat bo'lgan majburiy
ta'limdir. Ta'limning bu turi boshlang'ich sinfni (1-:-IV sinflar) qamrab
oladi hamda o'quvchilarning fikrlashlari bo'yicha muntazam bilim
olishlarini, o'quv-ilmiy va umummadaniy bilimlarni, milliy umum­
bashariy qadriyatlarga asoslangan ma'naviy-ahloqiy fazilatlarni, mehnat
10
ko'nikmalarini hamda kasb tanlashni shakllantiradi. Umumiy o'rta ta'lim
tugallanganidan keyin ta'lim fanlari va ular bo'yicha olingan baholar
ko'rsatilgan hamda davlat tomonidan tasdiqlangan namunadagi attestat
bcriladi.
O'rta maxsus, kasb-hunar ta'limi umumiy o'rta ta'lim negizida
o'qish muddati uch yil bo'lgan majburiy bo'lgan uzluksiz ta'lim
t izimining turidir. O'rta maxsus, kasb-hunar ta'limi yo'nalishi akademik
litsey yoki kasb-hunar kolleji o'quvchilar tomonidan ixtiyoriy tanlanadi.
Akademik litsey davlat ta'lim standartlariga muvofiq o'rta maxsus
ta'lim beradi. O'quvchilarning imkoniyatlari va qiziqishlarini hisobga
!>lgan holda ularningjadal intelektual rivojlanishi chuqur, sohalashtirilgan
kasbga yo'naltirilgan ta'lim olishini ta'minlaydi.
Kasb-hunar kolleji tegishli davlat ta'lim standartlari darajasida o'rta
maxsus, kasb-hunar ta'limi beradi, bunda o'quvchilarning kasb hunarga
moyilligi, bilim va ko'nikmalarni chuqur rivojlantirish, tanlab olgan
kasb-hunar bo'yicha bir yoki bir necha ixtisosni egallash imkonini
hcradi.
Oliy ta'lim o'rta maxsus, kasb-hunar ta'limi negiziga asoslanadi va
ikki bosqichga ega bo'ladi.
l. Bakalavriat - mutaxassisliklar yo'nalishi bo'yicha fundamental
va amaliy bilim beradigan, ta'lim muddati kamida to'rt yil bo'lgan
tayanch oliy ta'limdir. Bakalavrlik dasturi tugagandan so'ng bitiruv­
chilarga davlat attestatsiyasi yakunlariga binoan kasb bo'yicha <<bakalavr>>
1 la rajasi beriladi.
Magistratura - aniq mutaxassislik bo'yicha fundamental va amaliy
bilim beradigan bakalavr negizidagi ta'lim muddati kamida ikki yil
ho'lgan oliy ta'limdir. Magistr darajasini beradigan davlat malaka attes­
tatsiyasi magistrlik dasturining nihoyasidir.
Magistrlarga davlat tomonidan tasdiqlangan namunadagi, kasb­
hunar faoliyati bilan shug'ullanish huquqini beradigan diplom beriladi.
Oliy o'quv yurtidan keyingi ta'limni oliy o'quv yurtlarida, ilmiy
tadqiqot muassasalarida aspirantura, doktorantura, mustaqil tadqiqotchi
ko'rinishlaridagi bosqichlar asosida davom ettirish mumkin. Oliy o'quv
ymtidan keyingi ta'lim bosqichlari dissertatsiya himoyasi bilan yakun­
l1111adi. Yakuniy davlat attestatsiyalarining natijasiga ko'ra tegishli ravishda
I1111 nomzodi va fan doktori ilmiy darajasi hamda davlat tomonidan
tasdiqlangan namunadagi diplornlar beriladi.
Kadrlar malakasini oshirish va qayta tayyorlash mutaxassisliklarning
kasb bilimlari va ko'nikmalarini yangilash hamda chuqurlashtirishga
11
qaratilgan. Kadrlar malakasini oshirish va qayta tayyorlash ta'lim
muassasalaridagi o'qish natijalariga ko'ra davlat tomonidan tasdiqlangan
namunadagi guvohnoma va sertifikat topshiriladi.
TaKrorlash uchun savollar
J. Matematika o'qitish metodikasi Jani nimani o'rgatadi va qanday
savollarga javob beradi?
2. Umumiy metodika bi/an xususiy metodikaning farqi nimadan iborat?
3. Matematika fanini o'qitishdagi umumta 'limiy maqsad nimalardan
iborat?
4. Matematikani o'qitishdagi tarbiyaviy va amaliy maqsad/arni aytib
bering.
5. Matematika o'qitish metodikasi Jani qaysi Janlar bi/an uzviy a/oqada
bo'ladi?
6. Ta 'lim to'g'risidagi qonun qachon qabu/ qi/ingan?
7. Kadrlar tayyorlash milliy dasturi qachon qabu/ qilingan?
8. Kadr/ar tayyor/ash mi/liy dasturi necha bosqichdan iborat?
Tayanch iboralar
Matematika, metodika, umumiy metodika, xususiy metodika, umumta '­
limiy maqsad, tarbiyaviy maqsad, amaliy maqsad, ta'/im haqidagi qonun,
kadrlar tayyorlash milliy dasturi, sifat bosqichi, uz/uksiz ta'lim, maktab­
gacha ta'Jim, bosh/ang'ich ta'lim, o'rta umumiy ta'lim, akademik litsey,
kasb-hunar kolleji, o/iy ta'lim, baka/avr, magistr, aspirantura, doktarantura,
ma/aka oshirish.
-
II bob
MATEMATIKA DARSLARIDA BILISHNING TURLARI
VA XULOSA CHIQARISH METODLARI
1-§. Matematik tushuncha
Ta'lim deganda o'qituvchi bilan o'quvchilar orasidagi ongli va
maqsadga tomon yo'naltirilgan bilishga doir faoliyat tushuniladi. Har
qanday ta'lim o'z oldiga ikkita maqsadni qo'yadi:
l) o'quvchilarga dastur asosida o'rganilishi lozim bo'lgan zarur
bilimlar sistemasini berish;
2) matematik bilimlami berish orqali o'quvchilaming mantiqiy
fikrlash qobiliyatlarini shakllantirish.
Ta'lim jarayonidagi ana shu ikki maqsad amalga oshishi uchun
o'qituvchi har bir o'rgatilayotgan tushunchani psixologik, pedagogik
va didaktik qonuniyatlar asosida tushuntirishi kerak. Buning natijasida
o'quvchilar ongida bilish deb ataluvchi psixologikjarayon hosil bo'ladi.
Bizga falsafa kursidan ma'lumki, bilish jarayoni < onli musho­
lladadan abstrakt tafakkurga va undan amaliyotga demakdir>>. Bundan
ko'rinadiki, bilish jarayoni tafakkur qilishga bog'liq ekan. <<Tafakkur
- inson ongida obyektiv olamning aktiv aks etishi demakdir>> (Yu.M.
Kolyagin. <<Matematika o'qitish metodikasi, M., 1980-y, 57-bet).
Psixologik nuqtayi nazardan qaraganda bilishjarayoni ikki xil bo'ladi:
1) Hissiy bilish (sezgi, idrok va tasavvur).
Insonning hissiy bilishi uning sezgi va tasavvurlarida o'z ifodasini
lopadi. Inson sezgi a'zolari vositasida real dunyo bilan o'zaro aloqada
lio'ladi. Bilish jarayonida sezgilar bilan birga idrok ham ishtirok etadi.
Sczgilar natijasida obyektiv olamning subyektiv obrazi hosil bo'ladi,
:11ia shu subyektiv obrazning inson ongida butunicha aks etishi idrok
deb ataladi.
Tashqi olamdagi narsa va hodisalar inson miya po'stlog'ida sezish
va idrok qilish orqali ma'lum bir iz qoldiradi. Oradan ma'lum bir vaqt
11'tgach, ana shu izlar jadallashishi va biror narsa yoki hodisaning
1,byektiv obrazi sifatida qayta tiklanishi mumkin. Ana shu obyektiv
nlamning obyektiv obrazining ma'lum vaqt o'tgandan keyin qayta
I1klanish jarayoni tasavvur deb ataladi.
2) Mantiqiy bilish (tushuncha, hukm va xulosa).
13
Har qanday mantiqiy bilish hissiy bilish orqali amalga oshadi,
shuning uchun ham har bir o'rganilayotgan matematik obyektdagi
narsalar seziladi, abstrakt nuqtayi nazardan idrok va tasavvur qilinadi,
so'ngra ana shu o'rganilayotgan obyektdagi narsa to'g'risida ma'lum
bir matematik tushuncha hosil bo'ladi.
Ta'rif. Matematik obyektdagi narsalaming asosiy xossalarini aks
ettiruvchi tafakkur formasiga matematik tushuncha deyiladi.
Har bir matematik tushuncha o'zining ikki tomoni, ya'ni mazmuni
va hajmi bilan xarakterlanadi.
Ta'rif. Tushunchaning mazmuni deb, ana shu tushunchani ifodalovchi
asosiy xossalar to'plamiga aytiladi.
Masalan, to'g'ri to'rtburchak tushunchasini olaylik. To'g'ri to'rt­
burchak tushunchasining mazmuni quyidagi asosiy xossalar to'plamidan
iboratdir:
1) to'g'ri to'rtburchak diagonali uni ikkita uchburchakka ajratadi.
2) ichki qarama-qarshi burchaklarining yig'indisi 180° ga teng.
3) diagonallari bir nuqtada kesishadi va shu nuqtada teng ikkiga
bo'linadi.
Ta'rif. Tushunchaning hajmi deb, ana shu tushunchaga kirgan barcha
obyektlar to'plamiga aytiladi.
Masalan, to'rtburchak tushunchasining hajmi shu to'rtburchak tushun­
chasiga kirgan barcha to'rtburchak turlaridan, ya'ni parallelogramm,
kvadrat, romb va trapetsiyadan iborat bo'ladi. Bundan to'rtburchak
tushunchasining hajmi tomonlari uzunliklarining kattaligi turlicha bo'lgan
barcha katta-kichik to'rtburchaklar tashkil qilishi ko'rinadi.
Bizga hajmjihatidan keng va mazmunjihatidan tor bo'lgan tushunchani
jins tushunchasi, aksincha esa hajmi tor va mazmuni keng bo'lgan
tushunchani tur tushunchasi deb yuritilishi psixologiya fanidan ma'lum.
1-misol. Akslantirish tushunchasini olaylik. Bu tushunchadan ikkita,
ya'ni qaytuvchi va qaytmaydigan akslantirish tushunchalari kelib chiqadi.
Bu yerda akslantirish tushunchasi qaytuvchi va qaytmaydigan akslantirish
tushunchalariga nisbatan jins tushunchasi, qaytuvchi va qaytmaydigan
akslantirishlar esa akslantirish tushunchasiga nisbatan tur tushunchalari
bo'ladi. Bu mulohazalardanjins tushunchasi tur tushunchalariga nisbatan
hajmjihatidan keng va mazmunjihatidan tor tushuncha ekani ko'rinadi.
2- misol. Ko'pburchak tushunchasini olaylik. Bu tushunchadan ikkita
qabariq va botiq ko'pburchak tushunchalari kelib chiqadi. Ko'pburchak
tushunchasi bu tushunchalariga nisbatan jins tushunchasi deb yuritiladi,
chunki uning hajmi gabariq va botiq ko'pburchaklar hajmlaridan kattadir.
-
14
1_1.1hariq va botiq ko'pburchaklar esa ko'pburchak tushunchasiga nisbatan
1111 lushunchalari deb yuritiladi, chunki ulardan har birining hajmi
,, •pburchak tushunchasining hajmidan kichik, ammo mazmunlari ko'p1111 rchak tushunchasining mazmunidan katta.
2- §. Matematik tushunchalarning ta'riflash
metodikasi
I lar bir fanda bo'lgani kabi matematika fanida ham ta'riflanadigan
v11 ta'riflanmaydigan tushunchalar mavjud.
Maktab matematika kursida, shartli ravishda, ta'riflanmaydigan eng
,,11dda tushunchalar qabul qilinadi. Jumladan, arifmetika kursida son
111.•.ll1111chasi va qo'shish amali, geometriya kursida esa tekislik, nuqta,
111;1:;ofa va to'g'ri chiziq tushunchalari ta'riflanmaydigan tushunchalardir.
1111 Iushunchalar yordamida boshqa matematik tushunchalar ta'riflanadi.
l'a'rif degan so'zning ma'nosi shundan iboratki, bunda qaralayotgan
111•,h11nchalarni boshqalaridan farqlashga, fanga kiritilgan yangi atama
111.11.111unini oydinlashtirishga imkon beruvchi mantiqiy usul tushuniladi.
l'ushunchaning ta'rifi ta'riflanuvchi tushuncha bilan ta'riflovchi
111•,li1111chalar orasidagi munosabatdan hosil bo'ladi.
l'ushunchaning ta'rifi inglizcha definitsiya (definito) so'zidan olingan
111,'lib, <<chegara>> degan yoki <<biror narsaning oxiri» degan ma'noni
l,lldiradi. Professor J.Ikromov o'zining «Maktab matematika tili>> nomli
If ohi<la tushunchalaming ta'rifini quyidagi turlarga ajratadi:
I) Real ta'rif. Bunda qaralayotgan tushunchaning shu guruhdagi
t11•,l11111chalardan farqi ko'rsatib beriladi. Bunda ta'riflovchi va ta'rifla1111vchi tushunchalar hajmlarining teng bo'lishi muhim rol o'ynaydi.
L,salan, «Aylana deb tekislikning biror nuqtasidan masofasi berilgan
111asoladan katta bo'lmagan masofada yotuvchi nuqtalar to'plamiga
,1vt1ladi>>. Bu yerda ta'riflanuvchi tushuncha aylana tushunchasidir,
1,,•ii llovchi tushunchalar esa tekislik, nuqta, masofa tushunchalaridir.
2) Klassifikatsion ta'rif. Bunda ta'riflanayotgan tushunchaning jins
111•,l111nchasi va uning tur jihatidan farqi ko'rsatilgan bo'ladi. Masalan,
.J,vmlrat - barcha tomonlari teng bo'lgan to'g'ri to'rtburchakdin>. Bu
t,1'11Ida <<to'g'ri to'rtburchak>> tushunchasi «kvadrat»ning jins tushun­
' 1111.•,i, «barcha tomonlari teng» esa tur jihatidan farqini ifoda qiladi.
.I) Genetik ta'rif yoki induktiv ta'rif. Bunda asosan tushunchaning
1111•,il ho'lishjarayoni ko'rsatiladi. Boshqacha aytganda, tushunchaning
1141•,II bo'lish jarayonini ko'rsatuvchi ta'rif genetik ta'rif deyiladi.
15
-
Bizga psixologiya kursidan ma'lumki, genetika so'zi grekcha genesis
so'zidan olingan bo'lib <<kelib chiqish>> yoki <<manba>> degan ma'noni
bildiradi.
I) To'g'ri burchakli uchburchakning bir kateti atrofida aylanishidan
hosil bo'lgan jismni konus deyiladi.
2) To'g'ri burchakli trapetsiyaning balandligi atrofidan aylanishidan
hosil bo'lgan jismni kesik konus deyiladi.
3) Doiraning diametri atrofida aylanishidan hosil bo'lgan jism shar
deyiladi.
Yuqoridagilardan ko'rinadiki, tushunchalarni ta'riflashda har bir
tushunchaning mazmuni beriladi, bu degan so'z tushunchaning asosiy
alomatlari yoki muhim belgilarini sanab ko'rsatish demakdir. Demak,
ta'rifda faqat ta'riflanadigan tushunchani boshqa turdagi tushun­
chalardan ajratib turadigan muhim belgilarigina ifodalanadi. Maktab
matematika kursida tushunchalarning ta'rifi ikki usu! bilan tuziladi:
I) Berilgan tushunchaning hajmiga.kiruvchi barcha obyektlar
to'plamiga asoslaniladi. Masalan, tekislikning (masofalarni o'zga1tmagan
holda) o'z-o'ziga akslanishi siljitish deyiladi. Bu yerda o'q va markaziy
simmetriya, parallel ko'chirish va nuqta atrofida burish tushunchalari
siljitish tushunchasining obyektiga kiruvchi tushunchalardir.
2) Berilgan tushunchalarning aniqlovchi alomatlar to'plamiga
asoslaniladi. Bunday ta'rifni tuzishda tushunchaning barcha muhim
alomatlari sanab o'tilmaydi, ammo ular tushunchaning mazmunini
ochib berish uchun yetarli bo'lishi kerak. Masalan, parallelogrammning
muhim alomatlari quyidagilardan iborat:
a) to'rtburchak;
b) qarama-qarshi tomonlari o'zaro teng va parallel;
d) diagonallari kesishish nuqtasida teng ikkiga bo'linadi;
e) qarama-qarshi burchaklari teng.
Parallelogramrnni ta'riflashda a) va b) alomatlar orqali quyidagi
ta'rifni tuzish mumkin:
<<Qarama-qarshi tomonlari o'zaro parallel va teng bo'lgan to'rtbur­
chak parallelogramm deyiladi>>.
Endi a) va d) alomatlar orqali ta'rif tuzaylik: <<diagonallari kesishib,
kesishish nuqtasida teng ikkiga bo'linuvchi to'rtburchak parallelogramm
deyiladi>>.
Aytilganlardan ma'lum bo'ladiki, tushunchani ta'riflashda tanlana­
digan muhim alomatlar soni yetarlicha bo'lgandagina ta'riflanayotgan
tushuncha haqidagi ta'rif to'g'ri chiqadi.
16
3- §. Matematik tushunchalarni kiritish metodikasi
Maktab matematika kursida matematik tushunchalar ikki xii usulda
kiritiladi:
1) Aniq - induktiv metod. Bunda o'quvchilar avval o'qituvchining
topshiriqlarini bajargan holda o'rganilayotgan tushunchaning umumiy
xossalarini aniqlaydilar, so'ngra o'qituvchi rahbarligida ta'rifni mustaqil
holda tuzishga harakat qiladilar. Yangi tushuncha kiritishning bu yo'li
ayniqsa quyi sinflarda o'z samarasini beradi.
Bundan tashqari, aniq induktiv yo'l orqali tushunchalami kiritish
jarayonida muammoli vaziyatlar hosil bo'ladi, buning natijasida o'quv­
chilarda mustaqil fikrlash qobiliyatlari shakllanadi. Fikrimizning dalili
sifatida 6-sinfda o'rgatiladigan «parallel to'g'ri chiziqlar>> tushunchasini
aniq-induktiv metod orqali kiritish usulini ko'rib o'taylik.
O'rganish
jarayonining
bosqichlari
Tushuncha
shakllanishining
psixologik
bosqichlari
O'rganilayotgan
tushunchaning aniq
modeli
1. Parallel to'g'ri
Sezish va idrok
chiziqlar
qilish
tushunchasiga
mos keluvchi
misollarni kundalik
hayotimizdan olish
Chizg'ichning ikki
qirg'og'idagi chiziqlar.
Doskaning qarama-qarshi
tomonlaridagi chiziqlar
2. Ana shu
tushunchani
ifodalovchi asosiy
va asosiy
bo'lmagan
xossalarini
aniqlash
1) To'g'ri chiziqlarning gorizontal
joylashishi (asosiy bo'lmagan xossa)
2) Bu to'g'ri chiziqlar
o'zaro bir xii uzoqlikda joylashgan
(asosiy xossa)
3) To'g'ri chiziqlar umumiy nuqtaga
ega emas (asosiy xossa)
4) To'g'ri chiziqlarni ikki tomonga
cheksiz davom ettirish mumkin
(asosiy bo'lmagan xossa)
ldrok qilishdan
tasawurga o'tish
3. Agar mavjud
bo'lsa, bu
tushunchaning
muhim holatlari
ham qaraladi
Ustma-ust tushuvchi
to'g'ri chiziqlar ham bir-biridan bir xii
masofada joylashgan bo'ladi (masofa
qiymati O ga teng)
4. Parallel
8o'zining
rnazmuni
Parallel so'zi grekcha
pa,ra/6'hs so'z bo'lib, yonma-yon
b o r u vchi degan ma'noni bildiradi
-
5. Parallel to'g'ri
chiziqlar
tushunchasining
asosiy xossasini
ajratish va uni
ta'riflash
1) Bir-biridan bir xii uzoqlikdagi
Tasawurdan
tushunchani hosil masofada turuvchi to'g'ri chiziqlar jufti
parallel to'g'ri chiziqlar deyiladi (aniq
qilishga o'tish
bo'lmagan ta'rif, chunki biror
burchakning tomonlari ham shu
burchak bissektrisasiga nisbatan bir
xii uzoqlikda joylashgan
bo'ladi)
2) Parallel to'g'ri chiziqlar umumiy
nuqtaga ega bo'lmaydi (to'la
bo'lmagan ta'rif, chunki,
kesishmaydigan to'g'ri chiziqlar
umumiy nuqtaga ega bo'lmaydi).
3) Ta'rif. Bir tekislikda yotib umumiy
nuqtaga ega bo'lmagan yoki ustma­
ust tushuvchi ikki to'g'ri chiziq parallel
to'g'ri chiziqiar deyiladi.
6. Parallel to'g'ri
Tushunchaning
chiziqlar
hosil bo'lishi
tushunchasini aniq
misollarda
ko'rsatish
1) O'qituvchi sinf xonasining o'zaro
parallel bo'lgan qirralarni ko'rsatadi.
7. Parrallel to'g'ri
chiziqlarni simvolik
belgilash
2) Kubning modelini ko'rsatib, uning
mos qirralaridan o'zaro ayqash bo'lgan
to'g'ri chiziqlarni ko'rsatadi. Agar
bizga ova .bto'g'ri chiziqlar berilgan
bo'lib, ular o'zaro parallel bo'lsa, uni
biz 6'j I.b kabi belgilaymiz.
Tushunchani
o'zlashtirish
4- §. Matematik tushunchalarni kiritishning
abstrakt-deduktiv metodi
Bunda o'rganiladigan matematik tushuncha uchun ta'rif tayyor
ko'rinishda oldindan aniq misol va masalalar yordamida tushuntiril­
masdan kiritiladi. Masalan, 7-sinfda o'tiladigan to'la kvadrat tenglama
tushunchasi abstrakt-deduktiv metod orqali kiritiladi.
1. Kvadrat tenglama tushunchasiga ta'rifberiladi.
Ta'rif. ax2+bx+c=O ko'rinishidagi tenglamalar to'la kvadrat tenglama deyiladi. Bunda
o'zgaruvchi,
b,
ixtiyoriy o'zgarmas
sonlar, a > 1.
2. Kvadrat tenglamaning xususiy hollari ko'rib chiqiladi. Bunijadval
tarzida bunday ifodalash mumkin.
x
-
-
a,
18
c
-
To'la kvadrat tenglama
I ax1 + bx + c = 0 I
chirilgan kvadrat tenglama I
Chala kvadrat tenglama
,----' ---------- ,
:x:2+px+q=O
(b=O) V(c=O)V(b=O A c=O)
I
I axz=0 I
lax +c=ol
1
I. Hosil qilingan keltirilgan va chala kvadrat tenglamalarga aniq
111i'lollar keltiriladi. Masalan,
2x2- 3x - 4 = 0, x?- - 5x - 6 = 0,
3x2 + 5x = 0, 2x2 + 7x = 0, 5x2 = 0, ...
'1. Kvadrat tenglama tatbiqiga doir hayotiy misollar keltirish kerak.
2
t,1 al11n, S = gt formula fizika kursidan bizga ma'lum, bu tenglamani
2
111 2.1'•0 ko'rinishidagi chala kvadrat tenglama holiga keltirib, so'ngra
y,, ltiladi.
'I. Kvadrat tenglamaning ildizlarini hisoblash formulasini keltirib chi1 I I It
J. usu/. ax2 + bx + c = 0 tenglama ildizlarini toping. Buning uchun
q11y1dagi ayniy almashtirishlar bajariladi:
,11J
I
2
II
I
1
'j ·(
2
bx+c=a(x2+ a
!l_x+E)=a(x
+2-2ax+EI
a
a)
2
=
2
'j
2
b ·-xb+--b-+c- =ax2 +2b--x+
b - --b---. . ,4, a. -cl
+2
2
2
2a
4a
4a a
2a
4a2
4a2
19
=
Xi,2=
_ .!!._±
.Jb-2 4ac=
2a
2a
2
b ± b - 4ac
2a
-b- b2 -4ac
-b+..Jb2-4ac
X2=-----
Xi=--2-a--
2a
2- usu/.
ax2 +bx+ c = 0
2ax
ax2 + bx = -c I · 4a,
X
4a2x2 + 4abx = -4ac I + b2,
X
4a2x2 + 4abx + b2 = b2-
X
+ b = ± b - 4ac
1,2
-b± b2 -4ac
=----2a
1,2
-b+b2 -4ac
=-----
!
4ac,
2a
-b- b2 -4ac
=----2a
2
(2ax + b)2 = b
1-
4ac.
Agar ax +bx+c = 0 da a = l bo'lsa, x2+bx+c = 0 ko'rinishdagi keltirilgan
kvadrat tenglama hosil bo'lib, uning yechimlari quyidagicha bo'ladi:
2
2
2
-b± b -4c -b
X12 =-----=-±
--C.
'
2
2
4
Agar b = p; c = q desak, x2+px+q = 0 bo'ladi,
uning
yechimlari
3- usu/.
x2+px+q=O
b2 = q;
2ab = p
(1)
Jq
desak, b =±Jq ,a =± 2
bularni (I) ga qo'ysak, u quyidagi ko'rinishni oladi:
(2)
x2 + 2abx + b2 = 0
(2) ga a x ni qo'shsak va ayirsak x2+2abx+b2+a2x1-a2x2=0 bo'ladi,
a2x2+2abx+b2-a2x2+x2=0 yoki (ax+b)2-a2x2+x2=0 belgilashga ko'ra
2 2
20
p
/,
I
Jr, ; a =± 2.Jq edi, shuning uchun
'f -
px - + Jq
( 2.Jq
,
2q = X (- p ± .J p2
2
2
(px + 2q)2 - p2x + 4qx
4q);
-
= O;
3x - 4 = O;
x2-
I misol.
px+ 2q = ±x.J p2 -4q;
!!2_ x2 + x2 = O;
4q
q = -4
p = -3;
2
'
2
=
Xi 2
l
- q =
± /!.+ 4 = ± .
4
2
4
2 2'
xl=4; Xi=-1,
2q
2· (-4)
-8
/2
-p±-y p -4q= 3 _+ .J9+ 16= 3 ± 5;
-= p + p
X12
x2- Sx - 6 = O;
p. = -5;
q = -6
misol.
2·(-6)
2q
-12
•
x,2 = --=== = - == - p ± p2 - 4q
5 ± .J25 + 24- - 5 ± 7 '
x1=\
misol.
-12
12
-12
=-l;x 2= _
,
2x2-5=0 bo'lsa, (2x2=5)
2
=6.
rs
l 2s' J
2
x =
x1,2
= ± 2.
2
£ =0]
,f mlsol. 2x2'\ mlsol.
3x = 0 bo'lsa, [x(2x - 3) = 0))
2x2 = 0 bo'lsa, x,.2 = 0 bo'ladi.
21
[ E2 =-
3
2
bo'ladi.
5- §. Matematik hukm
Matematik hukm mantiqiy bilish formalaridan biri bo'lib, unga
quyidagicha ta'rif berilgan: <<Tushunchalar asosida hosil qi/ingan mate­
matik fikmi tasdiqlash yoki inkor qilishga matematik hukm deyiladi».
Bu ta'rifdan ko'rinadiki, hukmning xarakterli xossasi aytilgan matematik
fikrning to'g'riligini tasdiqlash yoki noto'g'riligini inkor qilishdan iborat
ekan.
Matematik tushunchalarni tasdiqlash ma'nosidagi hukmga quyida­
gicha misollar keltirish mumkin:
1. Paralellogrammning qarama-qarshi tomonlari o'zaro parallel va
teng.
2. Har qanday turdagi uchburchak uchta uchga ega.
3. Uchburchak ichki burchaklarning yig'indisi 180° ga teng.
4. Ko'pburchak ichki burchaklarining yig'indisi 2d(n-2) ga teng.
Matematik tushunchalarni inkor qilish ma'nosidagi hukmlarga
quyidagi misollarni keltirish mumkin:
1. Har qanday uchburchakda ikki tomon uzunliklarining yig'indisi
uchinchi tomon uzunligidan kichik emas.
2. Piramidadagi uch yoqli burchaklarning yig'indisi hech qachon
o'zgarmas son bo'la olmaydi.
3. Har qanday to'rtburchakda ichki burchaklar yig'indisi 360° dan
katta emas.
Bundan kelib chiqadiki, har qanday matematik gap ham matematik
hukm bo'la olmas ekan. Masalan, <<ABCD to'rtburchak paralellogramm
bo'la oladimi?» «Ixtiyoriy uchburchak ichki burchaklarining yig'indisi
180° ga teng bo'la oladimi?>> Keltirilgan ikkala misolda ham inkor va
tasdiq ma'nosi yo'q, shuning uchun ular matematik hukmga misol
bo'la olmaydi.
Matematik hukm uch xii bo'ladi:
1. Birlik hukm. 2. Xususiy hukm. 3. Umumiy hukm.
Matematikani o'qitish jarayonida yuqoridagi hukmlarning uchala
turi uzviy aloqada bo'ladi. Boshqacha aytganda, birlik hukmning natijasi
sifatida xususiy hukm hosil qilinadi, xususiy hukmning natijasi sifatida
esa umumiy hukm hosil qilinadi. Fikrlarimizning dalili sifatida quyidagi
misolni ko'raylik. 1) Birlik hukmlar:
a) Aylana to'g'ri chiziq bilan faqat ikki nuqtada kesishadi.
b) Ellips to'g'ri chiziq bilan faqat ikki nuqtada kesishadi.
d) Giperbola to'g'ri chiziq bilan faqat ikki nuqtada kesishadi.
22
r) Parabola to'g'ri chiziq bilan faqat ikki nuqtada kesishadi.
l) Xususiy hukm: <<Aylana, ellips, giperbola va parabolalar ikkinchi
1111tihli cgri chiziqlar hosil qiladi>>. Yuqoridagi birlik va xususiy hukmlarga
,1•,11-.la11ib, quyidagi umumiy hukmni hosil qilamiz.
.\) Umumiy hukm: «Ikkinchi tartibli egri chiziqlar to'g'ri chiziq
1t1l11n faqat ikki nuqtada kesishadi>>.
6- §. Matematik xulosa
Matematik xulosa ham mantiqiy tafakkur qilish shakllaridan biri.
Mutcmatik xulosaga bunday ta'rif berilgan:
« I kkita qat'iy hukmdan hosil qilingan uchinchi natijaviy hukmga
,11l11sa deyiladi>>.
Mlsol. 1-hukm: to'rtburchakning diagonali uni ikkita uchburchakka ajratadi.
2-hukm: har bir uchburchak ichki burchaklarining yig'indisi 180° ga teng.
I hukm: demak, to'rtburchak ichki burchaklarining yig'indisi 360° ga
h'llll (xulosa bo'ladi).
Maktab matematika kursida xulosalarning uchta turi, ya'ni induktiv,
,lrd11ktiv va analogik xulosalar o'rganiladi.
Ta'rif. Ayrim yoki xususuy ma'lumot/arga tayanib umumiy xulosa
,""1orishni induksiya deyiladi.
I nduksiya uch xii bo'ladi: chala induksiya, to'la induksiya va
111atl matik induksiya. Chala induksiya metodi orqali chiqarilgan xulosa
1'11'pgina hollarda to'g'ri, ammo ayrim hollarda noto'g'ri bo'ladi.
I misol. F.ermaning mashhur teoremasi bo'yicha (22" +1) ko'111iishdagi sonlar n = [0,1,2,3,4, ...] bo'lganda 3, 5, 17, 257, 65537, ...
,1hi tub sonlardan iborat edi. Shuning uchun Ferma umumiy holda
k11' 1 i II ishdagi bareha sonlar n ning ixtiyoriy qiymatlarida ham tub sonlar
lon'ladi, deb umumiy xulosa chiqargan. XVIII asrda L.Eyler Ferma
11•11rcmasini tekshirib, uning qonuniyati: n=S bo'lganda buzilishini, ya'ni
lt11sil bo'lgan son murakkab son bo'lishini aniqlagan:
5
(22 +1) = 4294967297 = 641 • 6700417.
5
Bu degan so'z (225 +1) ifoda 641 ga bo'linadi, bundan (22 +1) tub
•1111 bo'lmay, balki murakkab son ekanligi kelib chiqadi. Demak, chala
1111h1ksiya metodi orqali Fermaning Vn e N bo'lganda (2
1111lar tub bo'ladi, degan xulosasi noto'g'ri ekan.
23
211
+1) ko'rinishdagi
Induksiya metodi orqali xulosa chiqarish esa biror matematik qonuniyat
uch hol uchun o'rinli bo'lganidan n-hol uchun o'rinli deb qabul qilinadi.
1- misol.
l
l
l
1
_
+
.
+
.
+
•••
+
n(n
+
l) yig'indisini hisoblang:
1 2 23 34
l
1
s, = 1-2 = 2'
1
1
3+1
4
2
1-2
2-3
6
6
3'
S2=-+-=--=-=S3=
_1_+ _1_+ _l_ = 6 + 2 +l=
_2=._ l
1-2
12
2-3
3.4
12
4
Bu uchta xususiy yig'indiga asoslanib, umumiy xulosa yoziladi:
n
Sn= n+ l.
Maktab algebra kursida daraja va logarifmlar xossalari o'tilgandan so'ng
ana shu xossalarga asoslanib o'quvchilar induktiv xulosa chiqarish yor­
damida daraja va logarifmlarning umumlashgan xossasini chiqarishlari
mumkin.
2- misol.
ani . a"i
= an1+1>.1'
an1 -a"2 •a113 =a n1+ni+n1 ,
'
anl ·Q"1 ·a''1.a"• =a"1+•11+•'1+",,
3- misol.
/g(x1·;s) = lgx1+lgx2 agar x?O A ;s,>0
bo'lsa,
lg(x1·x2·x;) = lgx1+lgx2+lgx3 agar x?O, x2>0, x?O
bo'lsa,
lg(x1·x2·x3·x4) = lgx1+/gx2+/gx3+lgx4
agar (x1·x2·x3·x4)>0 bo'lsa,
/g(x1·x2·xJ"..·x.) =
= lgx1+lgx2+lgx3+...+lgx. agar (x1·x2·x3•... ·x.)>O bo'lsa.
24
M11tematik induksiya metodi. Bu metodda biror matematik qonuniyat
,, I hol uchun o'rinli bo'lsa, uni n = k hol uchun o'rinli deb qabul
'lillli, so'ngra n = k + 1 hol uchun o'rinli ekanligini ko'rsatiladi.
1-misol.
S= I +
2 + 3 + ...+n = n(n+ I) yig'indining o'rinli ekanligini
2
n
111,1tl'll111lik induksiya metodi orqali ko'rsatilsin, bunda
n E N.
I. Agar n = l bo'lsa,
k(k + 1)
A ar n = k bo'lsa,
= 1+ 2 + 3 + ... + k =
sk
.
2
I Agar n=k+1 bo'lsa,
.
(k+2)(k+l)
,\ 11 = 1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) =
. S
1-.hott.
_S
k+I -
(k
k +
l)
+
k(k + 1)
_
(k
2
-
ekanligi isbotlanadi.
2
+
l)
+
_
k(k + 1) + 2(k + 1) _
2
-
-
I A I 2)(/c+ 1)
n(n+1)
I >t'lliak, S =l +2+3+...+n =--
2
n
yig'indisining hisoblash formulasi
1,, ,, 11 i-kan.
n(n + 1)(2n + 1)
.'m.lmI. Sn=12+22+32+ +n2 = ---'--6------ '- ' n E N
Ai,t;1r n = 1 bo'lsa, S1 =
1 ·(1+ 1)(2 -1 + 1)
·
6
= I.
k · (k + 1)(2k + 1)
J A ar n = k bo'lsa, Sk=
ll' n=k+l
bo'lsa,
.
6
sk+l=l2+22+33+...+(k+I)2=
•I 1 l)(ki+f2")(2k+3) bo'lishligini isbotlang.
l·,l,oti. sk+l=S,:+(k+1)2=
k(k + 1)(2k + 1)
6
25
..
2
+(k+l)
=
k+l
- k+ l [
= - -[k(2k + 1) + 6(k + l)_ I= - - · 2k 2 + 7k + 6) =
6
6
= 2(k+ l)(k+ 2)(k +
6
- 1 (k+ l)(k+ 2)(2k+ 3).
-
6
3- misol.
2
1
1. Agar n = 1 bo'lsa, S1 = • (l + l) = l.
4
k2(k+ 1)2
2. Agar n = k bo'Jsa, S = ------''--- =1.
k
3. Agar n = k+1 bo'lsa,
4
Sk=l3+23+33+...k3+(k+1)3 (k+ t)2(k+ 2)2
4
bo'lishligini isbotlang.
·
Isboti.
Sk+t =S
• k
2(k+l)2
+(k+l)3 =k------+(k+I)3 =
4
2
2
) (k+l) (k+2)
= (k+1>2('k +k+,l= (k+I)2(k2 +4k+4=
4
.
4
4
'
-
2
I
T e o r e m a. Qabariq n burchak ichki burchaklarining yig'indisi
180° (n-2) ga teng.
Bu teoremani matematik induksiya metodi bilan isbotlang (1-chizma).
1. n = 3 bo'lganda S3 = 180°.
2. n = k bo'lganda Sk=l80°(k-2)
bo'ladi.
Agar n = k uchun Sk=l80° (k-2)
bo'lca, n = k + 1 uchun
sk+l = 180° [(k+1)-2] bo'lishini
isbotlang.
Bu holni isbot qilish uchun (k + 1)
burchakli qabariq ko'pburchak olinadi.
A1Ak diagonal berilgan ko'pburchakni k
J-chizma.
26
lt111chakli qabariq A1
•••
Ak ko'pburchakka va A1A k+t uchburchakka
,,11atadi, u holda Sk+1= _+S3 tenglik o'rinli bo'Iadi:
0
0
sk+,=1so (k-2)+1so·=1so·[(k-2)+11=1so [(k+1)-21.
I )cmak, teorema har qanday qabariq n burchak uchun ham o'rinli
I
llll.
4- misol. Quyidagi tengsizlikni matematik induksiya metodi bilan
, 1t11tlang:
1
c
1
1
../1_+ + •.• +n>vn.
2
lsboti. n = 1, bo'lganda 1 = 1 tenglik o'rinli.
n = 2 bo'lganda 1 +
.}i > 2
tengsizlik o'rinli.
Hndi faraz qilaylik, berilgan tengsizlik n = k uchun o'rinli, ya'ni
I
1,
'k
, 1 J + •·•k,, v
1
2
,,'omtiladi:
I
bo'lsin, uning n=k+ 1 hol uchun o'rinli ekani
1
1
I
+ + ...+,=+
>vk+l
vl 2
k vk
+1
•
11
1
1\11 tengsizlikni kuchaytirish
,,-_
l
q11'ylladi, u holda vK + .Jk+ l
,
1
1
Ji.+2 + •••k
uchun
o'rniga k
-
> k+l
(I) bo'ladi. Bu tengsizlikni o'rinli
ko'rsatilsa, berilgan tengsizlik isbotlangan bo'ladi.
I I) ning har ikki tomoni kvadratga ko'tarilsa, u holda quyidagi tengsizlik
1,1 ti ho'ladi:
ko111i
2
1
k+- -+ .Jk >k+l
k+l k+l
'
llu tengsizlikning har ikkala tomonini
11·1111.Hlzlik k ning k-1 dan boshqa
1
2 k ' k
--+-k+l k+I
1k
qiymatlaridan
1
1 C
,Jf + Ti + ••• +n >vn
27
fie
k + 1 ga bo'linsa, 2> Vk+i
o'rinli,
shuning
uchun
tengsizlik n ning har qanday qiymatida ham o'rinli.
5- misol. (2n - l)! > n! tengsizlikni matematik induksiya metodi bilan
isbotlang.
Isboti. Ma'lumki. (2n-l)! = 1·3·5·...·(2n-l).
l. n = I bo'lganda 1 = 1 tenglik o' rinli.
n = 2 bo'lganda 3 > 2 sonli tengsizlik hosil bo'ladi.
2. Endi berilgan tengsizlik n = k hol uchun o'rinli, ya'ni (2k-l)! >k! deb
faraz qilaylik, buning n = k + I hol uchun o'rinli ekanini ko'rsatamiz:
{[2(k + 1) - l]! > (k + l)!}
(2k + l)! > (k + l)!
(2k-l)!>k! tengsizlikning har ikki tomonini k+l ga ko'paytiriladi u
holda
k!(k+1)<(2k-l)!(k+ 1)<(2k-1)!(2k+1)=(2k+ I)! ifoda hosil bo'ladi. Bundan
esa (k+1)!<(2k + l)! Shuning uchun tengsizlik n ning har qanday qiymatlarida
o'rinli.
Tengsizliklarni isbotlang:
l. (fJ>n!
1 3 5 2n -1
1
2• 2:·;r 6"' 3n+l.
Ta'rif. Umumiy ma'lumotlarga tayanib ayrim yoki xususiy xulosa
chiqarish deduksiya deyiladi.
Misollar 1. x2-3x-4=0 tenglamaning diskriminantini hisoblab, uning
yechimlari borligini ko'rsating. D=9+16=25. D>O. Ma'lumki, kvadrat
tenglamani yechish haqidagi qoidaga ko'ra uning diskriminanti musbat bo'Isa,
u ikkita haqiqiy har xil yechimga ega edi, shuning uchun x2-3x-4=0
tenglama ham ikkita x1 = 4 va x2 = -1 yechimlarga ega.
2. .Jg-1 0,09 ifodaning qiymatini hisoblang. Bu ifodaning qiymatini
hisoblash uchun maktab algebra kursidan umumiy qonuniyatni o'z ichiga
oluvchi quyidagi teoremadan foydalaniladi.
T e o r e m a. a :.: 0 va b 0 bo'lganda
=
h bo'ladi.
Shuning uchun quyidagi xulosani hosil qilamiz:
a
•
..js1 . o,09 = .JsT..Jo,09 = 9 . o, 3 = 2,1 .
3. Maktab geometriya kursida kosinuslar teoremasining analitik ifodasi
bunday:
I\
c2 = a2 + b228
2ab • cos c .
(1)
Al(ar (I)
da c=90° bo'lsa, cos 90°=0, shuning uchun c2=a2+b2 (2)
l11,'l11di. Bizga ma'lumki, (2) Pifagor teoremasining ifodasidir.
Xulosa chiqarish metodlaridan yana biri bu analogiyadir.'
'1'11'rif. 0 'xshashlikka asos/anib xulosa chiqarish analogiya
,fr1•1/adi.
A11alogiya bo'yicha xulosa chiqarishni sxematik ravishda quyidagicha
1,1wiilash mumkin: Ffigura a, b, c, d, ... xossalarga ega. F figura esa
,,, h, c, ... xossalarga ega bo'lsa, u holda F; figura ham d x1ossaga ega
1,11'l1shi mumkin.
1-ikrimizning dalili sifatida quyidagi tengsizlikni isbot qilaylik. Har
q1111day tetraedr uchun
1
2(IABl+IBq+jA(l)<jSAl+ISB!+ISq tengsizlik
1111I j,
lli1.ga ma'lumki, fazodagi tetraedr
1111111:tsi tekislikda uchburchak figurasiga
,111,dogik figuradir, shuning uchun har
qi111d11y uchburchak uchun o'rinli bo'lgan
q11vldagi xossadan foydalaniladi.
1 lar qanday uchburchakda ikki to111, 111 11zu nligining yig'indisi uchinchi
1,11111111 uzunligidan kattadir (2-chizma):
II
B
A
C
2- chizma.
jAJ>1 + jBq > jAq.
A ar uchburchak uchun
" 1111li bo'lgan ana shu xossani
11111',,I analogik bo'lgan figura
,, 11;11•drga tatbiq qilsak, quyi1L1p1 lcngsizlik hosil bo'ladi (3, 1111111a):
s
C
1·-wl !sAl+ISBI
Jncl"ISBl+ISCI[
JAcl<lsAl+ISCI
1
> ( IAnl+IBcl+IACl)<lsAl+ISBI+1sq.
29
8
3- chivna.
Ta1rrorlash uchun savollar
1. Bilish deb qanday psixologik jarayonga aytiladi?
2. Tafakkur tushunchasining ta'rifini aytib bering.
3. Sezgi deb nimaga aytiladi?
4. ldrok va tasavvur tushunchalarini ta'rijlang.
5. Matematik tushunchaga ta'rif bering.
6. Tus unchaning mazmunini ta'riflang.
7. Tushunchaning hajmi deganda nimani tushunasiz?
8. Tushunchaning jinsi va uning turi deganda nimani tushunasiz?
9. Ta 'rif so'zining lug'aviy ma 'nosini aytib bering.
JO. Real, klassifikatsion va genetik ta'riflarini aytib bering.
11. Matematik tushunchalar qanday metodlar yordamida kiriti/adi?
12. Matematik hukm tushunchasiga ta'rif bering.
13. Matematik xulosa deb nimaga ayti/adi?
14. Matematik xulosa turlarini aytib bering.
15. Matematik induksiya metodini tushuntiring.
Tayanch iboralar
Bilish, tafakkur, hissiy bilish, mantiqiy bilish, sezgi, idrok, tasavvur,
tushuncha, tushunchaning mazmuni, tushunchaning hajmi, tushunchaning
jinsi, ta 'rif, genetik ta 'rif, matematik tushuncha, matematik hukm,
matematik xulosa, induksiya, deduksiya.
III bob
MAKTAB MATEMATIKA KURSIDA TA'LIM
METODLARI
1- §. Matematik ta'lim metod.lari
M1·lod so'zi grekcha so'z bo'lib, <<yo'l ko'rsatish>> demakdir. <<Ta'lim
1111 1111Ii" t ushunchasi esa hozirgi zamon metodika va didaktika fanlaridagi
,1 ,,,1y l11shunchalardan biridir, ammo bu tushuncha yaqin vaqtlarga
,, 1ol;11 liar xilmetodik adabiyotlarda turli mazmunda qo'llanib kelinar
, 11 \IX asrga qadar bo'lgan metodik adabiyotlarda <<metod>> tushunchasi
111,11t·111;1tika kursining asosiy mazmunini bayon qiluvchi mavzuning tavsifi
11.1111L1ishlatiladi. Masalan, <<Sonlami o'rganish metodi>>, <<Geometrik
11 111,darni o'rganish metodi>> va hokazo.
I lozirgi zamon didaktikasida, jumladan, matematika o'qitish meto­
,1, 1•,1 la11ida ta'lim metodining muammolari umumiy holda hal qilingan
11 1'llli, 11 o'zining quyidagi ikki tomoni bilan xarakterlanadi:
,1) o'qitish (o'qituvchining faoliyati);
11) o'rganish (o'quvchilarning ongli bilish faoliyati).
I ,1'lim jarayoni o'qitish va o'rganishdan iborat bo'ladigan bo'lsa,
11 lt11lda o'qitish (o'quvchilaming bilish faoliyatlarini boshqarish va
1•,,li11ishga doir axborot turlari, usul va vositalari), o'rganish (o'quv
111,111·11uli11i o'quvchilar tomonidan o'zlashtirishning turlari, usul va
,,o11.tlari) o'zining quyidagi metodlari orqali amalga oshiriladi. O'qitish
,, ,1·q a11ish metodlari o'zaro bir-biri bilan uzviy aloqadorlikda bo'lib,
111,il• 1;,lida o'qitish jarayonini amalga oshiradi. Maktab matematika
,11 1d11 la'lim rnetodlarini quyidagicha klassifikatsiyalash mumkin.
I llmiy izlanish metodlari (kuzatish, tajriba, taqqoslash, analiz va
11111 ,, umumlashtirish, abstraksiyalash va klassifikatsiyalash).
•
< )'qitish rnetodlari (evristik metod, programmalashtirilgan ta'lirn
111, trnli, muammoli ta'lim metodi, ma'ruza va suhbat metodlari).
I X11losa chiqarish metodlari (induksiya, deduksiya va analogiya).
2- §. Matematika o'qitishdagi ilmiy izlanish metodlari
M11'l11mki, matematika fanini o'rganadigan obyekti materiyadagi
11,wo1tl11rning fazoviy shakllari va ular orasidagi miqdoriy munosa1 ,11l111da11 ihoratdir. Ana shu shakllar orasidagi miqdoriy munosabatlarni
31
aniqlashjarayonida matematiklar izlanishning ilmiy metodlaridan vosita
sifatida foydalanadilar.
Matematikadagi izlanishning ilmiy metodlari bir vaqtning o'zida
matematikani o'qitishdagi ilmiy izlanish metodlari vazifasini ham
bajaradi. O'qitishdagi ilmiy izlanish metodlari quyidagilardan ibo
ratdir.
1. Tajriba va kuzatish. 2. Taqqoslash. 3. Analiz va sintez. 4. Umum..
lashtirish. 5. Abstraksiyalash. 6. Aniqlashtirish. 7. Klassifi.katsiyalash.
4
3- §. Tajriba va kuzatish metodi
Ta'rif. Matematik obyektdagi narsalarning xossalari va ulaming o'zaro
munosabatlarini belgilovchi metod kuzatish deyiladi.
Misol. IV-V sinf o'quvchilariga bir necha figurani ko'rsatib, bu
figuralar ichidan o'q simmetriyasiga ega bo'lgan geometrik figuralarn1
ajrating deb buyursak, o'quvchilar barcha figuralarni ko'rib chiqib quy1,
dagicha xulosaga kelishlari mumkin. Figuralar ichida o'zidan biror o'qqa
nisbatan ikki qismga ajragan figuralar bo'lsa hamda ularni ana shu o'q
bo'yicha buklaganda qismlar ustma-ust tushsa, bunday figuralar simmetrik
figuralar bo'ladi. Ammo boshqa figuralarda o'zlarini teng ikkiga bo'luvclu
to'g'ri chiziqlar bo'lmasligi mumkin. U holda bunday figuralar nosim•
metrik figuralar bo'ladi. Biz figuralardagi bunday xossa va ular orasidagi
munosabatlarni kuzatish orqali figuralarni simmetrik va nosimmetrik figura•
larga ajratildi.
Ta'rif. Matematik obyektdagi narsalarning xossalari va ular orasida i
miqdoriy munosabatlarni sun 'iy ravishda bo'lak (qism)larga ajratish
yoki ularni birlashtirish tajriba metodi deyiladi.
Misol. O'quvchilarga natural sonlarni tub ko'paytuvchilarga ajratish
o'rgatiladi:
l=l, 2=2·1; 3 = 3·1; 4 = 4·1; 5 = 5·1; ...
O'quvchilarda ixtiyoriy natural sonlarni misolda ko'rsatilganidek, tull
ko'paytuvchilarga ajratish jarayonida tajriba hosil bo'lib, ular natural sonlar
to'plamida tub va murakkab sonlar mavjud ekanligini tushunib yetadilar.
Murakkab natural sonlarni ham tub ko'paytuvchilarga ajralishini, ammo
ularning ko'paytuvchilari kamida uchta va undan ortiq bo'lishini tajrib.i
orqali tekshirib ko'radilar.
Masalan: 4=2·2·1; 6 = 3·2·1; 25 = 5·5·1; 36 = 3·3·2·2·1.
Kuzatish va tajriba natijasida tub hamda murakkab sonlarni qonun va
qoidalari o'quvchilarga tushuntiriladi.
32
4- §. Taqqoslash metodi
Ta'rif. O'rganilayotgan matematik obyektdagi narsalaming o'xshash
farqli tomonlarini aniq/ovchi metod taqqoslash metodi deyiladi.
Taqqoslash metodi ham ilmiy izlanish metodlaridan biridir. Taq­
qoslash metodini matematika darslarida o'rganilayotgan mavzu material­
lnriga tatbiq qilishda quyidagi prinsiplarga amal qilinadi:
I) taqqoslanayotgan matematik tushunchalar bir jinsli bo'lishi
knak;
2) taqqoslash o'rganilayotgan matematik obyektdagi narsalaming
,,.,osiy xossalariga nisbatan bo'lishi kerak.
1- misol. Uchburchak figurasi bilan to'rtburchak figurasi taqqoslanganda
111:11 ning o'xshash tomonlari: uchlari, burchaklari; ularning o'zaro farqli
l11111onlari:
a) uchburchakda uchta uch va uchta tomon;
b) to'rtburchak to'rtta uch va to'rtta tomondan iboratligi aniqlanadi.
Bu misolda taqqoslashning ikkala prinsipi ham bajarildi, ya'ni uchburchak
v,1 to'rtburchak figuralari bir jinsli tushunchalar bo'lib,
ikkalasi ham
11'11burchakning xususiy hollaridir hamda taqqoslash metodi ikkala figuraning
P;1,siy xossalariga nisbatan amalga oshirildi.
2- misol. 8-sinf algebra kursida arifmetik progressiya n-hadini hisoblash
1111 mulasini keltirib chiqarish ham taqqoslash metodi orqali amalga
11•,h iriladi.
Ta'rif. lkkinchi hadidan boshlab o'zidan avvalgi har bir hadiga
/,/mr o'z-garmas son qo'shilishidan hosi/ bo'ladigan sonlar ketma-ketligi
,111/metik progressiya deyiladi.
1 :araz qilaylik, a" a2, a3, .... an, ... ko'rinishdagi sonlar ketma-ketligi
lw11lga11 bo'lsin. d - o'zgarmas son bo'lsin, u holda ta'rifga ko'ra:
(1)
a2 = a1 + d
I'"
a3 = a2 + d
(2)
( I) va (2) dan:
Sl11rningdek,
(4)
( I) va (4) laming o'zaro taqqoslash hamda induksiya metodini
t,11111'1 qilish natijasida arifmetik progressiya n-hadini hisoblash formulasi
. l1i11li chiqariladi:
a,,= a11 1_ + d= a,+ (n- 2)d+ d= a,+ (n-l)d.
AIIKOll\lV
33
5- §. Analiz va sintez metodi
Ta'rif. Noma'lumlardan ma'/umlarga tomon iz/ash metodi ana/iz
deyi/adi.
Analiz metodi orqali fikrlashda o'quvchi quyidagi savolga javob
berishi kerak: «Jzlanayotgan noma 'lumni topish uchun nimalami bi/ish
kerak ?» Analiz metodini psixologlar bunday ta 'riflaydilar: «butunlardan
bo'laklarga tomon izlash metodi analiz deyiladi».
Fikrlashning analiz usulida har bir qadamning o'z asosi bor bo'ladi,
ya'ni har bir bosqich bizga ilgaridan ma'lum bo'lgan qoidalarga
asoslanadi. Fikrlarimizning dalili sifatida quyidagi teoremani analiz
metodi bilan isbot qilamiz.
Teo rem a. Aylana tashqarisidagi nuqta­
dan aylanaga kesuvchi va urinma o'tkazi/sa,
kesuvchi kesmalarning ko 'paytmasi urin­
maning kvadratiga teng ( 4-chizma).
B e r i1g a n: teoremada berilgan barcha
4- chizma.
shartlarni Ill, xulosani esa Xbilan belgilaylik.
Ill: [AC] - urinma;
C - urinish nuqasi;
[AD] - kesuvchi;
[AB] - uning tashqi qismi.
lsbot qilish kerak: AC2 = !ADI · /AB/.
lsboti. Bu teoremani isbotlash uchun oldindan ma'lum bo'lgan
matematik faktlar kerak bo'ladi, ularni qisqacha (/) bilan belgilasak,
teoremani shart va xulosalarini quyidagicha yozish mumkin:
W,<P--'rX.
lsbotlash natijasida hosil qilinadigan AC2 = IAD\\ABI natijani yana
quyidagicha yozish mumkin:
[(III, ){[; :=:; \]]
X
Endi bizning maqsadimiz shart va ma'lum faktlar asosida
. b propors1.yam.ng
I I AACD II=I I ACBI I ru. am.q1 ashdan 1'b orat. B u savo1 ga Javo
o'zidan ko'rinib turibdi, agar ACva AD larni bir uchburchak tomonlari
desak, u holda AC va AB larni ikkinchi uchburchak tomonlari deya
34
111111111:,;. U holda tiACDva il ABClami hosil qilish kerak bo'ladi. Buning
111 h1111
/J va C hamda C va D nuqtalami o'zaro birlashtirish kifoya. U
h11ld11,
[(lll,<P),(MC.DruMBC) ]=> IADj =IIA
ACI.
CI
BI
l'ndi esa bu uchburchaklaming o'xshashliklari bizga noma'lumdir,
\II '111
(ill,<!>),
MCD ru MBC.
Bunda ikki uchburchak o'xshash bo'lishi uchun qanday shartlar
t.111111 ilishi kerak degan savol tug'iladi, bunga quyidagicha javob berish
11111111kin:
?
I (llf,<P),LA = LA,= LACD = LADC] (MCDruMBC).
Bu mulohazalardan esa quyidagi savollar kelib chiqadi:
?
(111,<fJ) LA = LA.
?
(lll,<P)
LACB = LADC.
Bu savollarga esa
q11y11lagicha javob berish mumkin:
I) har qanday burchak o'z-o'ziga teng;
)) aylanaga ichki chizilgan burchaklar haqidagi teoremaga ko'ra
vnki 11shbu burchaklami o'lchash orqali hal qilish mumkin.
Yuqoridagi isbotni sxema orqali bunday ifodalash mumkin:
35
T e .o r e m a. Ikki son yig'indisining o'rta arifmetigi shu sonlar o'rta
geometrigidan kic,hik emas.
V(a,b)
0,
lsboti.
:b
-a-+-b..Jac.o
2 il
ana11·z
a+b 2 ab
a - 2 il ab + b
0
( a-.fh)2 o.
Misol. Quyidagi tenglama analiz metodi bilan yechilsin:
lg2(x+1)= 2_
lg2(x-3)
Bu tenglamaning yechimini topishning o'zi noma'lumdan ma'lumga
tomon izlanish demakdir. Bu tenglama x > 3 va x* 4 larda ma'noga egadir:
/g2(x+1)=2 Jg(x- 3),
-8x+7=0
/g2(x+ l)=lg(x-3)2,
2(:x+l)=(x-3)2,
2x + 2 = x2-
6x + 9.
Bunda x>3 bo'lgani uchun x2=1 yechim bo'la olmaydi, shuning uchun
x1 = 7 yagona yechimdir.
Ta'rif. Ma'lumlardan noma'lum/arga tomon iz/ash metodi sintez
deyiladi.
Sintez metodida fikrlashning bir bosqichidan ikkinchi bosqichiga
o'tish go'yoki ko'r-ko'rona bo'ladi, bu o'tishlar o'quvchiga noaniqroq
bo'ladi. Sintez metodida biz berilganlarga asoslanib nimalarni topa
olamiz, degan savolga javob beramiz. Yuqoridagi teoremani sintez
metodi orqali isbot qilaylik.
B e r i I g a n: llJ: [AC] - urinma; C - urinish nuqtasi;
[AD] - kesuvchi; [AB] - uning tashqi qismi.
36
Ishot qilish kerak: lll,<I>----. (X:AC2 = IA.DI IA.Bl).
lliz isbotning sintez metodini quyidagi sxema orqali chizib ko'ramiz:
X
:I AC 12:alAB II AD I
MCBooMBC
l
J. l e o re ma . Ikki son yig'indisining o'rta arifmetigi shu sonlaming
" , ,,, f(eometrigidan kichik emas.
'v'(a,b)
0,
I shoti.
( Jr,)2 0
( a)2-2 Jh + (JF,)2 0
a -
•
a
a-2 ab +b 0
a+b
2
.Jab
•
Y11qoridagilardan ko'rinadiki, analiz sintez metocliga nisbatan ancha
q11l11y metod ekan, chunki bunda o'quvchilar o'z mulohazalami mus­
' •'Ill rnvishda asoslab isbotlashga doir misol va masalalami yechish-
1,11 htn yordam beradi. Umuman olganda, analiz va sintez metodlari
1,11 hli idan ajralmaydigan metodlardir. Masalan, teoremani analiz yo'li
hll1111 isbot qilinsa, uni sintez metodi orqali tushuntiriladi, chunki bu
1111'11111 nncha ixcham va maqsadga tomon tezroq olib keladigan metoddir.
I 1 11111 imizning dalili sifatida quyidagi misolni ham sintez metodi orqali
I I I lt11fJ1iZ.
Mhml. x, = 1 va x2 = I yechimlarni qanoatlashtiruvchi logarifmik tenglama
11111111111 Bu yerda qo'yilgan savolning o'zi ma'lumdan noma'lumga tomon
1-l,1nh11I tnlab qilyapti, shuning uchun bu savolga sintez metodi orqali javob
37
beriladi. Bu yerdagi bajarilishi kerak bo'lgan matematik jarayon ildizdan
tenglamaga tomon olib boriladi.
1) x1 = 7 va =l yechimlarni qanoatlantiruvchi tenglamani quyidagicha
tuzish mumkin:
(x - 7)(x - 1) = 0,
x'- - 8x + 7 = 0.
Ayniy almashtirish bajarish bilan quyidagi tenglamani hosil qilamiz:
lg2(x+l)=
x2- 6x - 2x + 9 - 2 = 0, lg(x _ 3) 2
2x + 2 = x2-
6x + 9,
2x + 2 = (x - 3)2,
/g(l(x+ l)) = 2 • lg(x - 3)1: lg(x - 3}t0.
Biz sintez metodi yordamida ma'lum bo'lgan x1=7 va x2=1 ildizlarni
qanoatlantiruvchi
lg2(x + 1) 'l
lg(x _ 3) = .,_ ko'rinishdagi noma'lum tenglamani hosil
qildik.
6- §. Umumlashtirish metodi
Umumlashtirish tushunchasi ham matematika o'qitishdagi ilmiy
izlanish metodlaridan biri bo'lib hisoblanadi. Umumlashtirish usulining
ahamiyatini atoqli olim AN. Kondakov quyidagicha ta'riflaydi.
<<Umumlashtirish shunday mantiqiy usulki, uning vositasi orqali
birlik fikrlashlardan umumiy fikrlashlarga o'tiladi>>.
Maktab matematika kursida umumlashtirish tushunchasi quyidagicha
tatbiq qilinadi:
I) matematik tushunchalarni umumlashtirish;
2) teoremalarni isbotlashda umumlashtirish;
3) misol va masalalarni yechishda umumlashtirish.
Endi umumlashtirish tatbiqlari alohida-alohida ko'rib chiqiladi.
1. Matematik tushunchalami umumlashtirish
Ta'rif. Matematik obyektdagi narsalaming asosiy xossalarini aks
ettiruvchi tafakkur shakli matematik tushuncha deyiladi.
Har bir matematik tushuncha o'zining ikki tomoni bilan xaraktcr­
lanadi:
,1) I11shunchaning mazmuni;
Ii) 111shunchaning hajmi.
I 11'rlf. Tushunchaning mazmuni deb, ana shu tushunchani ifoda-
1 ,1, 111 asosiy xossalaming to'plamiga aytiladi.
Masalan, to'rtburchak tushunchasini olaylik. To'rtburchak tushuncha1111111.,. 111azmuni quyidagi asosiy xossalar to'plamidan iborat:
I) lo'rtburchakning diagonali uni ikkita uchburchakka ajratadi.
.') ichki qarama-qarshi burchaklarning yig'indisi 180° ga teng.
I) diagonallari bir nuqtada kesishadi va shu nuqtada ikkita bo'lakka
l11,·li11adi.
I 11'rlf. Tushunchaning hajmi deb ana shu tushunchaga kirgan barcha
, 1,\'t'ldlar to'plamiga aytiladi.
Mnsalan, to'rtburchak tushunchasining hajmi to'rtburchak tushun­
h, ,11'11 kirgan barcha to'rtburchak turlaridan, ya'ni: parallelogramm,
1d1.il, romb va trapetsiyadan iborat. Bundan ko'rinadiki, to'rtburchak
1 ,_l1111H ltasining hajmini tomonlari uzunliklarining miqdori turlicha bo'l1111 lt,111.:lta katta va kichik to'rtburchaklartashkil qilar ekan. Hajmjihatidan
1v,, 111azmun jihatidan esa tor bo'lgan tushunchani jins tushunchasi va
,1 1111 ha hajmi tor, mazmuni esa keng bo'lgan tushunchani tur tushunchasi
1 I, v11111i ladi. Masalan, akslayntirish tushunchasini olaylik. Bu tushunchadan
1 \ 111v1 hi va qaytmaydigan akslantirish tushunchalari kelib chiqadi.
1111 ycrda akslantirish tushunchasi qaytuvchi va qaytmaydigan akslan11 111shunchalariga nisbatan jins tushunchasi, qaytuvchi hamda
•t \-I111aydigan akslantirish tushunchalari akslantirish tushunchasiga
11 l1i11:111 tur tushunchalari bo'ladi. Yuqoridagi mulohazalardan ko'rina1 I , Ii ns tushunchasi tur tushunchalariga nisbatan umumiy bo' lgan
,, -1111111 ha ekan. Shuning uchun ham tushunchani umumlashtirishga
11\ 1d,w,idia ta'rif berilgan: «Tur tushunchalaridan }ins tushunchalariga
,, 111'1111.vhunchani umumlashtirish deyiladi>>. Umumlashtirishjarayonida
,, 11t,1111layotgan tushunchalar orasida umumiy xarakterli mosliklar o'r11,111lth, 11111umiy fikrlashlarga o'tiladi. Yuqoridagi mulo]lazalardan
.. 111111> turibdiki, umumlashtirishjarayonida umumlashtirilgan tushun­
' l1o111111p. hajmi ortib, mazmuni torayar ekan.
l\l1!1111. Qaytuvchi akslantirish tushunchasining hajmi B bo'lsin, uning
,,111111 ex bo'lsin. Akslantirish tushunchasining hajmi H uning mazmuni
,
/I l111'lsin. Tushunchani umumlashtirishga berilgan ta'rifga ko'ra quyidagi
(a > /3). Bunda B - qaytaruvchi
. 1.,1111,ishning hajmiga obyektiv akslantirish kiradi. H - akslantirishning
1 111111!•.11 1·sa barcha akslantirishlar kiradi. Shuning uchun qaytuvchi akslantirish
, 11111111.i1h11t u'rinli bo'ladi: (B ell) =>
39
tushunchasi akslantirish tushunchasining qismi bo'lmoqda. Boshqacha ayt­
ganda, akslantirish tushunchasi qaytuvchi va qaytmaydigan akslantirish tu­
shunchalarining umumlashgan holi ekan.
Endi uning mazmuniga kelsak, bu yerda qaytuvchi akslantirish degan­
dafaqat shu akslantirishning xossalarinigina o'rganamiz. Demak, o'rganadigan
tushunchaning mazmuni aniq. Endi akslantirish tushunchasini olsak, bu
yerda biz o'rganadigan tushunchaning mazmuni noaniqroq, chunki akslan­
tirish tushunchasidan ikkita, ya'ni qaytuvchi va qaytmaydigan akslantirish
tushunchalari kelib chiqadi. Bulardan ko'rinib turibdiki, qaytuvchi akslantirish
tushunchasining mazmuni akslantirish tushunchasining mazmunidan katta
ekan, ya'ni: a > {3.
1. Teoremalarni isbotlashda umumlashtirish
Teoremalami umumlashtirish jarayonida o'quvchilar uning shart
va xulosa qismini o'zaro ajratishlari hamda ular orasidagi o'xshash va
farq tomonlarini analiz qilishlari lozimdir.
Analiz qilish quyidagi bosqichlar orqali amalga oshiriladi:
1) teoremada qatnashayotgan xossalarni asosiy va asosiy bo'lmagan
xossalar guruhiga ajratiladi;
2) teoremani umumlashtirish uchun uning shartida qatnashayotgan
asosiy xossalard'an qaysi birining mazmunini o'zgartirish kerakligi
aniqlanadi;
3) teorema umumlashgan holda isbot qilinadi.
T e o re m a. Agar bir to i 'ri chiziqda bir neeha kongurent kesma
ajratilsa va ularning uchlaridan ikkinchi to i 'ri chiziqni kesuvchi o'zaro
parallel to i 'ri chiziqlar o'tkazilsa, ular ikkinchi to i 'ri chiziqda o'zaro
kongurent kesmalar ajratadi (5-chizma).
a
E
- A , - BJ= ------- -.1::::::::lfl:
c,
5- chizma.
40
b
[AB]"[CD]e a,
[AB]= [CD],
[ AA1 ]II[BB1 ]II[CCI ]II[DD1 ].
llcrilgan:
l hot qilish kerak: [Ai-.8i]=[C1.Di]eb.
I "hot i . Bu teoremani isbotlashda uchburchaklar kongurentligining
,il1111111tidan foydalanish maqsadga muvofiqdir. Chizmadan:
[AB]ll[AI.E]A[CD]II[ CIR].
11 1m, = t:.C,HD, bir tomoni va unga yopishgan burchaklariga ko'ra,
I 11111d11"
I 11les teoremasida asosan ikki shart bor: 1) a to'g'ri chiziqda kongu111v,.111 kesmalar ajratilsin, 2) kesmalaming uchlaridan b to'g'ri chiziqni
•M1vrhi parallel to'g'ri chiziqlar o'tkazilsin. Faraz qilaylik, a to'g'ri chiziqda
111111,11ruyent kesmalar emas, balki ixtiyoriy kesmalar ajrataylik, u holda
I 111r11111ning mazmuni quyidagicha bo'ladi: <•Agar bir to'g'ri chiziqda bir
11,1
hn ixtiyoriy kesma ajratilsa va ulaming uchlaridan ikkinchi to'g'ri chiziqni
-11vd1i o'zaro parallel to'g'ri chiziqlar o'tkazilsa, ular ikkinchi to'g'ri chiziqda
1,,1111 lxtiyoriy kesmalar ajratadi>>.
llcrilgan:
([AB]" [BC]) e a;
l1,hot qilish kerak:
I •, h o t i. 6-chizmada:
a
h
A,
B1
---H
DI
6- chiqna.
41
IA,Bd IAiEI
(M1EB,006.C1HD1) IC1Dil= IC1HI
[A1E]ll[AB] A ([C,H)ll[CD])
[A1E] = [AB] A ([C1H] =[CD])
(1)
(IA1El = (IABI)" (le,HI = ICDI)).
(1) tenglikdagi JA1E1va IC/:/J o'rniga (2) tenglikdagi AB va CD lar
qo'yilsa, qo'yidagi tenglik hosil bo'ladi:
jABI _ IA1 Bil
leD-I
jc1D1•1
(3) tenglik proporsional kesmalar haqidagi teoremaning natijasidir.
Demak, proporsional kesmalar haqidagi teorema Fales teoremasining
umumlashgan holi ekan.
3. Masalalarni yechishda umumlashtirish
Ma'lumki, maktab geometriya kursi deduktiv asosda mantiqiy
qurilgan fandir. Shuning uchun ham maktab matematika kursidagi barcha
amaliy materiallar o'quvchilarning mantiqiy fikrlash qobiliyatlarini har
tomonlama shakllantirishga qaratilgandir. O'quvchilarning mantiqiy
fikrlash qobiliyatlarinl shakllantirish esa matematikada yechiladigan
amaliy mavzu materiallariga o'qitishning ilmiy izlanish metodlarini
izchillik bilan tatbiq qilish lozimligini taqozo etadi. Ana shunday
metodlardan biri umumlashtirish usulidir.
1- misol. Berilgan ikki kesmaga o'rta proporsional bo'lgan kesmani yasash
qoidasiga asoslanib, bir-biriga teng bo'lmagan ixtiyoriy ikki musbat sonning
o'rta arifmetigi shu sonlarning o'rta geometrigidan katta son ekanligini isbot
qiling.
Berilgan: a va h sonlar; a> 0, b > 0, a -t= b.
Isbot qilish kerak:
a+b> q
- -vao.
2
Isboti.
a+b - 2 ab -:?. 0
42
( a -JE}2 ;;:: 0 demaka,; b;;::ab.
I uraz qilaylik, berilgan sonlar uchta bo'lsin. Berilgan: a, b, c 111111,u, 11>0, b>0, c>0, a :t: b :t: c.
. .
sh k e r a k : a+ b + c 3 , - ,-1 • hot
;;:: v abc.
q Ii1
2
- I h II ti. Faraz qilaylik, a = x3, b = y3, c = z3 bo'lsin, u holda
( x'+
(,,> + ,' +z', ,'y'z' -3)
+z' ,: ,','z' )
(x3 + y3 + z3
(x3 + y3 + z3 - 3.xyz O) .
3.xyz)
A1&11r (I) tengsizlikning o'rinli bo'lishi ko'rsatilsa,
a+b +c
3
(1)
>
_ VaafxC:
,111l1p,I ko'rsatilgan bo'linadi:
[(x + y + z)3 - 3 ( x + y + z) x
I( 3 + y3 + z3 - 3.xyz) ;;:: OJ
x(.xy + xz + yz)]
0
[(x + y + z)x
x(.x2 + y2 + z2 - .xy + xz + YZ )1;?: 0.
(2)
U) d,,gi birinchi ko'paytuvchi musbat, shuning uchun ikkinchi ko'pay­
llm h111i musbat ekanligi ko'rsatiladi, (1) tengsizlikning musbat ekanligini
,, ,_,,,p,1111 bo'lamiz:
(, 1 y2+z2-xy+xz+YZ) =1(2x2 +2y2 +2z2-2xy-2xz-2yz)
1
j(x-z/+(x-y}2+(y-z)2] o.
(3)
f, 1 11•11.isizlik doimo berilishiga ko'ra musbatdir, agar x=y=z bo'lsa, (3)
11111.,1,llk nolga teng bo'ladi, bu holda (1) tengsizlik tenglikga aylanadi.
a+b+c
1 11111k,
3
r-:-
;;:: vabc tengsizlik o'rinli ekan.
11 I uraz qilaylik, berilgan sonlar to'rtta bo'lsin.
II r I i I g an : a, b, c, d - sonlar; a > 0, b > 0, c > 0, d > 0.
a+b+A+d
l1.l,111 qilish kerak:
4
43
4'bJ
;;:: va c .
a+b
Is bot i. -,.,-
,-,vabc ga asosan
(a;b') M
'
(4)
,
bo'lgani uchun bulami (4) ga qo'ysak:
a+b+A+d
.J.Jab·..Jcd
a+b+c+d '2:. abcd.
4
4
a+b+c+d;;;: v4,a,;o;cja tengs1·z11·k o ,rinIi b o•Iad1..
Demak,
4
Endi yuqoridagi • tengsizlikni har qanday n uchun o'rinli deb, matematik
induksiya metodi orqali umumlashgan (n + l) hol uchun isbot qilamiz:
,N = nNn +a,,+1I (N = nN,, +N,, +EI
l
, I '
Nq(n +1 + E ')
n+ 1 ,
( Nn+I=
11 1
+
n+1
,r+t
n +1
I
,
(
E
'Nn+I= N,,+ n + 1 '\.
i
(( Nn+I r+I
N: a,.+1 ) ::::) ( N n+I
n+ N: an+I ) ::::)
Nn+I .?: n+ a1'½. • • • an+I •
111 Ill 1k,
ai + a, + a3 + ... +a,.+ a,.•.
- --------------------------------;?:" Q1tli•••Qn+I •
n+l
I• mtHol. C nuqta [AB) kesmani teng
I
11111 ho' ladi. 0 ixtiyoriy nuqta.
11,111 OA
A
-----'.------
B
OC
= a, OB= b vektorlar orqali
l,1l1111i (7-chizma).
llrl'ilgan: [AB], OA =
a,OB= b,
0
7- chivr,a.
ke r a k: OC - ?
I II I' I sh
loi•h shartga ko'ra: (; =I) bo'lgani uchun
/AcJ= ½/AB/
(I)
l,1dl
• hltmadan: AC va AB
vektorlarning yo'nalishlari bir xii bo'lgani
,141111111
AC=OC-OA,
(2)
AB= OB-OA,
(3)
1 J> vu (3) Jami (1) ga qo'yilsa, quyidagi ifodalar hosil bo'ladi:
- C=1(O- B+-O)A,
O
1(-OB-O
-)A ,
2\
1
O< . --OA = 1
I-
2
- 1(
1-
OC =
()(, - -OB +-OA,
2
2
45
2
b+ .a.. ) .
Endi shu kesmani ikkita C va D nuqtalar
yordamida teng uch bo'lakka bo'laylik. 0
ixtiyoriy nuqta. 0C va AD vektorlarni
0A = . OB =
b vektorlar orqali ifodalang
(8-chizma).
....
0
Berilgan: [AB], OA = a,
8- chiz,na.
Topish
kerak:
OB= b
1AC =-AB.
3
0C = ?
Yechish: shartga ko'ra:
AC 1'1 1( AB =
AC= AB,
3
3,
'
(1)
AB va AC vektorlarning yo'nalishlari bir xil bo'lganligi uchun
(2)
(3)
AB=OB-OA,
(2) va (3) larni (1) ga qo'ysak:
OC - OA =
-
1-2-
oc =-OB+-OA,
(OB - OA),
3
3
- 0C
=1 (-b+-2)a .
OC = i(OB+20A ).
3
Endi shu [AB] kesmani C, D, E, ... nuqtalar yordamida teng n tu
bo'lakka bo'laylik. 0 - tekislikning ixtiyoriy nuqtasi bo'lsin (9-chizma).
OC vektorni OA = ;, OB= b vektorlar orqali ifodalang.
Berilgan: [AB],
-
-. -
.... IACI 1
OA = a, OB= b, IABI =-;;
46
I op ish
kerak:
Ycchish:
OC= ?
-
shartga
IACI I
I I I
ob
I A Bl = -;;•
0
I
9- chiz,na.
Af. va AB vektorlarning
y11·11,11ishlari bir xii bo'lganligi uchun
AC= OC-OA,
(2)
AB= OB-OA,
(3)
(2) va (3) larni (1) ga qo'ysak:
'
OC -OA = .!.(oB-OA),
OC = .!.(oB+ (n-l)OA).
11
'l
OC=-I ; ,, . b. . . +(n-l) a.
'
,
7- §. Abstraksiyalash metodi
< )'qitish jarayonidagi ilmiy izlanish metodlaridan biri bu abstrak­
l\•1iln•,lidir. Abstraksiyalash - o'rganilayotgan obyektdagi narsalarning
1111d1i111 hclgilarini, sifat yoki xususiyatlarini fikran ajratib olib ana shu
1. . 1,,1, silat yoki xususiyatlarni mustaqil fikr obyektiga aylantirishdan
1l1111nl talakkur operatsiyasidir.
I mlsol. O'qituvchi abstraksiyalash metodini o'quvchilarga 3·5=15 mi­
_,,1 111qali tushuntirishi maqsadga muvofiq. Ma'lumki, bu oddiy matematik
1, 1111llkdir, ammo u obyektiv olamdagi ma'lum bir qonuniyatlarni aks
, 11111,dl. Agar 3·5=15 tenglikka ma'lum bir shartlarni qo'yilsa, u holda bu
1, 111111k quyidagi qonuniyatlarni ifodalaydi:
Aw,r 3 sonini qalamlarning soni, 5 sonini har bir qalamning qiymati
,I, ,, . 11 holda 15 soni jami qalamlarning qiymatini (qancha turishini)
,1.. ,1,1L1ydi.
l\ 111 3 sonini odamning piyoda yurgan vaqti, 5 soni uning bir soatdagi
1, 11111 dcsak. u holda 15 soni piyoda odamning 3 soat ichida bosib o'tgan
." 11111 lfodalaydi.
47
2- misol. Fizika kursida jismning harakat tezligi tushunchasini v =v
+at
1
0
formula bilan, metall sterjen uzunligini qizdirilgandagi o'zgarishini l,=(+at
formula bilan, chiziqli funksiyaning burchak koeffitsiyentli formulasini esa /
(x)= ax + b bilan ifodalaymiz. Agar bu formulalarga diqqat bidan qarasak,
v1=v +at va l"=l +at formulalar f(x)= ax + b chiziqli funksiya formulasining
fizikada yozilishi ekanligini ko'ramiz.
Yuqoridagi misollardan ko'rinib turibdiki, abstraksiyalash usulida narsa­
larning aniq holatidan uzoqlashib, ularning muhim belgilari haqidaginn
gap boradi, narsalarning turli ko'rinishlari bo'yicha fikr yuritilmaydi. O'quv­
chilarga abstraksiyalash metodini o'rgatish ularning narsa va hodisalarni
muhim belgilarini ajrata olishlari hamda ilmiy tushunchalarni o'zlashtirishlari
uchun katta ahamiyatga egadir.
0
0
8- §. Aniqlashtirish metodi
O'rganilayotgan obyektdagi narsalarning xossalarini bir tomonlama
xususiy holda fikrlash aniqlashtirish deyiladi.
1- misol. a2 - b2 = (a - b)·(a + b) bu formulani aniq hollar uchun
quyidagicha qo'llash mumkin:
812 - 632 = .J(81- 63)(81 + 63) =18 -144 = 12 · 3 2 =
= 36 -1.144 = 50,9.
2- misol. Ma'lumki, kosinuslar teoremasi
c2 = a2 + b2 - 2abcosC"
formula bilan ifodalanadi: Agar C = 90° bo'lsa, cos 90° = 0, u holdn
c2 = a2 +b2- Pifagor teoremasi kelib chiqadi.
9- §. Klassifikatsiyalash metodi
Ta'rif. Jins tushunchalaridan tur tushunchalariga o'tish klassiji­
katsiyalash deyiladi.
Klassifikatsiyalash jarayonida o'quvchilar (muhim yoki o'xshash)
belgiga asoslangan holda, ularni bir sinfga birlashtirishga harakal
qiladilar, ya'ni ularni o'xshash, umumiy va farqli tomonlarini qarah
bir-biridan ajratadilar, buning natijasida ular tushunchalarni klassifi
katsiya qiladilar.
Masalan, ko'pburchak tushunchasini klassifikatsiyalash quyidagicha
amalga oshiriladi:
48
I
KO'PBURCHAK I
. ------------------------------------------------------------------------- ,
QAVARIQ
I
I
B_OT_I_Q_ _,
TRAPETSIYA
10- §. Evristik ta'lim metodi
<<Evristika>> degan so'zning ma'nosi savol-javobga asosan topaman
,lt-makdir. Evristik metod bilan o'qitish maktabdarda asosan, XIX asr
h11shlaridan boshlab qo'llanila boshlandi.
Atoqli pedagog-matematik S.I.Shoxor-Trotskiy o'zining <<feo­
"H'. rp1u1 Ha 3a;::i;aqax>> nomli kitobida bunday yozadi: «Geometrik
11111shg'ulotlar o'quvchilarga qiziqarli bo'lishi uchun, bu mashg'ulot1,mlagi har bir masala yoki topshiriq so'zma-so'z quruq yodlash
lll'hun emas, balki ulaming aqliy faoliyatlarini ishga soladigan xarak1rnla bo'lishi kerak. (Shoxor-Trotskiy S.I. <<Geometriya na zadachax»
M., 1908-y. 14-bet).
Amerikalik olim D.Poya o'zining «KaK pernaT 3a,1:i:aqy>> nomli kitobida
,·v1istik ta'lim metodini bunday tushuntiradi: <<Evristikaning maqsadi v1111giliklarga olib boruvchi metod va qoidalami izlash demakdir>>. U
,·v, istik metod mohiyatini quyidagidek izchillikda tuzilgan reja orqali
,111111lga oshirishni tavsiya qiladi:
I. Masalaning qo'yilishini tushunish.
2. Masalani yechish rejasini tuzish.
l Tuzilgan rejasini amalga oshirish.
4. Orqaga nazar tashlash (hosil qilingan yechimni tekshirish).
nu rejani amalga oshirishjarayonida o'quvchiJar quyidagi savollarga
1,1voh topadilar:
I. Masalada nimalar noma'lum?
.'. Masalada nimalar ma'lum?
I. Masalaning sharti nimalardan iborat?
•I. Ilgari shunga o'xshash masala yechilganmi?
Agar shunga o'xshash masala yechilgan bo'lsa, undan foydalanib
•l'•·v1layotgan masalani yecha olamizmi?
,
•, Allxonov
49
Albatta, yuqoridagi reja-sxema o'quvchilarning ijodiy fikrlash fao
liyatlarini shakllantiradi, ammo bu reja-sxema o'quvchilarning ijodiy
qobiliyatlarini shakllantiruvchi birdan-bir yo'l bo'la olmaydi.
Matematik-metodist V.V. Repev evristik metod orqali o'qitishni
bunday ta'riflaydi: <<Bu metodning mohiyati shundan iboratki, o'qituvchi
tomonidan sinf o'quvchilari uchun o'tiladigan mavzu materialining
mazmuni muarnmo qilib qo'yiladi, so'ngra maqsadga tomon yo'nalti­
ruvchi savollar sistemasini o'quvchilarga berish orqali qo'yilgan muam­
moni hal qilinadi. (PerrbeB B. B. <<O6IUa.H MeT0.IUiKa MareMan:IKH>>,
M., 1958-y., 149-bet).
Endi yuqorida aytilgan fikrlarning dalili sifatida quyidagi tenglama
va masalani evristik ta'lim metodi bilan yechib ko'rsatamiz.
l. Ushbu lx2- 3x- 91 =-5 tenglamani evristik metod bilan yeching.
Bu tenglamani evristik metod bilan yechishda o'qituvchi bilan
o'quvchilar orasidagi suhbat keltiriladi, bu ta'lim jarayonidagi evristik
metod mohiyatini ochib beradi:
O'qituvchi. lx2- 3x - 91=-5 tenglama qanday yechiladi?
O'quvchi. Bu tenglamani yechish uchun uning r - 3x - 9=-5 va
-x2 + 3x+9=-5 tenglamalar ko'rinishida yozib olinadi.
O'qituvchi: x-2 3x - 9=-5 va -x2+ 3x+9=-5 tenglamalarni qanday
qoidaga asoslanib yozdingiz?
Agar bizga lal soni berilgan bo'lsa, u quyidagiga teng edi:
ja=j {-a,a > 0,
-a, a< 0.
O'qituvchi. Xo'sh, u holda hosil qilingan tenglamalar qanday
yechiladi?
O'quvchi.
x2 -3.x-9=-5,
x2-3.x-9+5=0,
x2-3.x-4=0.
O'qituvchi. x2 -3.x-4=0 tenglama qaysi formuladan foydalanib
yechiladi.
O'quvchi. x2 -3x-4=0 tenglama x2+px+q=O ko'rinishga keladi,
bu keltirilgan kvadrat tenglamadir.
O'qituvchi. Kim aytadi, x2+px+q=Otenglamaning umurniy yechimi
qanday bo'lar edi?
50
o•quvchi. x2+px+q=0 tenglamaning yechimi
±
4 -q
2v
X1,2 = -
p
l,11' l:ir cdi.
( )'qituvchi. x2 -3x-4=0 tenglamani bu formulaga qanday qilib
'l11'yamiz?
<)'quvchi. x2 -3x-4=0 tenglamada p=-3 va q=-4 ga teng, biz
11la111i umumiy yechimga qo'ysak, berilgan tenglamaning yechimini
111p.,,a11 bo'lamiz:
( )'qituvchi. -x2 + 3x + 9 =-5 tenglama qanday yechiladi?
O'quvchi. -x2 + 3x + 9 + 5 = 0.
( )'qituvchi. Endi nima qilamiz?
( )'quvchi. O'xshash hadlari ixchamlanadi -x2+3x+14=0.
O'qituvchi. Noma'lum x oldidan manfiy ishorani musbat qilish
111 111111 nima qilinadi?
O'quvchi. Tenglikning har ikkala tomoni (-1) ga ko'paytiriladi:
-x2 + 3x + 14 =0·(-1),
x2-3x-4=0.
Bu tenglama ham yuqoridagi kabi yechiladi:
X12 =l+
'
2-
x, =
2+14 =l±J65=l±
65.
4
2 V4 2
4 '
3+ 65
3- 65
2
2
; Xi=
11. Endi quyidagi masalani evristik metod bilan yechamiz.
Masa/a. Oralaridagi masofa 60 km bo'lgan A nuqtadan B nuqtaga bir
1,1q1d:1 ikki velosipedchi jo'nadi. Ular bir vaqtda B punktga kelishlari kerak
ill Iii,inchi velosipedchi esa har soatda 2 km kam yurgani uchun bir soat
.,, Ii kcldi. Har bir velosipedchi soatiga necha km yurgan?
,
( )'c1ituvchi. Masalaning shartlari qanday? Unda nimalar berilgan?
Im,a la shartida qanday kattaliklar qatnashmoqda?
( )'quvchilar. Ava B punktlar orasidagi masofa 60 km ekani berilgan.
V, I,,si pcdchilarning tezliklari orasidagi va ana shu masofalarini bosib
11·1, .lilari uchun ketgan vaqtlar orasidagi farqlar berilgan. Bu masala
,li,11Iida h rakat, masofa va vaqt kabi kattaliklar berilgan.
1
51
O'qituvchi. Masalada nimani topish kerak?
O'quvchilar. Masalada har qaysi velosi pedchining tezligini topish
so' ralmoqda.
O'qituvchi. Tezliklarni topish uchun qanday formulalardan foyda­
laniladi?
s
O'quvchilar. Bizga fizika kursidan ma'lum bo'lgan s = u·t, u =7
formulalardan foydalaniladi.
O'qituvchi. Masalaning shartiga ko'ra nimani x bilan belgilanadi?
O'quvchilar. x km/soatni A punktdan B puntkga borayotgan velosi­
pedchining tezligi deb olamiz.
O'qituvchi. Agar biz birinchi velosi pedchining tezligini x desak,
ikkinchi velosipedchining tezligini ana shu noma'lum orqali ifodalay
olasizrni?
O'quvchilar. Ha, (x-2) km/soat ikkinchi velosipedchining tezligi
bo'ladi.
O'qituvchi. A punktdan B punktgacha bo'lgan masofani birinchi va
ikkinchi velosipedchilar qancha vaqtda bosib o'tgan?
60
60
O'quvchilar. - - soatda va -soatda.
X
X- 2
Q'qituvchi. Bu velosipedchilarning 60 kmli masofani o'tishlari uchun
ketgan vaqtlarni qanday tenglash mumkin?
60
60
.
O'quvchilar. -- -1= - tenglama orqah.
X- 2
X
O'qituvchi. Bu tenglama qanday yechiladi?
O'quvchilar. Tenglama yechishning umumiy qoidasiga ko'ra:
60x + 120 - 60x = x!- - 2x,
x2-2x - 120 = 0,
= 1 ±.JI+ 120 = 1± 11.
x1 = 12 km/soat,
x2 = lOkm/soat.
X1,2
11- §. Matematika darslarida muammoli ta'lim
Umumta'lim maktablari jarniyatning ijtimoiy-iqtisodiy va madaniy
hayotdagi muhirn o'zgarishlarga harnisha o'z munosabatini bildirib keldi.
Jamiyat taraqqiyotining har bir davri uchun ta'lim nazariyasi rivojining
52
11111'111111 bir mazmuni mos keladi. Boshqacha aytganda, jamiyat ta­
' l'I yotining har bir bosqichiga mos ravishda o'qitish dasturlarining
111111111mi, tarbiya prinsiplari, o'quv-tarbiyajarayonini tashkil qilishning
1 1111.1 va metodlari hamda ta'lim muddatlari mos keladi. Pedagogika
111 .ulan ma'lumki, ta'lim metodini aniqlashtirish jarayoni o'quvchi
1 11.111 o'qituvchining o'zaro munosabatlari prinsipidan kelib chiqadi,
l 1111da o'qituvchi o'quvchilarga bilimlami bayon qilishi, ana shu
l1lli111larga erishishdagi o'quvchilarning shaxsiy faoliyatlarini uyushtirishi
lt,1111di1 tushuntiriladigan mavzu materialini o'qituvchining o'zi qanday
l,,1vo11 qilish nuqtayi nazaridan yondashiladi.
< >/1,'zaki ko'rsatmalik ta'lim jarayonida o'quvchilar o'qituvchining
111,.l11111tirishi orqali bilimlami ongli ravishda o'zlashtiradilar hamda
111,11 ,ii amalda qo'llash malakalari hosil bo'ladi.
Asta-sekin umumta'lim maktablarining mazmuni tubdan o'zgar11, lld1, ya'ni ta'limni maktabning maqsad va vazifalariga mos keladigan
v,111111, ancha takomillashgan izohli-illyustrativ metodi vujudga keltirildi.
I1,1'1li illyustrativ ta'limda o'rganilayotgan obyekt mohiyati izohlanadi,
h,1\'111 iy dalillar bilan bog'lanadi hamda o'qituvchining ana shu o'rga1111.,vulgan obyektga nisbatan ko'rsatadigan misol va xilma-xil ko'rgaz111,111 qurollari orqali tasdiqlovchi xulosasi bilan yakunlanadi.
lwhli-illyustrativ ta'limda o'qituvchi dalillami o'zi bayon qilib
1.. 1.1di, o'zi ularni tahlil qiladi va yangi tushunchalarning mohiyatini
1111.l11111liradi, ya'ni teorema, qoida va qonunlarni o'zi ta'riflaydi.
I mhli-illyustrativ ta'lim metodi umumta'limiy maktablarimizda
,i,, ll.111ish
darajasiga nisbatan an'anaga aylandi va hozirda ham
q, ,· ll:111ilmoqda. Hozirgi zamon ilmiy-texnika taraqqiyoti davrida izohli1lh 11·.t 1ativ ta'lim metodi o'quvchilaming fikrlash qobiliyatini yetarli
,l.11.q;ula rivojlantira olmaydi, ulami o'rganilayotgan mavzu materialini
1'11,1.1 hilishlariga bo'lgan ehtiyojlarini qanoatlantira olmaydi hamda
t.1111•.i ho'lgan qiziqishlarini yuqori darajada shakllantira olmaydi. Shuning
11, 111111 ltam 1960-yilning boshlaridan boshlab, maktablarirnizda ta'lim
1,11,1v111iini jadallashtirish g'oyasi keng tarqalib, ta'limning yangi metodi
,111111111moli ta 'Jim metodi vujudga kela boshladi.
I ;1'lim metodlarining turini aniqlash o'quv jarayonini tashkil qilish
1 1111.i plarini o'zigagina emas, balki aqliy faoliyat xarakteriga ham bog'11qd11. hu esa o'z navbatida fikrlashning reproduktiv va produktiv
1111 l,11111i o'zaro qo'shib olib borish bilan belgilanadi. Izohli-illyustrativ
1 , 11111 jilrayonida barcha bilirnlar, ko'nikmalar va malakalar o'zlash111, .'111111g rcproduktiv metodi asosida amalga oshiriladi, ya'ni o'quv11
1
1
1
53
chilar fanning tayyor natijalarini, tayyor faoliyat usullarini o'zlash­
tiradilar, bu esa ularda xotira va reproduktiv fikrlash malakalarini
shakllantiradi. Faqatgina produktiv ijodiy fikrlash malakalari o'rganilgan
nazariy mavzu materialiga bog'liq bo'lgan masala yoki misollarni
yechish davomida egallanadi, xolos. Biroq reproduktiv fikrlash nati­
jasida to'plangan ma'lum hajmdagi bilim va malakalar o'quvchilarning
mustaqil bilish hamda ijodiy qobiliyatlarini rivojlantirish uchun yetarli
bo'lmaydi. Shuning uchun ham ta'limning jadallashtirish g'oyasini har
xil yo'nalishlari turli olirnlar (M.A. Bankov, M.A. Danilov, M. Max­
mutov, Yu.K. Babanskiy va boshqalar) tomonidan eksperiment qilinib
ko'rildi va nazariy jihatidan isbotlandi.
O'tkazilgan eksperiment va kuzatishlar natijasida ta'lim jarayonida
o' quvchilarning bilish faoliyatlarini jadallashtirish hamda ularning intel­
lektual imkoniyatlaridan yuqori darajada foydalanish umumiy qonu­
niyatlari ishlab chiqildi. Bu qonuniyatlar quyidagilardan iborat:
1. O'rganilayotgan mavzu materiallari yuzasidan muammoli savollar
sistemasini tuzish.
2. Tuzilgan muammoli savollar sistemasi asosida suhbat metodi
orqali tushuntiriladigan mavzu materialini o'rgatish va uning tub
mohiyatini ochib berish.
3. Muammoli savollar asosida izlanish xarakteridagi o'quv vazifa­
larini qo'yish.
Yuqoridagi bosqichlar asosida o'quv materiali tushuntirilganda
o'quvchilar o'zlari darrov tushunib yetmaydigan fakt va tushunchalarga
duch keladilar, natijada o'rganilayotgan mavzu materiali bilan o'quv­
chilar orasida muammoli vaziyat hosil bo'ladi.
Ta'rif. 0 'rganilayotgan obyekt (bilishga doir nazariy material yoki
masala) bilan o'rganuvchi subyekt (o'quvchi) orasidagi o'zaro harakat­
larning o'ziga xos bo'lgan turiga muammoli vaziyat deyiladi.
Muammoli vaziyat - bu o'quvchilarni o'rganilayotgan mavzu
materialidagi fakt va tushunchalarning qanday hosil bo'lishini bilmaslik­
dan ham ana shu mavzu materialining tub mohiyatini olib beruvchi
matematik tushuncha, aksioma va teoremalarni o'rganilayotgan mavzu
materialiga tatbiq qiia olmaslik paytida vujudga keladigan intellektual
qiynalishdir.
Muammoli vaziyatning roli va ahamiyatini aniqlash o'quvchilaming
tez fikrlash faoliyatini psixologik, pedagogik qonuniyatlarini hisobga
olish asosida o'quv jarayonini qayta qurish muammoli ta'limning asosiy
g'oyasini belgilab beradi. Muammoli ta'limda bilimning deyarli katta
54
11u n'quvchilarga tayyor holda berilmaydi, balki o'quvchilar tomo­
' I 11 11111ammoli vaziyatlarni mustaqil hal qila bilish faoliyatijarayonida
, ,, ill.11! olinadi.
l'n'rif. Muammoli vaziyatlami ha/ qilish asosida hosil qilingan dars
;.,,,,1·011i muammoli ta 'lim deyiladi.
\ 11qoridagi mulohazalardan muammoli ta'lim nazariyasi o'quvchi
1111r I k kt11al imkoniyatlarini ochib beruvchi rivojlantiruvchi xarakterdagi
1,1 11111 tashkil qilishning psixologik, pedagogik yo'llari va usullarini
111 lt11111iradigan ta'lim jarayoni ekanligi ko'rinadi.
l11:1mmoli ta'limda o'qituvchi faoliyati shundan iboratki, u zarur
l111ll,11da cng murakkab tushunchalar mazmunini tushuntira borib
,, 1µ.111dayotgan mavzu materiali bilan o'quvchilar orasida muntazam
1-111·.ltda muammoli vaziyatlami vujudga keltiradi, o'quvchilami
1 1 1I aIda n xabardor qiladi, natijada o' quvchilar bu dalillarni analiz
,pl1• Ii asosida mustaqil ravishda xulosa chiqaradilar va umumlash­
ll1•1il1L1r, tushuncha, qoida va teoremalami o'qituvchi yordamida aniq1,1', tl11d:1 qilinishi yoki ma'lum bilimlami yangi vaziyatlarda qo'llanishini
, p1111adilar, natijada o'quvchilarda aqliy operatsiya va bilimlami
,u11,Ii Iv o Ida qo'llanish malakalari shakllanadi.
I;i kl ab matematika kursida o'rganiladigan nazariy mavzu material­
l,111 111;isala va misollami ulaming mazmuniga ko'ra muammoli hamda
11111n111111oli bo'lmagan turlarga ajratish mumkin.
·\ I'a r o' rganilayotgan mavzu materialidagi masala va misollami
1 111•,lt jarayoni o'quvchilar uchun yangi matematik tushuncha, dalil
,1 q111d:darni o'z ichiga olgan bo'lib, avvalgi usul bilan yechish mumkin
lt11 l111;1:;:1yu, yechishning yangi usullari talab etilsa, u holda bunday
111,1•.,tl,1 yoki misol mazmunan muammolidir, aksincha, shunday masala
,,I 1 11tisollar o'qituvchi tomonidan o'quvchilarga yechish uchun
1,,, ilt•,lti mumkinki, bunday masala va misollar o'quvchilar uchun
111111111111oli bo'lmay qoladi, chunki ular masala va misol yechilishining
, 111p1 11s11llarini mustaqil izlanmasdan, o'qituvchining tushuntirishiga
1 II 1,·,,..1ashtirib oladilar, berilgan masala yoki misol faqatgina koef111 11·, 1111:iri bilan avvalgilaridan farq qiladigan darajada bo'ladi.
,,,
1 ,
"It
I 1111.-.ol. MasaJan, boshJang'ich sinf o'quvchiJariga quyidagi misoJJarni
111u mkin:
6 + 2 • 3 = 24,
6 + 2 • 3 = 12.
t\ l.111111111iga ko'ra bu masaJa muammoJi bo'Jadi, chunki bir xiJ toifadagi
ii I 111
1111sol har xiJ natijaga ega bo'lyapti. Bas, shunday ekan, misoJlarni
55
yechish usullari ham har xii bo'lishi kerak. O'quvchilarga esa faqatgina bitta
ketma-ket hisoblash usuli ma'lum, xolos. Ikkinchi usuli esa ular uchun
noma'lumdir. Mana shu yerda muammoli vaziyat hosil bo'ladi. Yuqoridagi
qo'yilgan misollarning ikkinchi sinfdagi yuqori o'zlashtiruvchi o'quvchilar
tomonidan yechilishi mum.kin. Agar o'qituvchi dastlab o'quvchilarga bir xii
miqdorlardan tuzilgan misollarni turlicha usullar bilan yechish namunalarini
ko'rsatgan bo'Isa edi, ular bu misollarni namunadan foydalanib yecha oladilar,
natijada bu misollarni yechish jarayoni hech qanday muammoli vaziyatni
hosil qilmaydi.
2- misol. Agar o'qituvchi ax2+bx+c=O to'la kvadrat tenglamaning umumiy
X1,.2 = -b
± .j ba2 - 4ac yechi.mini'. top1'b , unga d ai•r 5 x2+7x+2=0 m1•s0I m.
2
ko'rsatgandan so'ng, o'quvchilarga 6x2+5x+1=0 tenglamani yechinglar desa,
bu holat o'quvchilar uchun muammoli vaziyatni hosil qilmaydi, chunki
ular uchun bu misolni yechishga andaza bor. O'quvchilar bu misolni yechish
jarayonida hech qanday yangi matematik qonun yoki qoidani ishlatmasdan
avvalgi misoldagi koeffitsiyentlar o'rniga yangilarini qo'yadilar, xolos, bunda
o' quvchilarning fikrlash qobiliyatlari shakllanmaydi.
3- misol. O'qituvchi kvadrat tenglama mavzusini o'tib bo'lganidan keyin
bikvadrat tenglamani o'tish jarayonida quyidagicha muammoli vaziyatlarni
hosil qilishi mumkin.
O'qituvchi: 6x2+5x2+1=Otenglamani qanday tenglama deb aytamiz?
O'quvchilar: 4-darajali tenglama deyiladi.
O'qituvchi: to'g'ri, shunday deyish ham mumkin, ammo mate­
matikada shu ko'rinishdagi tenglamalarni bikvadrat tenglama deyiladi
va uning umumiy ko'rinishi ax4tbx2+c=O kabi bo'ladi. Xo'sh, bu
ko'rinishdagi tenglamani qanday yechish mumkin?
O'quvchilar: Biz bunday tenglamalarni yechmaganmiz.
Mana shu yerda o'rganilayotgan mavzu materiali bilan o'quvchilar
orasida bilishga doir muammoli vaziyat hosil bo'ladi.
O'qituvchi: x2-y deb belgilasak, x4 ni qanday belgilaymiz?
O'quvchilar: mulohaza yuritish, ilgari o'tilganlari eslash orqali x2=y
deb belgilash to'g'ri ekanligiga ishonch hosil qiladilar.
O'qituvchi: Bu tenglamani hozirgi belgilashlarga ko'ra qanday
ko'rinishda yozish mumkin?
O'quvchidar: 6y2- Sy + I = 0.
O'qituvchi: bu hosil qilingan tenglamani qanday tenglama deyiladi?
O'quvchilar: to'la kvadrat tenglama deyiladi.
56
C)'c1ltuvchi: bu tenglamani qanday yechamiz?
c )'c1uvchilar: to'la kvadrat tenglama umumiy yechimini topish
,.,,11111lnsiga qo'yib topamiz:
C)'c1ltuvchi: biz hozir tenglamani yechib, qaysi noma'lumni
I ti '
C)'c1uvchilar: noma'lum y ni topdik.
O'c1ltuvchi: nimani topish so'ralgan edi?
( )'c1uvchilar: x ni topish so'ralgan edi.
C)'c1ltuvchi: x ni qanday topamiz?
Mana shu yerdagi noma'lum x ni topish jarayoni ham ko'pchilik
,, q11vrhilar uchun muammoli vaziyatni hosil qiladi.
c >'quvchilar noma'lum x ni o'zlari topishlari mumkin, bo'shroq
11'q11vdiilarga o'qituvchi yordamlashadi:
x2
=!.2'
x2
=
j;
XJ,2
=± -
I >cmak, tenglama 4-darajali bo'lgani uchun biz 4 ta yechimini
,,,pdtk. Bu misolni yechib bo'linganidan keyin ax4+bx2+c=O bikvadrat
1 111(111111:ining umumiy yechimini o'qituvchi rahbarligida o'quvchilarning
" tl11d Iopa oladilar:
x2 = y,
ay2 - by + c = 0,
y
1,2
= -b ±b -4ac
2a
-b+b2 -4ac
Yi == ---2a-Y2
=
-bb
- 2 -4ac
2a
XJ,2
-=
+
-b+ b1 -4ac
2a
'
J-b - .Jb2 4ac
X3 4 = ± ----------- --.
•
.
2a
Shunday qilib, muammoli savol, muammoli masala o'quv
1111111111111osining turli shaklda ifodalanishi bo'lib, bularning qo'llanishi
57
muammoli vaziyat va o'quvchilarning izlanish faoliyatining yuzaga
kelishiga olib keladi.
3- misol. Kosinuslar teoremasini o'rganish uchun o'qituvchi oldin
o'quvchilar bilan birgalikda to'g'ri burchakli uchburchakning elementlaridan
birortasini topishga doir bo'lgan masalalardan yechadi.
1- masala. ABC to'g'ri burchakli uchburchakda
LA=90°, IBC1=15sm va IA.Bl=9 sm bo'lsa, IAQ C
tomonining uzunligi topilsin (10-chizma).
Berilgan: MBC, LA=90°, IBCl=IS sm va
IABI= 9 sm.
Topish kerak: IAC1 - ?
Yechish.
Pifagor teoramesiga ko'ra:
B
A
10-chiz,na.
IBCl2=1A.B!2+1AC12 IA Q=± BC2 - AB2
=225-81 =1 44 = 12.
IAQ=12sm.
2- masala. LlABC da LA=30°,
.
LB=90°, IABl:=2 sm, IAC1=
4
i"3 sm
bo'lsa, IBQ - ning uzunligini toping
(11-chizma).
Berilgan: LlABC da LA=30°,
LB=90°, IABl=2 sm,
A
E
C
11-chizma.
4
IACI= - 3 sm
3
Topi sh k e r a k : BC - ?
Yechish. Chizmadan:
MBEooMEC,
AB
AB
AE
BE
- --
2
BC
.fj--1'
AB
BE=-=1 sm,
2
2
IBCI =?J sm.
Yechilgan bu masalalar muhokama qilingandan keyin o'quvchilar oldiga
quyidagicha muammoli savol qo'yish mumkin. Agar ixtiyoriy uchburchakning
ikki tomoni va ular orasidagi burchagi berilgan bo'lsa, uning uchinchi
tomonini topish mumkinmi? Bu muammoli savolga javob topish bizni
kosinuslar teoremasini o'rganishga olib keladi.
58
I ornrlnsh uchun savollar
M11tc•matik ta 'lim metodlari qanday metodlarni o'z ichiga o/adi?
ll,11iy iz/anish metodlarining tur/arini aytib bering.
t li1/rlha va kuzatish metodini tushuntiring.
1;,,,,,os/ash metodini aytib bering.
fon/iz va sintez metodlarini ta'riflang.
(, / l11111mlashtirish metodini ta'riflang va uni matematika dars/ariga
t11thiqini tushuntirib bering.
n1.1'h11nchani umumlashtirish deb nimaga aytiladi?
\ I ,,,,,·emalarni umumlashtirishni tushuntirib bering.
'' MI.ml va masalalarni umumlashtirish qanday amalga oshiriladi?
I// ·1/1,1·/raksiyalash metodini tushuntirib bering.
I I :lniq/ashtirish metodi deganda nimani tushunasiz?
I • A lassijikatsiyalash metodini aytib bering.
I I (J,mday ta Um metodiga evristik ta 'lim deyiladi?
I-I Muammoli vaziyat deb nimaga aytiladi?
I·, Muammoli ta'Jim deganda nimani tushunasiz?
tr, /)asturlashtirilgan ta 'limni tushuntirib bering.
I ' .\'1111/ar ketma-ketUgi deb qanday to'plamga aytiladi?
Is (Janday sonlar ketma-ketligi arifmetik progressiya deyiladi?
I
I ,1v1111ch iboralar
I ,1 '/Im metodi, ilmiy-iz/anish metodi, tajriba metodi, kuzatish metodi,
1,1,11//l,\-/ash metodi, ana/iz metodi, sintez metodi, umumlashtirish metodi,
1111/11111chani umumlashtirish, teoremani umumlashtirish, misollarni umum­
l,11htlrish masa/alarni umumlashtirish, abstraksiyalash metodi, klassifika1,11·,i/ash metodi, evristik ta'lim, muammoli ta'lim, dasturlashtirilgan ta'lim,
,,,11/11r ketma-ket/igi, arifmetik progressiya, o'qituvchining faoliyati,
"',1111•rhilarning fao/iyati.
IV bob
O'QUVCHILARNING MATEMATIK TAFAK.KURLARINI
SHAKLLANTIRISH METODIKASI
1- §. Matematik ta'lim jarayonida masalaning
roll va o'rni
Matematik ta'limjarayonida masalalardan foydalanish qadim zamon•
lardan beri qo'llanib kelinmoqda. Shuning uchun ham matematika
darslarida matematik masalaning roli va uning o'rni haqida gap borganda
quyidagi uch bosqichni ko'zda tutish maqsadga muvofiqdir.
1. Matematika fanining nazariy qismlarini o'rganish matematik masa­
lalarni yechish maqsadida amalga oshiriladi.
2. Matematika fanini o'rgatish matematik masalalarni yechish bila11
birgalikda olib boriladi.
3. Matematikani o'rganish masala yoki misollar yechish orqali amalga oshiriladi.
•
Aytilganlardan ko'rinadiki, jamiyat rivojlanishining har bir bosqi­
chida masalaning roli va uning o'miga har xil baho berib kelingan.
1966-yili xalqaro matematiklar simpoziumida matematik masala va
misollami yechish o'quvchilarning faqatgina matematik faoliyatlarini
shakllantiribgina qolmay, balki ana shu fanga doir bilimlami o'zlash­
tirish va uni amaliyotga tatbiq qilishga ham xizmat qiladi, deyiladi.
Aytilgan har bir bosqichni aniq mavzu materiallari asosida ko'rib
chiqamiz.
1. Darsda <<fkki burchak yig'indisining sinusi» nomli mavzuni o'quv­
chilarga tushuntirsak, ular chiqarilgan natijaviy formuladan foydalanib
mavzu materialiga doir misollarni yecha oladilar (12-chizma).
Berilgan: C -
aylana, [AB] .1 OB, OA=R=l, LEOB=a, LBOA=/3,
LDOA=a+/3
lsbot
qilish
k e r a k : sin (a+/J) = ?
(12-chizma).
Is bot:
, AD
'
ti.DAD =>l OA =sin(a+/3)
J·
OA = I bo'lgani uchun sin (a+/J)=
= AD = CD + CA.
(l)
60
12-chcyna.
• 1i1111111d11n: CD = EB, chunki bular o'zaro paralell to'g'ri chiziqlar
1 l,1111 kcsmalar
11OBE ( !=sin
a)
(EB= OBsina)·
OB
'
M>AII , ( OA = cos/3 ) (OB= OAcos/3)(OB= cos/3)
(3) ni (2) ga qo'ysak EB = sin a • cos {3.
AC
( AB=
MCB
(
(3)
(4)
'
cosa ) (AC= ABcosa).
(5)
,
'
AOAB
(2)
= sin/3 ) (AB= OBsin/3).
(6)
1,., 111 ( 5) ga qo'ysak:
AC= cos a.sin/3.
(7)
(4) va (7) larni (1) ga qo'ysak,
sin(a + /3) = sin a• cos f3 + sin a• cos /3 bo'ladi.
M11111I. sin75°= sin(30°+45°)=sin30°· cos45°+cos30°·sin45°=
2
11, 11111k,
4
sin 75°= .fi.(l+ l!i).
4
sin 135° = ? cos 150° = ?
M11ll'matik tushunchalarni o'rganish matematik misol va masalalarni
h hilan birgalikda olib boriladi, chunki o'qituvchi yangi o'rgani­
,,. 111111cmatik tushunchaning ta'rifini bergandan keyin uning analitik
1
,,11 v111.adi. Masalan ti'=b, a'# l ko'rinishdagi tenglamaga ko'rsatkichli
,,.,,,.,,,,, dcyiladi deb ta'riflangandan so'ng, quyidagi ko'rinishdagi
1 Ii l1li lcnglamani ifodalovchi misollarni ko'rsatish mumkin: 3x = 27;
,,,, 'i'
125; ...
11·q1111vd1i ax=b ko'rinishdagi tenglamaning yechimini geometrik nuqtayi
,, ◄1.l,111ko'rsatib berishi maqsadga muvofiqdir. O'qituvchi o'quvchilarga,
11111tl111alalar tekisligida ikki funksiya grafigi o'zaro kesishsa, ular
111 11 1111q1asining absissasi ana shu funksiyalarni tenglash natijasida
,I, ti qlll1111.1111lcnglamaning yechimi bo'lishini takrorlagandan so'ng ax=b
11 l,1111it11i Imm y=ax Ba y=b ko'rinishlarda yozib, ularning har birining
J
,
61
grafigini chizib, bu grafiklarning kesishish nuqtasining absissasini x=log /,
deb belgilash qabul qilinganligini tushuntirishi lozim. Bundan ko'rinadik 1,
ax=b tenglamaning yechimi x=log b bo'lar ekan. (3x=27)
(x = log327)
3
=log33 = 3log33 = 3.
Ko'rsatkichli tenglamalarning barchasi ayniy algebraik almashtirishla,
yordamida soddalashtirilib, ax=b ko'rinishga keltiriladi, so'ngra bunda11,
x noma'lum x=log b ko'rinishda topiladi.
1
0
0
1- misol.
5x-/ +5x-2+5x•3=155 5 x('1 -+1-+-1 ) = 1lJcs
'
5 25 125
'
sx('25+5+1\=155
125
'
,
l
'
5x ·31=155·125.
•
X
= 4.
2- misol.
4
+16=10-2 ,
2
=y desak,
(2.Jx-if +16-10-2 =0.
y2 -LOy + 16 =O.
= -5 ±2 5-16 = 5 ± 3
y
1,2
y = 8; y = 2.
'
I
2
1) 2--r;:z =8 ,
2) 2
2 x-2=23,
x-2=1,
X -
2 =3 ,
X-
=2,
2= 1,
x-2=32;
Misollar
h·
'
, L , x2+2x-5
3)
,
2)
1
= 25.
= 81.
3x2-x-2
3. Hozirgi davrda masala yoki misollar yechish orqali matematik ta' Ii111
jarayonini olib borishning metodik usul va vositalari ishlab chiqilgan ha1111l.1
bu usullar haqida ko'pgina ilmiy metodik va didaktik adabiyotlarda bay1111
qilingan. Matematik tushunchani masala yoki misollar yordamida kiri I i li
62
1111l11p, tub
mohiyatini o'quvchilarga tushuntirish murakkab bo'lgan
I 1 11 k jarayondir. Shuning uchun ham bir maktab o'qituvchisi dars
1111 ti ishlatiladigan masalani tanlash yoki uni tuzishda juda ham ehtiyot
, l111,1p,'i lozimdir. Tuzilgan masalalarni dars jarayonida qo'Hanish ana shu
quv, hilarning o'zlashtirish qobiliyatlarini hisobga olgan holda bo'lishi
ii 11ar bir dars jarayonida ishlatiladigan masala yoki misol darsning
11Mq•,11dii,1a mos kelishi kerak.
Al!ar darsda o'qituvchi o'quvchilarga biror yangi matematik tushun­
.!1,1111 ,,'rgatmoqchi bo'lsa, tuziladigan masala yoki misol ana shu tushuncha
111,ol11vn1i11i ochib beruvchi xarakterda bo'lishi kerak.
1\1.tsalan, y=ax, a;tl ko'rsatkichli funksiyaning grafigi nomli mavzuni
ti'.lid:111 oldin o'qituvchi y=2x, y= (
½T,y=3x kabi xususiy holdagi
'
/
► it 1•..11kichli
funksiyalarga doir bo'lgan misollarning grafiklarini Dekart
lo11111d111alalar sistemasida o'quvchilar bilan savol-javob asosida chizib
1•,;11ish maqsadga muvofiqdir.
,, 11i11g xususiy qiymatiga nisbatan chizilgan grafiklardan o'quvchilar
11111vdli bilan birgalikda y=ax ko'rinishdagi funksiyaning grafigi va uning
,, 11 h11i haqida umumiy xulosalarni keltirib chiqara oladilar. Bu yerda darsni
1wl111111 irish metodikasi xususiylikdan umumiylikka tomon bo'lib, bunda
,, ,p1v1 hilar har bir tushunchanim mohiyatini anglab yetadilar.
1
2- §. Matematika o'qitishda masalalarning
bajaradigan funksiyalari
I lul'.irgi zamon didaktikasida AD. Semushin, K.I. Neshkov va Yu.M.
t--,tlv:111.in, J. lkromov, T.To'laganov va N. G'aybullayev kabi metodist
111.111 111atiklar matematika kursidagi masala va misollarning bajaradigan
h11tl,•,1yasini quyidagicha turlarga ajratishadi:
I Masalaning ta'limiy funksiyasi.
Masalaning tarbiyaviy funksiyasi.
I Masalaning rivojlantiruvchi xarakterdagi funksiyasi.
·I Masalaning tekshiruv xarakterdagi funksiyasi.
M;1salaning matematika darsijarayonida bajaradigan funksiyalarini
,,I, il11d:i alohida ko'rib chiqamiz.
I Masalaning ta'limiy funksiyasi asosan maktab matematika kursida
111a11il an nazariy ma'lumot, matematik tushuncha, aksioma, teorema
, 1 1111111·111atik xulosalar, qonun-qoidalarning aniq masala yoki misollarga
, 11t ,11 p 11a tijasida o' quvchilarda mustahkam matematik bilim va malakalar
11,1•,11 qilish orqali amalga oshiriladi.
11
63
i'
I
O'qituvchi ikki burchak yig'indisi va ayirmasining sinusi teoremasi111
o'tib bo'lganidan keyin, ana shu mavzu materialini o'quvchilar ongida
mustahkamlash uchun quyidagicha misollami yechish mumkin.
1- misol. Ayniyatni isbotlang:
sin ( a +
i)
+ sin ( a
-i)
= /j sin a.
Bu yerda o'qituvchi o'quvchilarga ayniyat tushunchasining mohiyati111
takrorlab berishi lozim:
. . sm ( a + 'TC) +. sm( a - TC\
6
.
i= sm• a • cos re + cos a • sm• 7C +
6
,
6
6
,r
,r
. re 2 . a • cos - =
+ s m a • cos - - cos a - sm
- = sm
6
= 2·sma
6
6
• ..fj = ..fjs·ma.
2
2- misol. Ayniyatni isbotlang:
sin (a+ /3)
cos a• cos/3
= tga + tg/3.
sin
cos
cos
sin f3
sin {a + /3) _ sin a cos /3 + cos a sin /3 _ cos a • cos f3+ cos f3 • cos /3
cos a • cos f-3
cos a • cos f3
cos a · cos /3
cos a· cos/3
a
•
a
a
•
= tga + tg/3 = tga + tg/3.
..c;c. ....................... :;;..;_
1
Maktab matematika kursidagi masala yoki misollarni yechish o'quvchilanlo1
matematik malaka va ko'nikmalarni shakllantiribgina qolmay, balki oli111.1,1111
nazariy bilimlarni amaliyotga tatbiq gila olishini ham ko'rsatadi. Agar o'qituvd11
kvadrat tenglama mavzusini o'tib, uni mustahkamlash jarayonida kvad1111
tenglamaga keltiriladigan masalalarni yechib ko'rsatsa, o'quvchilarni amt sli11
mavzu materiali yuzasidan bilimlari mustahkamlanadi hamda kvadrat tengla11111
tushunchasining tatbiqi haqidagi fikr o'quvchilar ongida shakllanadi.
1- masala. Balandligi h va asosining uzunligi a ga teng bo'lgan to'g'11
burchakli uchburchakning Ox o'qi atrofida aylanishidan hosil bo'lgan to'g'll
doiraviy konusning hajmining hisoblang (13-chizma).
Berilgan: OB=h, AB=a
64
y
0
X
A,
13- chiz,na.
Topish kerak: V = ?
b
f
Ye c h i sh . V =n
2
Y dx
a
Cizmadan:
a
y = OA = tga • x =h x,
V=n
f dx=nf a-•x d x =an · -x·- =
b
b 2
y2
a
h2
3 o
a
3
a h na2h 1
='!C--·--=-na 2 -h"
h2 3
ho'lgani uchun
3
jh
hi
2
2
2
3
3
'
a2 =r2; nr2 =S
V=.!_Sn.
3
Agar o'qituvchi geometriya darsida konusning hajmi mavzusini o'tib,
unga doir misollarni integral tushunchasidan foydalanib yechib ko'rsatsa
o'quvchilar algebra bilan geometriya fanlari orasidagi mantiqiy bog'lanishni
ko'radilar hamda ularda fazoviy tasavvur qilish faoliyati yanada shakllanadi.
2. Masalaning tarbiyaviy funksiyasi o'quvchilarda ilmiy dunyoqarashni
shakllantiradi hamda ularni mehnatga muhabbat ruhida tarbiyalaydi. Bizga
ma'lumki, matematika fanining o'rganadigan obyekti materiyadagi narsa­
larning fazoviy formalari va ular orasidagi miqdoriy munosabatlarni o'rga­
nishdan iboratdir. Bas, shunday ekan, fazoviy forma bilan miqdoriy munosa­
batlar orasidagi bog'lanish analitik ifodalangan formula bilan yoziladi.
Ana shu formulani kundalik hayotimizdagi elementar masalalarni yechishga
tatbiqi o'quvchilarda ilmiy dunyoqarashni shakllantiradi. Albatta o'qituvchi bu
yerda bilish nazariyasiga asoslangan bo'lishi kerak. «Jonli mushohadadan abstrakt
tafakkurga va undan amaliyotga borish kerak».
5 - S. Alixonov
65
O'qituvchi matematika darsida yechiladigan masalalar arqali a'quv­
chilarni mehnatga muhabbat ruhida tarbiyalashi lazim. Buning uchun
a'qituvchi halal va sifatli mehnatni ulug'laydigan masalalarni tanlashi
kerak ba'ladi.
1- masala. Ikki ishchi ma'lum muddatda 120 ta detal tayyarlashi kerak
edi. Ishchilardan biri ikkinchisiga qaraganda saatiga 2 tadan artiq detal
tayyorlab tapshiriqni 5 saat aldin bajardi. Har bir ishchi soatiga nechtadan
detal tayyarlagan?
x - birinchi ishchi ishlagan vaqti,
(x - 5) - ikkinchi ishchi ishlagan vaqti.
120
- birinchi ishchi tayyarlagan detallar sani,
X
120
- ikkinchi ishchi tayyarlagan detallar sani.
x-5
Yuqaridagilarga asaslanib quyidagi tenglamani tuzishimiz mumkin.
- - - -- . , _
X
x-5
'
120
_
X-5 X
'
120x-120x + 600 = 2x2 - lOx,
2x2 - lOx - 600 = O
12 0 _ 12 0
120
,,
x2 - 5x - 300 = 0
X12
'
'
=l.
yaki
±25 + 300 =
=
2
4
± 35
2
2
Bulardan 1-ishchi 20 saat, ikkinchisi esa 15 saat ishlaganligi kelib
chiqadi.
120
= o ta 1-ishchining 1 saatda tayyarlagan detallar sani.
20
2
\
= 8 ta 2-ishchining 1 saatda tayyarlagan detallar sani.
5
Masalani yechib ba'lgandan keyin a'qituvchi masala mahiyatini quyidagi
tartibda tushuntirishi mumkin. Agar biror kishi biror tapshirilgan ishni
artig'i bilan bajarsa, uning mehnat unumi artib, unga to'laydigan haq ham
artib baradi. Bu esa a'quvchilarni halal mehnatga muhabbat ruhida tarbiya­
laydi.
3. Masalaning rivajlantiruvchi xarakterdagi funksiyasi a'quvchilarni
mantiqiy tafakkur qilish faaliyatlarini shakllantiradi. Bizga psixalagiya kursida11
ma'lumki, a'quvchilarning mantiqiy tafakkur qilish faaliyatlari tafakkur
°
66
I
, , ,IINlyalari (taqqoslash, analiz - sintez, umumlashtirish, aniqlashtirish,
1,,1 ·,iyalash va klassifikatsiyalash) orqali amalga oshiriladi. Maktab mate­
' ,11 .1 kursidagi masalaning rivojlantiruvchi xarakterdagi funksiyasi o'quvhtl,11111 matematika o'qitish metodikasining
metodlaridan masala yoki
"'' 11ll11111i yechish jarayonida to'g'ri foydalanish malakalarini rivojlantiribgina
,,.,1i1111y, halki ularni biror matematik hukm va xulosalar to'g'risida aniq
m, y11iitish imkoniyatlarini shakllantiradi hamda masalalar yechish qo1,1111 ,11larini rivojlantiradi.
·I Masalaning tekshiruv xarakterdagi funksiyasi o'z ichiga quyidagilarni oladi:
11 O'quvchilarning nazariy olgan bilimlari darajasi;
)) O'quvchilarning nazariy olgan bilimlarini amaliy xarakterdagi misol
1 11111 nlalar yechishga
tatbiq qilishi;
I l 111atematik hukmlardan xulosalar chiqarish darajalari;
·I I O'quvchilarning matematik tafakkur qobiliyatlarini rivojlanish da­
t i• I
I 11di hitta masala olib, ana shu masala yordamida yuqorida aytib o'tilgan
•,tvalarning bajarilishini ko'rib chiqamiz.
Mnsala. Radiusi r ga teng bo'Jgan doiraning yuzini integral yordamida
, ,Iii 111 (14-chizma).
Iii·1 i lgan: S - aylana. OA = r.
I 11 p i sh k e r a k: S = ?
11111
\ ,. 1:
It is h. x2+y2= R2 aylana tenglamasidan y= ± R2 _ x2
ni yozib
a
,,l,1111i1.
Yuzalarni integra·lyordamida hisoblash formulasi
S=
J f(x)dx
b
, 11 'd11111ing uchun
,y
I(
J R x2dx
.\'
2
4
(I)
-
()
= Rsin t, x = 0, t = 0,
X
tlx = Rcostdt, x = R, t = 1C .
2
1111 ulmashtirishlarni (1) ga qo'ysak,
,, q11vldagi ko'rinishni oladi:
14- chizma.
tr
I
f
II
2
2
2
JRi - R sin t · R cos tdt = 4 R2 1- sin2 t cos tdt =
J
0
67
II
II
,r
,r
,r
2
2
f
cost cos tdt = 4R 2 cos2 tdt = 4R 2
= 4R2
f
2
0
0
1
21
J + c2 os dt =
0
,r
= 4R2I'!.+ .!... sin 2t12= 4 R2 (.!..n. + .!_ . sinn )=
2
,2
2
2 ,o
2 2
2
2 ,
4R2 . !!=.. n R2.
4
S = nR2.
1) Bu masalani yechish jarayonida o'quvchilarda integral yordamida
yuzalarni hisoblash mumkin, degan tushuncha shakllanadi, bu esa ana
shu masalani yechishdagi asosiy ta'limiy funksiya bo'lib hisoblanadi.
2) Bu masalaning tarbiyaviy funksiyasi esa shundan iboratki, o'quv­
chilarda bu masalani yechishga bo'lgan qiziqish shakllanadi, chunki ular
integral yordamisiz doiraning yuzi nimaga teng ekanini biladilar, integrnl
yordamida hisoblaganda ham uning yuzi S=rcR2 ekanini kelib chiqish i
o'quvchilarni shu fanga bo'lgan hamda uning turli metodlariga bo'lga11
qiziqishlarini orttiradi.
3) Bu masalaning rivojlantiruvchi xarakterdagi funksiyasi esa masala­
ning yechish jarayonida hosil bo'lgan muammolarni hal qilishning matc­
matik qonuniyatlarini o'rgatadi, o'quvchilarda matematik tafakkurni shakl
lantiradi.
4) Bu masalaning amaliy ahamiyati esa shundaki, bunda o'quvchilarning
masalani yechish imkoniyatiga qarab ularning olgan nazariy bilimlarinin
darajasi aniqlanadi.
3- §. Matematika darslarida didaktik prinsiplar
Ma'lumki, didaktikprinsiplar ta'lim nazariyasining asosini tashkil
qiladi. Shuning uchun ham o'quv materialini tushuntirish metodlarini
tanlashda ta'lim nazariyasi tomonidan ishlab chiqilgan quyidagi didaktik
prinsi plarga amal qilish kerak.
1. llmiylik prinsipi. Bu prinsipning mohiyati shundan iboratki,
maktab matematika kursida o'tiladigan har bir mavzu materiali nazariy
jihatdan isbotlangan, ya'ni avvalgi o'tilgan matematik tushuncha, aksio­
ma va teoremalarga asoslangan holda bayon qilinishi lozim. Ilmiylik
prinsipi matematika darsining har bir qadamida kerakbo'ladi, masalan,
o'qituvchi o'quvchilarga x2+ 1 tenglamani yeching desa, qo'yilgan bu
savol to'la ilmiy asosga ega bo'lmaydi, chunki o'quvchilar bu tengla-
,,t.1111 11:iqiqiy sonlar to'plamiga nisbatan yechadigan bo'lsalar, u yechim1. •1 , 11_;1 cmas, agar ular bu tenglamani kompleks sonlar to'plamiga
.t,,11:111 yechadigan bo'lsalar, u ikkita har xi1 yechimga ega bo'ladi.
,1111111111• uchun ham matematika darslarida ilmiylik prinsipi quyidagi
, 11 11ila rga javob berishi kerak:
I I o'rganilayotgan har bir matematik tushuncha, ta'rif, aksioma
., tl'll1cmalar bayon qilinishi jihatidan sodda va aniq ifodalangan
'"' ll•,l1i kerak;
'I 111atematika darslarida o'rganiladigan har bir mavzu materialiga
111 1,,11:111 o'quvchilarni tanqidiy qarashga o'rgatish hamda ularni ana
1111 1111qtayi nazardan ilrniy fikrlash qobiliyatlarini shakllantirish.
·\11;1 shu nuqtayi nazardan ilmiylik prinsipi maktab matematika
'" ,1,Lt o'rganiladigan dalillami ular fanda qanday yoritiladigan bo'lsa,
1;111111.:1 moslab yoritishni talab etadi.
/,. Ko'rsatmalilik prinsipi. Ko'rsatmalilik prinsipi o'quvchilar tafak­
l,1111111111•. aniqlikdan abstraktlikka qarab rivojlanish xususiyatlariga bog'liqdir.
t 111 111:ttikani o'qitishdan asosiy maqsad mantiqiy tafakkurni rivojlan­
llti .l1d;111 iboratdir, biroq matematikani o'qitish aniq dalil va obrazlardan
11,tl111asdir, aksincha, har qanday masalani o'rganishni shu aniq dalil va
..1,,,11L1rni tekshirishdan boshlash kerak bo'ladi. Ko'rsatmalilik ilmiy
t,ili•.1tl:i1ga qiziqishni oshiradi, o'quv materialini o'zlashtirishni osonlashtiradi
.., 111.1ll"111atik bilirnlarni mustahkarn bo'lishiga yordarnlashadi.
( )nglilik prinsipi. Onglilik prinsi pi o' quvchilarning o' quv mate11 ,11111 011gli ravishda o'zlashtirishga, ya'ni ularni turli dalillarni tushuna
litli lwa hamda bu dalillar orasidagi bog'lanishlarni va qonuniyatlarni
'" 1,,, ltilishga o'rgatishdan iboratdir. Matematikani o'qitishda bu
'"'" .1 p11i11g muhimligi shundan iboratki, matematikadan olinadigan
l11111111.11 faqat ongli ravishda o'zlashtirilgandagina o'quvchilar miqdoriy
""',"·',:tbatlarning xarakterini, matematik figura va ulaming o'zaro
,.. , L1111sll xususiyatlarini bilib oladilar. Agar onglilik prinsipi mavzu
11111, ,1;ili11i o'zlashtirish jarayonida buzilsa, o'quvchilarning oladigan
1 i1111il.11i yuzaki bilim bo'lib qoladi. O'quvchilardagi yuzaki bilirnlarni
111•, 1d,11•.i hollarda ko'rishimiz mumkin:
I A1•,ar biror o'quvchiga funksiyaning grafigini chiz deb aytilsa, u
L .. ,,o1111ala tekisligida ana shu grafikning umurniy ko'rinishini chizishi,
.. ,,111,1 I II n ksiyaning argument qiymatlariga mos qiymatlarni topib bera
,, 11}'1 murnkin.
' 1 >'quvchi miqdorlarning absolut qiymati ta'rifini biladiyu, ammo
;1111•1 S tcnglarnaga yoki lxl<5 tengsizlikka tatbiq qila olmasligi mumkin.
111
69
4. Aktivlik prinsipi. Bu prinsipning mohiyati shundan iboratki,
bunda maktab matematika kursidagi ta'limning har bir bosqichi
rivojlantiruvchi xarakterdagi ta'lim asosiga qurilgan bo'lishi kerak, bu
esa o'quvchilarning aktiv fikrlash faoliyatlarini shakllantirishga xizmat
qiladi. Matematika darslarida o'quvchilarning aktiv fikrlash faoliyatlarisiz
bilimlarni ongli ravishda o'zlashtirishlariga erishib bo'lmaydi, shuning
uchun ham hozirgi zamon maktab matematika kursining asosiy maqsadi
o'quvchilaming matematika darslarida aktiv fikrlash faoliyatlarini
shakllantirishdan iboratdir.
O'quvchilaming matematika darslarida aktiv, ongli fikrlash faoliyat­
larini hosil qilish uchun mavzu materialini dars jarayonida muammoli
vaziyatlar hosil qilish asosida o'tish maqsadga muvofiqdir.
5. Puxta o'zlashtirish prinsipi. Puxta o'zlashtirish prinsipi matematik
materiallami puxta o'zlas.htirishga erishishda ayniqsa katta ahamiyatga
egadir. Matematik tushunchalar o'zaro shunday bog'langanki, majburiy
minimumning biror qisminigina bilmagan taqdirda ham o'quvchilar
o'z bilimlaridan turmushda foydalana olmay qoladilar. Matematikad:i
hisoblash, algebraikifodalami ayniy almashti pish, geometrikfiguralarni
tasvirlash malakalarini puxta egallashning ahamiyati kattadir. Ayniqsa
matematikada boshqa fanlardagiga qaraganda ham, dastuming biror
qismini yaxshi o'zlashtirmasdan va malakani yaxshi mustahkamlamasda11
turib muvaffaqiyat bilan oldinga siljish mumkin emas. Yuqoridagilarda11
ko'rinadiki, o'quvchilarning matematika fanidan oladigan bilimlari puxta
bo'lishi uchun quyidagi shartlari bajarilishi zarur.
1. O'quvchilaming matematikaga qiziqishlarini shakllantirish.
2. Tushuntirilgan mavzu materialini o'quvchilarning mantiqiy asosd:i
o'zlashtirishlariga erishish.
3. Matematika darslari davomida o'quvchilarning mantiqiy fikrlasll
faoliyatlarini hosil qilib borish.
6. Sistemalik prinsipi. Matematika darslarida sistemalik prinsi p1
shundan iboratki, bunda o'qitishni shu fanning sistemasiga moslah
olib borish talab etiladi.
TaKrorlash uchun savollar
1. Matematik tafakkur deganda nimani tushunasiz?
2. Matematika darslarida masa/aning rolini tushuntirib bering.
3. Masa/aning ta'limiy funksiyasi nimalardan iborat bo'ladi?
4. Masalaning tarbiyaviy funksiyasichi?
5. Masa/aning rivojlantiruvchi funksiyasini aytib bering.
70
r, Masalani tekshiruv xarakterdagi Junksiyasini tushuntirib bering.
<J'quvchilarning matematik qobiliyat/ari qanday shaklantiriladi?
Matematik hukmning qanday turlari mavjud?
•J Matematik hukmlar qanday tushunchalar ko'rinishida ifoda qilinadi?
I// /Jirhad deb qanday ifodaga aytiladi?
I I. Ko'phad tushunchasini aytib bering.
I.' Ko'phad/ar qanday usu/lar yordamida ko'paytuvchi/arga ajratiladi?
I 1, Ko'paytuvchi/arga ajratishning guruh/ash metodiga misol/ar keltiring.
I./ Qo'shimcha had/ar kiritlsh orqali ko'phad qanday qilib ko'paytuvchilarga ajratiladi?
I '. Ko'phadning ildizlariga ko'ra ko'paytuvchilarga ajrati/ishini tushuntirib
hering.
fr,. Ko'phadni noma '/um koeffitsiyentlar orqali ko'paytuvchilarga ajratish
11anday amalga oshiriladi?
I ' Matematika darslarida didaktik prinsiplar va ularning matematika
t!arslariga tatbiqini tushuntirib bering.
8
I nynnch iboralar
M11t1'fllatik tafakkur, masala, masa/aning tarbiyaviy funksiyasi, masa/aning
1,1 'llmiy funksiyasi, matematik qobiliyat, matematik hukm, birhad
111vh11nchasi, ko'phad tushunchasi, ko'paytuvchilarga ajratish, guruhlash
1111'/otli: ko'phad ildizlari, didaktik prinsiplar, nom 'alum koeffitsiyent,
,:,·0111ettik figura, absolut qiymat tushunchasi, koordinata tekisligi,
,d>:,·hniik ifoda.
V bob.
MATEMATIK TA'LIMNI TASHKIL QILISH
METODIKASI
1- §. Matematika darsining tuzilishi va uni tashkil
qilish metodikasi
Bizga pedagogika kursidan ma'lumki, dars maktablarda olib bo­
riladigan o'quv-tarbiyaviy jarayonning asosidir. Shuning uchun ham
dars jarayonida o'tiladigan mavzu mazmunini umumta'limiy, tarbiya­
viy, rivojlantiruvchi va amaliy xarakterdagi tomonlari ochib beriladi.
Kadrlar tayyorlash milliy dasturi qabu1 qilinganidan keyin maktablarda
o'tiladigan har bir dars vazirlar mahkamasi tomonidan ishlab chiqilgan,
ta'lim standartlari asosida olib borilishligi aytib o'tilgan. Har bir dars
o'quv tarbiyaviy jarayondir.
Shuning uchun ham har bir darsda o'quv-tarbiyaviy jarayonining
maqsadi, mazmuni, shakli, metodlari va uning vositalari orasidagi
o'zaro aloqalar mazmunan ochib beriladi.
Agar metodika nuqtai nazardan matematika darsining tuzi1ishiga
nazar tashlaydigan bo'lsak, unda quyidagi didaktik maqsadlar amalga
oshiriladi. Darsning boshida o'quvchilar bilimi tekshiriladi. Bu tekshirish
savol-javob yoki didaktik tarqatma materiallar asosida o'tkaziladi. Bunda
qaysi o'quvchining avvalgi o'tilgan mavzu mazmunini qanday o'zlash­
tirgani va qanday qiyinchilikka uchragani hamda ana shu mavzu ma­
teriali yuzasidan o'quvchilaming olgan bilimi va ko'nikmalari tekshiriladi.
O'quvchilarning bergan javoblari o'qituvchi tomonidan izohlab
baholanadi. Shundan keyin darsning asosiy maqsadi yangi mavzu
o'quvchilarga tushuntiriladi va uni mustahkamlash uchun o'quvchilar
bilan birgalikda misol yoki masalalar yechiladi. Bundan tashqari, ana
shu mavzu mazmunini qanday darajada o'quvchilar o'zlashtirganliklarini
bilish uchun o'qituvchi tomonidan o'quvchilarga nazariy va amaliy
xarakterdagi savollar ham berib boriladi. Bundan keyin uyga vazifa
berish va uni bajarish yuzasidan zarur ko'rsatmalar beriladi.
Yuqorida aytib o'tilgan bosqichlardan ko'rinadiki, matematika
darsiga tayyorgarlik ko'rish o'qituvchidan o'rganiladigan mavzuning
maqsadi va uning mazmuni nimalardan iborat ekanligini aniqlashdan
iboratdir. Har bir o'qituvchi ertaga o'tadigan matematika darsida qanday
o'quv-metodikjarayonni amalga oshiraman degan savolgajavob izlashdan
72
t11...l1lashi kerak. 45-minutlik dars vaqtini taqsimlashda yangi materialni
, . •Jl•vrhilarga tushuntirishga va uni mustahkamlash yuzasidan misol
,, 111asalalar yechishga ko'proq vaqtni ajratish zarur.
Ko'p hollarda maktab o'qituvchilari ko'proq vaqtni uy vazifasini
11 .1111 ishga sarf qilib, yangi mavzu mazmunini bayon qilish va uni
11111.1:ihkamlash vaqtini qisqartirishga olib keladilar. Bu usuldan qochish
,., . chunki darsning asosiy maqsadi yangi mavzu mazmunini o'quv­
' ll1li11 1.n tushuntirish va uni mustahkamlashdan iboratdir. Fikrlarimiz
d,tli11 it:1tida <<Bikvadrat tenglama ildizlarini topish>> mavzusini o'rgatish
1111 111dikasini ko'rib chiqaylik.
I I >arsning maqsadi. Bikvadrat tenglama va uning ildizlarini topishni
II ljl,11 t h.
< >ldingi darsda o'tilgan mavzu materialini o'quvchilar tomonidan
ti, , oila h uchun savollar.
,11 "
+ bx + c = 0 var+ px + q = 0
ko'rinishdagi ifodalar
1 ,111il.,y tcnglamalar deyiladi?
t,1 11 • ax2 + bx + c kvadrat uchhaddan to'la kvadratga ajratish
,., 111111 qanday ayniy almashtirishlarni bajarish kerak?
1
1 I I x + 3x - 4 = 0 tenglamani yeching.
I Ya11gi mavzu mazmuni bilan tanishtirish.
C,•11ltuvchi: 6x4 + 5x2 + 1 = 0 tenglamani qanday tenglama deb
1111/?
t t'c111vchilar: 4-darajali tenglama deyiladi.
c t'c11tuvchi: To'g'ri, shunday deyish ham mumkin, ammo matema111l.1 \hll ko'rinishdagi tenglamalarni bikvadrat tenglama deyiladi va
111111111. 11111umiy ko'rinishi ax4 + bx2 + c = 0
kabi bo'ladi. Xo'sh,
t.111111.,v lcnglamani qanday yechish mumkin?
t )'1111vchilar: Biz bunday tenglamalarni yechmaganmiz.
Ct 11Unvchi: Agar x2 = y deb belgilasak, x4 ni qanday belgilaymiz?
t t'1111vchilar: Mulohaza yurtish, ilgari o'tganlarini eslash orqali
I'' deb belgilaymiz deb aytadilar.
Ct'11ltuvchi: Yuqoridagi belgilashlarga ko'ra ax4 + bx2 + c = 0
I 1111,1 qanday ko'rinishni oladi?
t t'c111vchilar: ay2 + by + c = 0 bu tenglama kvadrat tenglamadir.
11,111,l ,v knglamani yechishni bilamiz.
O'c1ll11vchi: 6x4 + 5x1 + 1 = 0 tenglamani x2 = y belgilash orqali
, ""' 1v tl'nglamaga keltiramiz?
c )'1111vchilar: 6y2 + 5y + l = 0 to'la kvadrat tenglama ko'rinishiga.
C)'11lh1vchi: Bunday tenglamani yechishni bilamizmi?
1
73
O'quvchi: Bilamiz, y1 =½ ; y2 =i bu tenglama yechimlari bo'ladi.
O'qituvchi: Bizdan qanday noma'lumni topish so'ralgan edi?
O'quvchilar: Noma'lum x ni topishni.
O'qituvchi: x ni qanday topamiz?
O'quvchilar: x2 = y
1
X1,2 =±
-f-i.·
tenglikdan
2
1
.
x = 3 tenglikdan esa,
x3,4
x2 = . !. bo'ladi, bunda11
2
1
= ± ../3
bo'ladi.
4. O'tilgan mavzu mazmunini mustahkamlash uchun 9.x" + 5x2 - tJ.
x" + 7x2 + 12 = 0 va hokazoga o'xshash misollarni o'quvchilar bilan
birgalikda yechish maqsadga muvofiqdir.
5. Uyga vazifa berish. Bunda darslikdagi misol va masala nomerla11
o'quvchilarga o'qituvchi
tomonidan aytiladi. Agar uyga vazifa beri:..lt
ishi to'g'ri tashkil etilsa, ular o'quvchilarning bilimlarini mustahkamlay
di, mustaqil ishlash malakasini shakllantiradi, matematika fanini 0'1
ganishda •chidamlilik va tirishqoqlik malakalarini tarbiyalaydi. Uyga be
rilgan har bir topshiriq ko'pchilik o'quvchilarning kuchi yetadigan.
o'quvchilar vazifaning ma'nosini va qanday bajarish kerakligini tushu11a
oladigan darajada bo'lishi kerak. Topshiriqning og'ir yengilligi o'quvchini1w
sinfda o'tilgan materialni o'zlashtirishi va uni tushunishi bilan uzviy
bog'liqdir, shuning uchun ham o'qituvchi uy vazifasini belgilashda
o'quvchilarning uni bajarishga tayyor yoki tayyor emasligini nazarda tutisltt
lozimdir. Berilgan vazifalargina qo'yilgan maqsadga, ya'ni o'quvchilarn,
o'tilgan mavzular rnazrnunini puxta o'zlashtirishlariga olib keladi.
2- §. Matematika darsining turlari
l. Yangi mavzu mazmuni bilan tanishtirish.
2. Yangi mavzuni mustahkamlash.
3. O'quvchilarning bilimlarini, ko'nikma va malakalarini tekshirish
4. O'quv materiallarini takrorlash va umumlashtirish.
Matematikadan 45-rninutlik dars o'tilgan rnavzuni o'quvchilard:111
so'rash yangi mavzuni bayon qilish, uni mustahkamlash, o'quvc.:lli
laming bilirn, ko'nikma va malakalarini tekshirish kabi qismlarga ajrntisll.
o'tiladigan har bir darsni didaktik maqsad va mazmunini tushunatl1
bo'lishini ta'rninlaydi.
74
t\l:1ktab matematika darslarida yangi mavzu mazmunini tushuntirish
,, ,11•,1111 11ch xil usulda olib boriladi. Ular ma'ruza, suhbat va mustaqil
,..111111
11 t11.i rgi yangi pedagogik texnologiyaning mohiyati ham suhbat metodi
, 1111 yangi mavzu mazmuni ochib berishdan iboratdir. Bunda mavzu
111,111111111ini o'quvchining o'zi bayon qiladi, lekin mantiqiy muloha­
il,11 v:iqtida va turli hisoblashlarni bajarishda o'qituvchi o'quvchilarga
111,1v111 mazmunini ochib beruvchi mantiqiy ketma-ketlikka ega bo'lgan
1v11ll:11 tizimi orqali murojaat qiladi, o'quvchilar ana shu savollarga
t,1\'llh llcrish orqali mavzu mazmunini chuqurroq o'zlashtirib oladilar.
h11 ll'illlda o'tkaziladigan darsning bir qismini misol qilib ko'rsatamiz.
1111 11ccha qo'shiluvchilar yig'indisining kvadrati formulasini keltirib
, li1q111ish o'tilmoqda.
c )'11Uuvchi: Ikki son yig'indisining kvadrati to'g'risidagi ifodani
111p11p,a keltiring. Nosir sen ayt men doskaga yozaman.
c )'11uvchi: Doskaga (a+ b)2 =a2 + 2ab + b2 ifoda yoziladi.
( )'11ltuvchi: Endi (a+ b + c)2 ning qanday ifodalanishini aniqlaylik.
1,11 biz ikkita
qo'shiluvchi yig'indisi kvadratining ifodasini
lo1l,11lw.a11 bo'lsak, uchta qo'shiluvchi yig'indisi kvadratining ifodasini
, 111,i,11 ishni qanday boshlashimiz mumkin?
c )'111tuvchi: Shu uch son yig'indisini ikki son yig'indisi shaklida
,,,11i olish kerak, masalan: [(a+b)+c]2.
( )'11ltuvchi: Bu yozilgan yig'indini kvadratga ko'taring, mumkin
l 11'lp,111 hamma sodalashtirishlarni bajaring. Karim, senda natija nima
, li1qd1, o'qib ber va hosil bo'lgan ifodani aytib tur, men doskaga
11111lt qo'yaman.
1,; ,11 im aytib turadi, o'qituvchi yozadi.
c )'ctltuvchi: Shu xilda mulohaza yuritib, to'1tta qo'shiluvchi yig'in­
,1, 1111 kvadratga ko'taring: (a+ b + c + k)2. Rahim, qanday mulohaza
'" ll)':111ingni, qanday shakl o'zgartirishlami bajarish kerakligini aytib
, I, . 11:it i,iani yana men doskaga yozaman.
1<,iliim to'rt hadni qanday qilib kvadratga ko'tarish kerakligini so'zlab
I 111dl.
( )'11ltuvchi: Ko'rib chiqqan hamma misollarimizda hosil bo'lgan
11, 11 Lila III i diqqat bilan ko'rib chiqinglarchi, bulardan ko'phad kvadratini
1,.. 11 qilish qoidasini chiqarish mumkin emasmikin? Nosir, nima
1 ,-.·q,111!11g, aytchi?
I ln'iir so'zlab beradi va qoidani aytadi.
1
75
O'qituvcbi. To'g'ri. Ammo biz faqat bir necha misol natijalarigagina
suyanib xulosa chiqardik, shuning uchun uning to'g'riligidan shub­
halanish, demak, uni isbot qilishni talab etish ham o'rinli bo'lar edi.
Uning isboti bilan siz VIII sinfda tanishasiz, hozir u sizga og'irlik
qiladi. Siz chiqargan xulosa to'g'ri va bundan keyin undan foydalana-­
digan bo'lamiz. Bu qoidani yana bir marta aytib chiqaylik.
Ba'zan biron teoremani isbot qilishdagi, yoki biron formulani keltirih
chiqarishdagi ishni butun sinf yana ham mustaqilroq bajaradi, ammo
bu holda ham o'qituvchi rahbarlik qiladi. Bunda o'quvchilarga o'z rejasini
isbotlash metodini yoki mulohazalarini taklif etishga keng irnkoniyat
beriladi. Shu bilan birga, o'qituvchi ba'zan yordamchi savollar tashlaydi,
ko'rsatmalar beradi, ayrim o'quvchilar o'z mulohazalarida xatoga
yo'l qo'ygunday bo'lsa, tushuntirib beradi. Biroq bu yo'l juda ko'p
vaqt oladi, chunki o'quvchilaming turli-tuman takliflari ulami asosiy
masaladan chetga chiqaradi.
Sinfda yangi materialni o'rganishda qo'llaniladigan usullardan yana
biri bu o'quvchilarning mustaqil ishlaridir. O'quvchilarning mustaqil
ishlarida misol va masalalar yechishni mashq qilish, teorema isbotlarini
turli xii usullarda bajarish (agar imkoni bo'lsa), mavzu mazmuniga
qarab natijaviy formulalarni chiqarish va unga doir misollar yoki
masalalami tatbiq qilish kabi o'quv metodik ishlar amalga oshiriladi.
Masalan, o'qituvchi to'la kvadrat tenglamasi va uning ildizlarini topish
mavzusi o'tilgandan keyin, keltirilgan kvadrat tenglama va unin!,\
yechimlarini topishni mustaqil ish sifatida berishi mumkin. Bunda
o'qituvchi o'quvchilarni kvadrat tenglama va uning yechirnlari mavzu
sining mazmunini ochib beruvchi mantiqiy ketma-ketlikga ega bo'lga11
savollar tuzishi bilan o'quvchilami yo'naltirib turishi maqsadga muvofiq
dir. O'qituvchi har bir o'quvchini _qo'yilgan topshiriq mazmunini
ochishdagi xato va kamchiliklarini to'g'rilab borishi lozim bo'ladi. Shun
dagina mustaqil ishlash usuli orqali o'quvchilar bilimini chuqurlashtirish
mumkin bo'ladi.
Matematika darslarida ma'ruza metodidan ham foydalanib darsla1
o'tiladi. Bu holda o'qituvchi o'quvchilarni mulohazada ishtirok
etdirmasdan, mavzu mazmunini yolg'iz o'zi bayon etadi. Shu bila11
birga bayon etilayotgan mavzu mazmunidan nimani yozib olish, qanday
chizmani chizib olish, doskadan nimalarni ko'chirib yozish kerakligi
o'quvchilarga aytib beriladi.
O'qituvchi nazariy materialnigina emas, balki masalalami yechili
shini ham o'zi bajarishi hamda mantiqiy mulohazalarni o'zi aytishi va
76
1,,11, Ila chizmalarni chizish va yozuvlarni yozishni ham o'zi bajarishi
,1111111k111.
lll111da o'qituvchining mavzu mazmunini bayon qilish usuli o'quv­
' litln1 11chun namuna bo'lishi, o'quvchilar ham o'z fikrlarini o'qituv• l1tl.11dck bayon etishga intiladigan bo'lishi kerak. O'qituvchilarning nutqi
1v,11lli, mulohaza va isbotlari yetarli darajada asoslangan bo'lishi hamda
11111 11 1avon bo'lishi kerak. Agar darsda qo'Uanilgan metodlar o'quv­
' lltl.11da qiziqish tug'dirgan, ular diqqatini jalb qilgan bo'lsa, o'quv1 l1i1.11 111,<Vzudagi asosiy mulohazalarni to'g'ri takrorlab bera olgan
111 ,· l•.,dar, demakki, o'qituvchi mavzu mazmunini yoritishda qo'llangan
1111 trnlldan qanoat hosil qilishi mumkin.
< l"tilgan mavzuni mustahkamlash deganda biz asosan o'quv mate111111111 11azariy ma'lumotlarini takrorlash hamda o'quvchilarni o'tilgan
11111\ 111 materiallari yuzasidan malaka va ko'nikmalarini shakllantirish
11, 111111 misol, masalalar yechish orqali o'tilgan darslarini takrorlab
11111 1.d,kamlashni tushunamiz.
1•1 1 ilgan materialni takrorlash ilgari olingan bilimlarni yangilashga,
, lllp.111 mavzu mazmuniga umumiyroq nuqtayi nazardan qarashga
11111.1111 beradi.
11· I ilgan mavzu mazmunini mustahkamlashda asosan quyidagilarga
111i111 bcrish kerak.
I Yangi mavzu mazmunida qo'llanilgan asosiy tushunchalarni
'q11v1'11ilar tomonidan o'zlashtirilganlik darajasi.
' Yangi mavzudagi teorema yoki uning isbotini o'quvchilar tomo111111111 :1ylib berilishi darajasi.
I Yangi mavzuda o'rganilgan teorema va formulalardan misol,
11111 ,il.ilar yechishda o'quvchilarning foydalana olish darajasi.
I
O'quvchilarning yangi mavzu mazmunini kundalik hayotda
11, ll1.1vdigan elementar muammolarga tatbiq qilish darajasi.
t I",111vchilarni bilim, ko'nikma va malakalarini tekshirish o'tilgan
111111, 11:1llar yuzasidan og'zaki so'rash yoki yozma ish olish usuli bilan
,1111qL111adi. Bunday tekshirish darslarini o'tkazish o'qituvchi tomonidan
1,11 11.111;1 oldin e'lon qilinib, o'quvchilarga og'zaki so'raladigan mavzu
1n,11,·1 i;1llari va ular asosida o'qituvchi tomonidan tuzilgan savollar
., 111a kdligi beriladi.
11111"tckshiruv darsi yozma ish orqali o'tkaziladigan bo'lsa, bunda
1,,1111 vozma ish variantida tushadigan misol va masalalar qaysi
111,11 :11larga taalluqligi o'qituvchi tomonidan bir hafta oldin aytib
•111 I I l.11li,
77
,
I
I
O'quv materialini takrorlash va umumlashtirish. Maktab matematika
darslarida biror bob o'tib bo'lingandan keyin ana shu bob rnav:,.11
materiallarini umumlashtirish xarakteridagi takrorlash, urnumlashti risl1
darslari o'tkaziladi.
O'tilgan materiallarni takrorlash-umumlashtirish darslari ilga11
olingan bilimlarni yangilashga, ularni ma'lum bir tizimga solishga va
o'tilgan materialga umumiyroq nuqtayi nazardan qarashga yordarn beradi
Maktab matematika darslarida takrorlash-umumlashtirish darslari111
quyidagi turlarga ajratish mumkin:
1. O'quv yili boshidagi takrorlash-umumlashtirish.
2. Kundalik takrorlash.
3. Tematik takrorlash-umumlashtirish darsi.
4. Yakuniy takrorlash-umurnlashtirish darsi.
Har bir takrorlash darsining o'z o'rni va maqsadi bor. O'quv yil1
boshidagi takrorlash darsida o'qituvchi avvalgi sinfda o'tilgan asosiy
mavzu materiallarining mazmunini hamda bu mavzularda qo'llanilga11
asosiy matematik tushunchalarni o'qituvchining o'zi takrorlab imkoniyal 1
boricha umumlashtirib beradi. Maternatika fanini o'zi shunday fanki,
o'qituvchining o'zi har bir darsda yangi mavzuning rnazmuni111
tushuntirish jarayonida ilgari o'tilgan mavzular mazmuni va ularda1-•.1
matematik tushunchalardan foydalanib dars o'tadi. Bunday takrorlash111
kundalik takrorlash darsi deb yuritiladi.
Matematikadan biror bob mavzu materiallari o'tib bo'linganida11
keyin alohida takrorlash-umumlashtirish darslari o'tkaziladi. Bunday
takrorlashni tematik takrorlash-umumlashtirish darsi deyiladi. Tematik
takrorlash-umulashtirish darsi bo'lishidan oldin o'qituvchi takrorla
nadigan bob mavzu materiallarini o'z ichiga oluvchi mantiqiy ketma
ketlikka ega bo'lgan savollarni o'quvchilarga bir hafta ilgari bcrili
qo'yishi va ana shu savollar asosida tematik takrorlash darsi bo'lishi111
aytib qo'yishi lozim. Ana shu berilgan savollar asosida o'quvchil;11
bo'ladigan tematik takrorlash darsiga oldindan tayyorgarlik ko'radila1
Bunday takrorlash darsini o'qituvchi savol javob usuli orqali o'tkazad1
O'qituvchi rahbarligida o'quvchilar mavzularning ketma-ketligi v,,
ularda qatnashayotgan matematik tushunchalar orasidagi mantiqiy
bog'lanishlarni tushunib yetadilar. Natijada o'quvchilarning ana sl111
bob mavzu materiallari yuzasidan olgan bilimlari mantiqiy ketma
ketlikka ega bo'ladi va umumlashadi.
O'quv yilining oxirida ham reja asosida takrorlash darsi ajratilga11
bo'ladi, bunday takrorlashni yakuniy takrorlash darsi deb yuritilad1
78
11111 takrorlash darsida o'quv yili davomida o'tilgan har bir bob
:11 111:itcriallari takrorlab umumlashtirib boriladi.
, ak1111iy takrorlash-umumlashtirish darsining muvaffaqiyatli o'tishi
,,, 111111 o'quv yili boshidagi, kundalik, tematik takrorlash darslari o'z
q11tl.1 o'tkazilgan bo'lishi kerak. Yakuniy takrorlash-umumlashtirish
.,,., , 111qali o'quvchilarning yil davomida olgan bilimlari umumlash1111l,1d1 va sistemalashtiriladi.
, ,1k1miy takrorlash-umumlashtirish darsini hamma o'qituvchilar
l1i111, 111l'lodik jihatdan tashkil qilmaydilar. Biz bir necha maktabda
, ....11,n111 yakuniy takrorlash-umumlashtirish darslarini kuzatdik, ular
q111 111:itcriallarini umumlashtirish va sistemalashtirish o'rniga ba'zi
., 1,1lil;11da o'quvchilarni doskaga chiqarib qo'yib, ulardan o'tilgan
• ,1111 111atcriallarini so'rash, ba'zilarida esa bir necha misol yoki
111 ,1!.1 vechish bilan cheklanishdi.
I,11 pd1ilik o'qituvchilar yakuniy takrorlash-umumlashtirish darsini
• .i:1•,ltda quyidagi kamchiliklarga yo'l qo'yadilar:
• l:1salan, VIII sinfda <<Ko'pburchaklarning yuzlari» nomli bobga
111 11i Lw11 lta reja tuzish mumkin.
I 1 ;rnmetrik figuraning yuzi deganda nimani tushunasiz?
' N1111:1 uchun qabariq va botiq ko'pburchaklar ko'pburchakning
-1101\' lloli bo'lishini tushuntiring.
1
l il ltburchak, to'rtburchak va trapetsiyaning yuzlari qanday
I 11lol.111,11li'!
I Ni111a uchun parallelogramm qabariq to'rtburchakning xususiy
111•11 l,11'1:uli'!
N1111a uchun trapetsiya yuzini hisoblash formulalari uchburchak,
1 111,1111 ltak yuzlarini hisoblash formulalarining umumlashgan holi
I" l,1111 '
111,11
,11 oll11r
A,·,·111" deb nimaga aytiladi?
\111111 chiziq deb nimaga aytiladi?
U,111day geometrik figurani ko 'pburchak deyiladi?
U,111dC1y ko'pburchak qabariq ko 'pburchak deyiladi?
U,111d11y /co'pburchak botiq deyiladi?
I11 'rrh11rchak deb nimaga aytiladi?
l',111,ll<•/ogramm deb qanday to'rtburchakka aytiladi?
I 11 'g 'ri to'rthurchak deb qanday geometrik figuraga aytiladi?
I,, 1111•/siya nima?
• ' N11111h nima?
1
79
I,
I
11. Kvadrat nima?
12. Qanday geometrik jigurani uchburchak deyiladi?
13. Uchburchak tomonlariga ko'ra necha turli bo'ladi?
14. Uchburchak burchaklariga ko'ra necha turli ho'/adi?
15. Uchburchakning tomonlari bilan burchaklari orasida qanday bog'la11/,1I,
bor?
16. Qabariq ko'pburchak ichki burchak/ari yig'indisi necha gradu.n;,,
teng?
'17. Paralle/ogrammning yuzi nimaga teng?
18. Uchburchakning yuzichi?
19. Trapetsiyaning yuzi qanday o'lchanadi?
20. Rombning yuzi nimaga Ieng?
Bu savollar tizimi asosida o'quvchilar uylarida mustaqil tayyrn
lanadilar, burring natijasida ular o'quvchilarda kitob bilan ishli1sli
malakasi hamda mavzu mazmunlarini mustaqil o'zlashtirish malakal:111
shakllanadi.
3- §. Matematika darsiga tayyorgarlik va
darsning tahlili
Matematika o'qituvchisi darsga tayyorgarlik ko'rishni o'quv y11t
boshida o'ziga ajratilgan sinf dasturiga ko'ra yillik ba'zan yarim yilli .
ish rejasini tuzishdan boshlaydi. Bundan tashqari, har bir matematik:i
darsi uchun alohida ish rejasini tuzadi. Matematikaga doir ish rejad,1
har bir mavzuning asosiy savollari, bu savollarni o'tish uchun ajratil •.:111
soatlar va o'tilish muddati ko'rsatilgan bo'lishi kerak. Matematikada11
tuzilgan ish rejada har bir mavzuni o'tish uchun qanday ko'rgazn1:1l1
qurollardan foydalanish va qanday amaliy xarakterdagi misol ha111d,1
masalalarni yechish ham ko'rsatilgan bo'lishi maqsadga muvofiqd11
Matematikadan tuzilgan ish rejani maktabdagi o' quv metodika hay'a1,
muhokama qiladi va maktab direktori tomonidan tasdiqlangan u ras1111\
hujjatga aylanadi va ana shu tasdiqlangan reja asosida o'qituvt lt1
matematika darsining har bir mavzusini o'tadi, maktab rahbariy:111
ham ana shu tasdiqlangan ish reja asosida o'qituvchining o'quv 1;11,
liyatini tekshiradi. O'qituvchi har bir dars uchun mavzu yuzasidan i.•,11
rejani tuzishda quyidagilarga ahamiyat berish kerak bo'ladi.
1. Mavzu va uning shu darsda o'rganiladigan qismi ko'rsatiladi.
2. Uy vazifasi qanday tekshiriladi?
3. Qaysi o'quvchilardan so'raladi?
80
·I Sinfdagi o'quvchilar uchun qanday mustaqil ishlar beriladi va
,i,111d:iy vaqtda beriladi?
• Yangi mavzu bayoni ko'rsatiladi, o'quvchilarga qanday metod
, 1 q d t ushuntirilishi va qaysi yerlarini yozishligi belgilanadi?
t, O'tilgan yangi mavzuni mustahkamlash uchun beriladigan savollar
1" 1 111isol va masalalar yozib qo'yiladi.
I lJyga beriladigan vazifa, mavzu paragrafi, misol va masala no111, il:11 i hamda o'quvchilarga beriladigan ko'rsatmalar yozib qo'yiladi.
11 q1111vchi har bir dars oxirida o'quvchilar bilan birgalikda bugungi
,L11·,11i yakunlashi va o'quvchilar bilimini tekshirishi lozim. O'qituvchi
h,11 li11 darsning mazmunini yaxshi o'ylab, rejalashtirsagina o'quvchilar
, 1i,1q11r matematik bilimga ega bo'ladi.
1111.ga ma'lumki, har bir dars quyidagi bosqichlardan iborat edi.
I O'tilgan darsni o'quvchilardan so'rash va uni mustahkamlash.
1 Yangi mavzuni o'qituvchi tomonidan tushuntirish va uni mustah1ml I h.
I I Jyga vazifa berish.
A11a shu asosiy uch bosqichni amalga oshirishda o'qituvchining
1t11,1v 111ctodik faoliyati maydalab mantiqiy tahlil qilinadi.
I O'tilgan darsni o'quvchilardan so'rash paytida, o'qituvchi tomo111tl.111 o'quvchilarga mavzu yuzasidan berilgan savollar to'g'ri bo'ldimi
1.. I yo'qmi?
J I >oskaga chiqqan o'quvchilarga savollar to'g'ri berildimi, qo'shim­
' Ii,, ·.:,vollarchi?
1 I !laming bilimlarini baholashda o'qituvchi reyting mezoniga rioya
q1ld11111, o'quvchilarningjavoblari o'qituvchi tomonidan tahlil qilindimi?
I < )'tilgan mavzuni o'quvchilardan so'rash uchun o'qituvchi ortiqcha
,qi .11f qilmadimi?
, I arqatma materialni yechib bo'lg;an o'quvchilarning bilimi qanday
t,,.11111:!11d i?
h O'qituvchi o'zi avvalgi mavzu mazmunini va o'quvchilarning
I1111lilari11i qisqacha tahlil qilib yakunladimi?
/ Ya11gi mavzuning mazmunini ochib berishda ilmiy-metodik xatoga
." I qo'ymadimi?
i: Ya11gi mavzuni qanday metod bilan tushuntirdi?
'' Ya11gi mavzuni mustahkamlashga qanday e'tibor berdi?
IO Yangi mavzuning geometrik ma'nosini ko'rsatib bera oldimi?
11 I lyga berilgan vazifalardan namuna ko'rsatdimi?
I •Vi minutlik vaqtni to'g'ri taqsimladimi?
t\l1,1111ov
81
13. O'qituvchi mavzu mazmunini tushuntirishda o'zini qanday tutdi?
14. O'qituvchi yangi mavzuni tushuntirishda sinf o'quvchilarini o'ziga
qarata oldirni?
15. O'qituvchi o'quvchilaming shaxsiyatiga tegmadimi?
16. Darsning tahlilidan so'ng o'qituvchiga beriladigan o'quv, ilmiy,
metodik va tarbiyaviy maslahatlar.
Har bir matematika darsini tahlil qilish yuqoridagi savollarga javob
topish orqali amalga oshirilishi maqsadga muvofiqdir. Shundagina
darsning tahlili samarali bo'ladi.
4- §. Matematika darsiga qo'yilgan talablar
Matematika darsining tahlili shuni ko'rsatadiki, darsning maqsadi
shu darsning tuzilish strukturasini va ana shu darsda bo'ladigan barcha
bosqichlaming o'zaro mantiqiy munosabatlarini aniqlaydi.
1. Matematika darsiga qo'yiladigan birinchi talab bu uning maqsadg:1
tomon yo'naltirilganligidir. Maqsadga tomon yo'naltirilganlik deganda
darsning maqsadida qo'yilgan mavzu mazmunini tushuntirish orqali
o'quvchilaming mantiqiy fikrlash qobiliyatlarini shakllantirish hamda
ulami aqliy va ma'naviy tarbiyalashni tushunamiz.
2. Matematika darsiga qo'yilgan ikkinchi talab bu dars va unill!',
mazmunini ratsional taqsimlashdir. Dars va uning turlarini to'qri
taqsimlash hamda matematika darsida o'quvchilaming mavzu maz­
munini yaxshi o'zlashtirishlari orqali matematik, umumintellektual va
o'quv faoliyatiga nisbatan bilim, ko'nikma hamda tafakkur qilish
faoliyatlari shakllanadi.
3. Matematika darsiga qo'yilgan uchinchi talab bu darsni o'tkazish
dagi o'quv, tarbiya metodi va vositalarini tanlashdan iboratdir. Matc­
matika darslarida o'quv, tarbiya usullarini tanlash katta ahamiyatga
egadir. Matematika o'qituvchisi mavzu mazmuniga qarab tushuntirish,
ilmiy izlanish va xulosa chiqarish metodlaridan qaysilarini qo'llansa
o'quvchilar mavzu mazmunini yaxshiroq o'zlashtirishlarini aniqlah
olishi lozim, shundagina dars samarali bo'ladi.
4. Matematika darsiga qo'yilgan to'rtinchi talab bu darsni o'tkazishda
o'quvchilaming bilishga doir bo'lgan faoliyatlarini shakllantirish uchu11
o'quv jarayonini har xil usullarda tashkil qilishdir. O'qituvchi darsda
o'tiladigan mavzu mazmuniga qarab o'quvchilar faoliyatlarini oldindan
belgilashi kerak bo'ladi. Agar darsda yangi mavzu o'tiladigan bo'lsa,
unda o'qituvchining o'zi mavzu mazmunini ma'ruza yoki suhbat usulla, i
82
,,,.,,d, o'quvchilarga tushuntiradi. Agar darsdagi mav21:1 avvalgi o'tilgan
111;11111ga doir misol yoki masala yechish bo'lsa, unda mustaqil ishlash
\, ,k, yakka tartibda topshiriqlar berish usullaridan foydalanish mumkin.
111111111g natijasida sinfdagi o'quvchilar o'zlarining intellektual qobiliyat­
l,111 oiqali mavzu mazrnunini u nazariy yoki amaliy xarakterda bo'lishini
, ,1 i.l1i o'zlashtiradilar.
5- §. O'quvchilarning bilimlarini tekshirish
, ljroni tekshirish>>ning to'g'ri yo'lga qo'yilishi har qanday ish
,1111,1\ida katta ahamiyatga ega bo'lgani singari, o'qitish ishlarida ham
, 11v.11 katta ahamiyatga egadir. U, o'qituvchiga o'quvchilarda mas'uliyat
111\'I'·11si ni tarbiyalashga, o' quvchilaming bilimlaridagi kamchiliklarni
1,1 vaql ida aniqlab olishga, o'z ishini to'g'ri baholashga imkon beradi.
1 l'quvchilaming bilimlarini tekshirish ishi muntazam ravishda, ya'ni
li,11 1111i olib borilishi kerak. Dastavval yangi materialni bayon etgandan
v111 11ning qay darajada tushunilganligini tekshirib olish lozim. Darsning
11-11•.iy 111aqsadi o'tiladigan rnavzu mazmunini o'quvchilarga tushuntirish
1 l..111111i, o'quvchilar bilimni asosan darsda olishlari kerakligini esda
111111,, o'qituvchi o'zining shu maqsadga erishgan yoki erishmaganligini
li,11 liir darsda o'tilgan mavzu rnazmunining asosiy yerlarini o'quvchi­
l,11tl,111 so'rash orqali tekshirib borishi zarur.
< l'quvchilaming o'zlashtirish darajasini turli yo'llar bilan tekshirish
11111111ki11, ya'ni biron formulani chiqarish yoki biron teoremani isbot­
l,1•.l1d:igi asosiy mulohazalarni o'quvchi tomonidan bajarish, ilgaridan
1,1,·vnrlab qo'yilgan mavzu mazmuniga doir savollarni o'quvchilarga
111•11·,li, olingan nazariy xulosalarni masala yoki misollar yechishga tatbiq
,pL1 nlish qobiliyatlarini aniqlab bilishdan iboratdir.
lhllarning hammasi o'quvchilarning o'zlashtirish natijalarini aniq1,, .1w,1 va shu bilan birga o'tilgan materialni mustahkamlashga yordam
I" I ,Id I.
\'11zma uy vazifalarining bajarilgan-bajarilmaganligini tekshirish ishi
.. p111clla sinfni <<aylanib chiqib>> o'quvchilarning daftarlarini ko'rish
, 1, liilan bajariladi. Bu yo'l vazifaning bajarilganligini aniqlashga irnkon
1.111!, ishning sifatini esa bu yo'l bilan aniqlab olish qiyin.
11y vazifasini tekshirish uchun aylanma daftar tutish ijobiy natija
1 .. 1,1111, chunki vazifasi tekshirilgan daftar o'quvchiga berilganda ular
, 1 i11.11dagi o'qituvchi tomonidan qo'yilgan baholarni va izohlarni ko'rib,
'" 1111•:111 topshiriqlar bo'yicha qanday bilimga ega ekanliklarini bilib
I
83
oladilar. O'qituvchi uy vazifalar natijasini reyting mezoni bo'yicha
ballar asosida baholashi shart.
Bundan tashqari, doskaga ayrim o'quvchilarni chiqarib, o'tilga11
mavzuga doir o'qituvchi aytgan masala yoki misolning yechilishini
so'rash orqali ham aniqlanadi.
Har bir masala yoki misolning yechilishini mufassal bir o'quvchining
o'zi oxiriga yetkazishi shart emas. Berilgan vazifa yuzasidan eng muhim
savollarni ilgaridan tayyorlab qo'yib, tekshirishni ana shu reja bo'yicha
olib borish mumkin.
Masala va misollaming yechilishini tekshirganda bir masalaning
bir necha xil yechilish variantlarini aniqlash, hisoblashga doir misol­
larda esa qo'llanilgan turlicha yechish usullarini ko'rsatish va ulai
ichidan yechishning eng ma'qul usullarini aniqlab olish kerak.
Har kuni hamma o'quvchilarning daftarlarini tekshirib chiqish mum­
kin emas, ammo bu ishni hech bo'lmaganda tanlab olish yo'li bila11
qilish kerak. Har bir darsning oxirida 8-10 o'quvchining daftarini olisll
yo'li bilan bir oyda har bir o'quvchining daftarini aqalli uch marta
ko'zdan kechirish kerak. Bu holda o'quvchining ikki hafta davomicla
bajargan hamma ishlarini tekshirib chiqishga ulguriladi. Bunda tekshi­
rilgan daftarlarda ko'rsatilgan xatolarni o'quvchilarga albatta tuzattirislt
kerak, shu holdagina tekshirish ishlari maqsadga muvofiq bo'ladi.
Bunday tekshirganda bajarilgan ishning to'g'riligini, topshiriqning
to'la bajarilishini va ishning chiroyli, ozoda hamda batartib bajarilishi11i
e'tiborga olib turib, uy vazifalarini bajarishga alohida reyting mezonlari
asosida baho qo'yish kerak.
Daftarlami tekshirib borish o'qituvchiga o'quvchilar tomonida11
berilgan vazifalarni bo'sh o'zlashtirilganjoylarini, misollarni yechishdagi
o'quvchilarni yo'l qo'ygan xatoliklarini aniqlab olishga va o'z vaqtida
ularni to'g'rilab olish choralarini ko'rishga imkon beradi.
O'quvchilar bilimini tekshirishning yana yo'llaridan biri bu ularda11
og'zaki so'rashdir. Buning uchun avvalo o'qituvchi tomonidan mavzu
mazmunini ochib beradigan mantiqiy ketma-ketlikka ega bo'lga11
ta'riflar, qoidalar, murakkab bo'lmagan xulosalar va teoremalarni11g
isbotini tushuntirib berishni talab etadigan savollar tizimi tuziladi. Savol
sinf o'quvchilariga berilib, javobini o'ylashga bir necha minut vaql
beriladi. So'ngra bir o'quvchidan so'raladi. Uning javobini baholashd:1
butun sinf ishtirok etadi (to'g'ri, noto'g'ri, yetarli darajada mukammal,
javob asosli yo asosli emas va hokazo); javobga qo'shimcha qiluvchilar •.:1
; yoki xatoni tuzatuvchilarga ham so'z beriladi.
84
l.1voblar reyting asosida baholanadi, biroq sinf jurnaliga yozilmaydi,
lo'rt marta shu xii joyda turib berilgan javoblarga o'qituvchi
111111011idan umumiy ball qo'yilib, bu ball sinf jurnaliga va o'quvchining
1111dalik daftariga yozib qo'yiladi. Bu holda o'qituvchi berilgan savol
,, , ,Ii11gan javoblarni maxsus yuritilgan reyting daftariga yozib boradi.
I loskaga 1-2 o'quvchi chiqarilganda ularning har biriga berilgan
,1H11IKa javob tayyorlash kerak bo'lib qolganda doskada chizma chizish,
1,1,,,li11i bog'lanishli qilib aytib berishni osonlashtiradigan yozuvlarni
1111,11,ll ha yozib qo'yishga imkon beriladi.
1111 o'quvchilar javob tayyorlagunlaricha o'qituvchi qolgan o'quvchi1111 1111:in suhbat asosida savol-javob qilib, og'zaki masalalar yechdirishi,
1,1 1iflarni, teoremalarning aytilishini, sodda xulosalar chiqarish kabilarni
_,, 1.11! Lurishi lozim bo'ladi.
l\;1'zilar, o'qituvchining sinf bilan qiladigan suhbatidan ikki o'quv­
' 111111 ho'lsa ham ajratib qo'yish zararli deb, bu xii so'rashga e'tiroz
lt1ld11adilar. Ammo, chiqarilgan o'quvchilarning tayyorlanish vaqtida
1t1111111 sinfning zerikib kutib o'tirishga majbur qilishdan ko'ra, ikki
, q11vl hini bu xii suhbatdan mahrum qilish yaxshiroq. Doskaga chiqarib
, q11vl hilar javobini eshitish ham yaxshi natija beradi.
I loskaga chaqirilganlarning javobini eshitishga kelganda ish bosh­
•1••• 11;1; ularning javoblarini butun sinf o'quvchilari eshitishi kerak. Sinf
"q11vl'hilarini bu vaqtda doskadagi o'quvchilar javoblarini eshitishga
1,,11, qilish kerak. Chaqirilgan o'quvchilar javob bergandan keyin boshqa
, q11vrhilarga qo'shimcha qilishga, tuzatishlar berishga, o'z fikrlarini
,1\l1,l1F,,1 imkon beriladi. Bu savolga to'la va to'g'ri javob olingandan
\ 111 o'qituvchi shu o'quvchining o'ziga endi uzoq tayyorlanishni talab
1-l111.1vdigan va ilgaridan belgilab qo'yilgan savollarini berishi mumkin.
Ila 'zi o'quvchilarning javob beruvchi o'quvchiga shu mavzuga doir
'I" •.lli111cha savollar berishiga yo'l qo'yiladi. Bu, o'quvchilarni shu
111111·1111-',a doir hamma materialni xotirlashga majbur qiladi. Ammo
11 q11v, hilarni muhim savollar berishga o'rgatish lozim, buning uchun
.. ,1 ,,'qiluvchi mavzuni o'rganish vaqtida o'rganiladigan materialning
"•'· , 1akli va muhim tomonlarini ajratib ko'rsata bilishi kerak bo'ladi.
I L11 holda, so'rash usulidan qat'iy nazar, o'qituvchi, birinchidan,
" 1,tladigan materialni ilgaridan belgilab qo'yishi, savollarning gay
"" ,d,1 ht:rilishini puxta o'ylashi, masala yechilishining yoki isbotning
'1•1111L1y borishi kerakligini ham oldindan o'ylab qo'yishi lozimdir.
',111111,l:i)l,ina o'tilgan mavzu bo'yicha o'quvchilarning olgan bilimlari
ail ,111 bo'ladi.
"' It
85
O'quvchilar bilimini tekshirishning yana bir usuli bu o'qituvch1
tomonidan o'tilayotgan mavzuga va takrorlashga doir savollar yozilga11
kartochkalarni oldindan tayyorlab qo'yishdir. Bunday kartochkal.11
doskaga chiqarilgan 2-3 o'quvchiga beriladi va tayyorgarlik Uavob111
o'ylash, doskada kerakli yozuvlami yozish) uchun 8-10 minut vaql
ko'rsatiladi.
Ular tayyorlanayotganda o'qituvchi sinf bilan suhbat o'tkazadi
yoki butun sinfga kichikina mustaqil ish beradi. Doskaga chiqarilga 11
o'quvchilar o'z javoblarini to'la bayon etganda o'quvchilar quloq
soladi va ularga har bir savolning javobidan keyin qo'shimcha qilishg:i
imkon beriladi. O'qituvchi o'quvchilarning javoblarini reyting asosid:i
ballar bilan baholab boradi.
So'rash usuli qanday bo'lishidan qat'iy nazar, unga nisbatan ba';,i
majburiy talablar qo'yishga to'g'ri keladi. Bu talablar quyidagilarda11
iboratdir.
a) ma'lum maqsadni ko'zda tutish kerak. Bu maqsad ba'zi o'quv
chilarga aniq bo'lmasligi mumkin, ammo o'qituvchi uni ochiq-oydi11
tasavvur qilishi shart;
b) mavzuning asosiy qoidalarini takrorlashga va mustahkamlashra
yordam berishi hamda teoremalar, o'rganilgan qonunlar va bajariladiga11
shakl o'zgartirishlar orasidagi bog'lanishni aniqlashga, fazoviy tasavvm
lami kengaytirishga, mantiqiy fikrlashni o'stirishga, o'z fikrini to'g'1i
va chiroyli nutq bilan bayon etishga yordam berishi kerak;
d) berilgan savolni tezlik bilan o'qib olish va qisqa, aniq javoli
bera olish qobiliyatini o'quvchilarda tarbiyalashi kerak;
e) teorema yo qonunlarning aytilishiga o'tkir diqqat eta bilishga,
javob yozuvlarning va chizmalar to'g'riligini hamda tugalligini ba
holay bilishga, qo'shimcha va tuzatishlar bera bilishga o'rgatisl 11
kerak;
f) so'rashda o'qituvchi beradigan savollar oz vaqt talab qiladiga11,
ravon, mazmunli bo'lishi shart.
Yozma tekshirish ishlari (yozma ish, test nazorat ishlari) qisqa
1
vaqtga 10-12 minutga mo'ljallab, ba'zilar esa ko'proq vaqtga I
soatga mo'ljallab berilishi mumkin. Qisqa vaqtga mo'ljallangan yoz111:1
ishlarni darsning ikkinchi yarmida berish qulayroq va bunda ko'pn,q
o'quvchilarning har xil hisoblashlarni tez bajara olishlarini tekshirisli.
ayniy shakl o'zgartirishlarni bajara bilishini tayyor tenglamalarni to
yecha bilishini, geometrik figuralarning xossalarini aytib bera olishla ri111
tekshirishlar ko'zda tutilgan bo'lishi kerak.
86
I 1111rnrlash uchun savollar
I Matematika darsining tuzi/ishini gapirib bering.
' Matematika darsini tashkil qi/ish qanday amalga oshiriladi?
I l',11,Ki mavzuni tushuntirish qanday usu/lar bi/an ama/ga oshiriladi?
-I l'a11gi mavzuni mustahkamlash deganda nimani tushunasiz?
' <>'quvchilarning bilimlarini tekshirish qanday usu/far orqali amalga
11.\'hiriladi?
r, ( J'quv materialini takrorlash turlarini aytib bering.
l l'akuniy takrorlash bi/an tematik takror/ashning farq/arini aytib bering.
.\" <>'qituvchining matematika darsiga tayyorgarlik ko'rishini aytib bering.
v Malematika darsiga qo'yilgan talab/arni aytib bering.
//J Malematika darsining tahlilini tushuntiring.
I I O'quvchi/ar bilimlarini tekshirish usullarini aytib bering.
I-' Yozma ish deganda nimani tushunasiz?
I ,1y1111ch iboralar
M,11,·matika darsi, darsning tuzi/ishi, yangi mavzu, darsni mustahkamlash,
1,1A mrlash turlari, darsga tayyorgarlik, ishchi reja, matematika dasturi,
,/,11·,1·;.:a qo'yilgan ta/ab, dars tahlili, bilimlarni tekshirish, yozma ish,
, ,.1•tl11K nazorati.
VI hob.
SON TUSHUNCHALARINI KIRITISH,
UNI KENGAYTIRISH VA SONLAR USTIDA AMALLAR
BAJARISH METODIKASI
1- §. Natural son tushunchasini kiritish va ular
ustida amallar bajarish metodikasi
Eramizdan awalgi asrlarda yashagan insonlar tirikchilik uchun har
xii qushlar, kiyiklar va boshqajonivorlarni ovlash bilan kun kechirganlar.
Ana shu ovlangan kiyiklami, umuman olganda jonivorlar sonini dastlah
qo'l va oyoq barmoqlari bilan ko'rsatib tushuntirishga odatlanganlar.
Agar ovlangan jonivorlar soni ikkala qo'l barmoqlari sonidan ko'p
bo'lsa, ulami hisoblash uchun oyoq barmoqlaridan ham foydalanganlar.
Vaqt o'tishi bilan kishilaming ongi ham ana shu davrga nisbatan shakllana
borgan. Har xii xo'jalik ishlarini bajarish jarayonidagi hisoblarga oyoq
va qo'l barmoqlarining soni javob berolmay qolgan, natijada ular
hisoblash ishlarini bajarishda tayoqchalardan foydalanganlar. Ana shu
qo'l va oyoq barmoqlari hamda ishlatilgan tayoqchalami sanash natija­
sida bir, ikki, uch, to'rt va hokazo sonlar hosil qilingan. Masalan,
bitta qush, ikkita kiyik, uchta yo'lbars va hokazo. Yuqoridagi mulo·
hazalardan ko'rinadiki, son - bu odamlar sanash natijasida narsalarning
miqdoriy qiymatlarini ifoda qiluvchi tushuncha ekan. Sonlar raqamlar
bilan belgilanadi, bizning sanoq sistema o'nlik sistema bo'lganligi uchun
u to'qqizta qiymatli va bitta qiymatsiz raqam bilan belgilanadi: 0, I,
2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Matematika kursida 1, 2, 3, ... qatorni natural soillar qatori deh
ataladi. Natural sonlar to'plami quyidagi xossalarga ega:
1. Natural sonlar to'plamining birinchi elementi 1 ga teng.
2. Natural sonlar to'plamida ixtiyoriy natural sondan keyin keladigan
va undan bitta ortiq bo'lgan birgina natural son mavjuddir.
3. Natural sonlar to'plamida l sonidan boshqa har bir natural
sondan bitta kam bo'lgan va bu so dan oldin keladigan birgina natural
son mavjuddir.
Boshlang'ich sinf matematika kursida natural sonlar to'plami haqi
dagi eng sodda tushunchalar o'quvchilarda shakllantiriladi. IV sinfda
esa koordinata tekisligi va nur tushunchalari kiritilganidan keyin natural
sonlar to'plamining geometrik tasviri ko'rsatiladi.
1 lar bir natural songa koordinata nurning bitta nuqtasi mos kelishini
,,'qiluvchi ko'rgazmali qurollar yordamida tushuntirishi lozim. Shundan
,·yi11 o'quvchilarga natural sonlarni og'zaki va yozma nomerlash ishlari
11 q.1,atiladi. Burring natijasida o'quvchilar natural sonlarni o'qish va
v1111shni o'rganadilar.
I. Sanash vaqtida birinchi o'nta sonning har biriga alohida nom
lw1iladi.
l. Sanoq birliklari guruhlarga shunday birlashtiriladiki, buning natijasida
1,11 xii o'nta birligidan yangi ikkinchi xona birligi, ikkinchi xonaning
,,·111a birligidan yangi uchinchi sanoq birligi va hokazolar tuziladi.
I. Ikkinchi xonadan boshlab har bir xona birligi shu xonadan bevosita
q11v1 xonaning o'nta birligidan tuzilgani uchun bizning sanoq sistemamiz
11• 1ii I Ii sanoq sistemasi deb ataladi. 10 soni esa sanoq sistemasining asosi
111 I, alaladi.
•I. Turli xonalardan iborat bo'lgan sonlarning har uchtasining
l,11 l1klarini birlashtirib sinflar tuziladi. Dastlabki to'rtta xona birliklariga
,1l1il11da nomlar beriladi, ya'ni bulardan to'rtinchi xona birligi ming,
IH 11" Iii sinf birligi deb qaraladi va undan xuddi asosiy birliklardan
I 1111µ.an kabi navbatdagi birliklar tuziladi. Ikkinchi sinfning mingta
i.1111,-,.1 uchinchi sinfning birligi - millionni tashkil etadi va hokazo.
, Sonlarni yozish uchun 10 ta raqam qo'llanadi, noldan boshqa
1111111111:i raqamlar qiymatli raqamlar hisoblanadi.
,, ()iymatli raqamlarning qiymati ularning sondagi o'rniga qarab
11 111.11adi. Bundan keyirt o'qituvchi o'quvchilarga natural sonlarni
11•1 .l11sh va ayrishni hamda ko'paytirish va bo'lishni kundalik hay.otda
1, l11.1ydigan misollar asosida o'rgatishi maqsadga muvofiqdir.
r-.-iasalan, Odiljon 35 ta ko'chat, Qobiljon esa 30 ta ko'chat ekdi.
1111111i11g ikkalasi birgalikda necha to'p ko'chat ekishgan? 30 + 35 =
f I I.I
I k i I a natural sonni qo'shish natijasida yangi bir natural son hosil
1111 ld1, 11ni shu sonlarning yig'indisi deyiladi. 30 va 35 sonlari qo'shi1,o•, l1/"1r, 65 soni yig'indi deb ataladi. Shu fikrlar o'quvchilarga o'rga111,1111, so'ngra qo'shish amaliga ta'rif beriladi.
I u'rif. fkki sonning yig'indisini topish amaliga qo'shish deb ataladi.
I Jul11ral sonlarni qo'shish yana quyidagicha usul bilan tushuntirilishi
1111111111111.
1. l., 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, ... natural sonlar to'plamini
.i,, .I, .i,-,.a yozib, unda 4 soni belgilanadi, so'ngra ana shu 4 sonidan
1111°,1 qarab 6 ta son sanaladi, natijada 10 soni hosil bo'ladi. Demak,
89
4+6 = 10 bo'lar ekan. 6+4 =10 bo'lishini ham yuqoridagickk
tushuntirish mumkin. 1, 2, 3. 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 ... natural sonla,
to'plamida 6 sonini belgilab, undan o'ngga qarab 4 ta son sanaladi,
natijada 10 soni hosil bo'ladi, demak, bundan quyidagi xulosa kclili
chiqadi a + b = b + a. Bu tenglikdan qo'shish amaliga nisbat:111
quyidagi qoidani ifoda qilish mumkin.
Qoida. Qo'shuvchilarning o'rni a/mashgani bi/an yig'indining qiymall
o':{garmaydi, ya 'ni a + b = b + a.
Biz qo'shiluvchilar sonini uchta olganimizda ham yuqoridagi qoid;1
o'rinli bo'lib, (a+b)+c=(a+c)+b tenglik hosil bo'ladi, bu esa qo'shisli
amaliga nisbatan guruhlash qoidasini ifodalaydi.
Endi natural sonlarni ayirish qaraladi. Natural sonlarda ayir isli
amalini o'rgatish uchun quyidagidek masalalarni qarash mumki11
Taqsimchada 20 dona konfet bor edi. Fozil shu konfetdan 6 donasii11
yeb qo'ydi. Tarelkada necha dona konfet qoldi? Bu masalani yechisli
uchun shunday noma'lum x sonini topish kerakki, bunda 6 + x = ?o
tenglik o'rinli bo'lishi kerak. Bu hosil qilingan tenglikni o'qiydig:111
bo'lsak, birinchi qo'shiluvchi va yig'indi ma'lum bo'lib, ikkincl11
qo'shiluvchi esa noma'lumdir.
Qoida. Qo'shiluvchilardan biri va yig'indi ma '/um bo'lganda ikkincl,J
qo'shiluvchi noma '/um sonni topish amaliga ayirish deb ataladi.
X = 20- 6.
X = 14.
Agar umumiy holda a + x = b desak, bundan x = b - a ho:-.tl
bo'ladi. Bunda x - ayirma, b - kamayuvchi, a - ayiriluvchi dl'li
yuritiladi.
Ayirish amalini o'quvchilarga yana quyidagicha tushuntirish mumki11
Masalan, 20 sonidan 6 sonini ayirish kerak bo'lsin. Buning uchun I, .'.
3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21
natural sonlar qatorini doskaga yozib, 20 son belgilanadi va und:111
chapga qarab oltita son belgilaymiz, natijada 14 soni hosil bo'ladi, 1111
degan so'z 20 - 6 = 14 deganidir deb o'quvchilarga tushuntiramiz. 1111
yerda 20 soni kamayuvchi, 6 soni ayiriluvchi, 14 soni esa ayirma drl 1
ataladi.
Masala. 5 ta tokchaning har biriga 16 ta donadan kitob terilgan ho'I 1
hammasi bo'lib qancha kitob terilgan? •
Bu masalani yechish uchun qo'shish amalidan quyidagicha foydalanil:11l1
16+16+16+16+16=80 yoki bu tenglikni 16·5=80 ko'rinishda ham yoz,'.,li
mumkin: bunda javoblarning bir xil bo'lganligini o'qituvchi o'quvchil:11p,1
90
111,h1111tiiishi lozim. Bu yerda 16 va 5 sonlari ko'paytuvchilar, 80 soni esa
••• ,,,, 1•tma deb yuritiladi.
I 11'rif. Qo'shiluvchilari o'zaro teng bo'lgan sonlarning yig'indisini
,
•l'i',li amaliga ko'paytirish deyiladi va u bunday yoziladi:
a-+ a+ a...+a = a·b = c
b
,, va h sonlari ko'paytuvchilar, c esa ko'paytma deb yuritiladi.
Y11qoridagi ma'lumotlardan keyin ko'paytirish amaliga nisbatan
11·1111li ho'lgan quyidagi uch qonunni ko'rsatish lozim.
I Ko'paytirish amaliga nisbatan o'rin almashtirish (komutativlik)
, 11111111i o'rinli.
" • h = c bo'lsa, b • a = c bo'ladi.
Ko'paytirish amaliga nisbatan tarqatish (distributivlik) qonuni
a (b + c) = ab + ac.
1111 qonunni bunday tushuntirish mumkin.
(h + c) •a=(b + c) + (b + c) + (b + c) + ...(b + c) =ab+ ac.
a
I. Ko'paytirish amaliga nisbatan guruhlash (assotsiativ) qonuni
11 111111 (a·b)· c=a·(b·c), bu tenglikni quyidagicha tushuntirish mumkin:
(a• b) • c =a+ a+ ...a+ a++ ..a+ a+ ...+ ... = a· (b • c)
'--v----' · ---------------------------------------- '
b
b
b
C
1111 tcnglikni quyidagicha izohlash mumkin. Har bir qatorda b
1,,tl,111 qo'shiluvchi b·c bo'lib har bir qo'shiluvchi a ga teng, ya'ni
I /1 , I II deb yozish mumkin.
•I Omborga 5 yashikda 625 kg olma keltiridi. Har bir yashikda
11,, l1.1 kilogrammdan olma bo'lgan? Bu masalani yechish uchun
11111111:ty x sonini topish kerakki, x=625 : 5 bo'lsin. Bunday son 125
1111·1.rdi.
A11a shu 125 sonini hosil qilish uchun bo'lishni, ya'ni x=625:5
111111rl11i bajariladi, bu amal bo'lish deb yuritiladi.
1'11'rif. Ko 'payuvchi son/ardan biri va ko'paytma son ma '/um
/,,,'l>•111ula, ikkinchi ko'payuvchi sonni topish amaliga bo'fish deyiladi
1, 11 q11yic.lagicha yoziladi a ·x=c, x=c:a, x - bo'linma, c - bo'linuvchi,
,, lio'l11vchi deb yuritiladi. Yuqoridagi misolda esa 625 - bo'linuvchi,
lio'luvchi, x - bo'linma deb ataladi.
91
Har qanday natural sonni O soniga bo'lish mumkin emas, chunki
0 • x = c tenglikni qanoatlantiradigan x sonini topish mumkin emm,
Demak, x =x: 0 tenglikning bo'lishi mumkin emas.
Ma'lumki, qo'shish amaliga nisbatan qarama-qarshi amal ayirish111
va bu ko'paytirishga nisbatan teskari amal bo'lishni quyidagi sxen111
orqali ko'rsatish ham mumkin:
3+x= 8
y+5=8
il
il
x=8 - 3=5
y=8 - 5=3
il
il
x=5
y=3
5 • 4=20
../.
\,
X • 4 = 20
X =
20 : 4 = 5
5 • y = 20
y = 20 : 5 = 4
15- chiz,na.
Bu sxemani jadval tarzida ham berish mumkin.
To'g'ri amallar
Qarama-qarshi amal
Qo'shish
Ayirish
3+5=8
1.8-3=5
2. 8 - 5 = 3
Ko'paytirish
Teskari amal bo'lish
5 x4 = 20
1. 20: 4 = 5
2. 20: 5 = 4
2- §. Natural sonlar to'plamini kengaytirish
Bu mavzuni tushuntirish jarayonida o'qituvchi o'quvchilarga koor
dinata nurining har bir nuqtasiga bittadan natural son mos kelmasligini,
ya'ni koordinata nuridagi nuqtalar to'plamini ortib qolishini ko'rgazmali
asosda tushuntirishi lozimdir. Bu mulohazaga ko'ra natural sonlar to'p
92
111111111 y1111ada kengaytirish va natijada yangi sonlar to'plamini hosil
pli ,h 1'111iyoji zarur ekanligini o'qituvchi yana bir marta o'quvchilarga
,l111111irishi lozim.
ll1111dan tashqari, o'qituvchi natural sonlar to'plamida har doim
li1•,h va ko'paytirish amallarini bajarish mumkin, ammo ayirish
l111'l1sl1 amallarini har doim ham bajarish mumkin emasligini misollar
, ,I 1111du ko'rsatish kerak.
t\111.';alan, 5 + 3 = 8, 2 • 7 = 14. Bu yerda hosil qilingan 8 yig'indi va
., p,1v1111a 14 sonlar natural sonlar to'plamida mavjuddir, ammo 3-5
'" 111111111:i chiqadigan - 2 soni natural sonlar to'plamida mavjud emas,
1111 11i1l11rnl sonlar to'plamida har doim ham ayirish amalini bajarish
11111111k111 cmas degan so'zdir. Umuman olganda natural sonlar to'plamida
,
1 M P ko'rinishdagi tenglama P=M bo'lgan holda yechimga ega
...,..,,.. XI M=P tenglama yechimi X = P - M P M bo'lganda ham
, ,11111 ho'lishi uchun O soni va barcha butun manfiy sonlar to'plami
,I ,111 111shuncha kerakdir, shuning uchun ham natural sonlar to'plamini
111111y1irish orqali boshqa yangi sonlar to'plamini hosil qilish g'oyasi
,111i thiqadi.
3- §. Butun sonlar va ular bilan to'rt amalni
bajarish metodikasi
•,111lda <<Koordinata to'g'ri chizig'i>> nomli mavzu o'tiladi, ana
•1111 111i1Vzt111i o'tish uchun sanoq boshi degan tushuncha kiritilgan bo'lib,
•h11 ,,111111q boshi nomli nuqtani O (nol) soni bilan belgilangan.
o •,11':1.i lotincha nal/rse - so'zidan olingan bo'lib <<hech qanday
•ti\ 11111IKa cga bo'lmagan>> degan ma'noni bildiradi. Nol soni natural
11111 lo'plamiga kirmaydigan qiymatsiz son hisoblanadi. Matematikada
111, ·,Ii lo'plam tushunchasini ham O soni bilan ifodalanadi.
I 11 ,.,,'ri chiziqdagi sanoq boshi deb ataluvchi O nuqtadan unga
J, I sonlari, chapga esa -1,
-2, -3, ... sonlarni yozish va
l1,q1d,1 i sonlarni <<minus bin>, <<minus ikki>>, <<minus uch>> ... deb
,, 1f1•,l1 11 kclishilgan. 0 soni to'g'ri chiziqda musbat va manfiy sonlami
11f1,1t1li 111rndi. 0 sonidan o'ng tomonidagi natural sonlarni butun musbat
111.11. t hap tomondagi sonlami esa butun manfiy sonlar deb ataladi.
• 11q111 ldagi mulohazalarga ko'ra butun sonlar to'plamiga quyidagicha
, 1, 11 lw1ish mumkin.
I 11'rlf. Barcha natural, butun manfiy va nol sonlari birgalikda butun
,,111,11 to'plami deyiladi (16-chizma).
1
•♦
93
-4
I
I
I
I
I
I
-3
-2
-1
0
I
2
3
I
I
4
5
16- chiz,na.
Bu yerda natural sonlarga nisbatan qarama-qarshi sonlar barcha
butun manfiy sonlardir, masalan, 1 va -1, 2 va -2, 3 va -3, - ....
qarama-qarshi sonlar barcha butun manfiy sonlardir.
Butun sonlar to'plamida faqatgina O soniga nisbatan qarama-qarshi
bo'lgan son yo'qdir:
0 = 0 + 0.
Maktab matematika kursida manfiy son tushunchasi kiritilganida11
keyin sonning moduli tushunchasi ham kiritiladi.
Ta'rif. Musbat sonning moduli o'ziga teng:
lal =a· ISi = 5.
Ta'rif. Manjiy sonning moduli o'ziga qarama-qarshi songa teng:
I- al= a· I-SI= s.
Butun sonlar bilan to'rt amalning bajarilishini ko'rib chiqaylik.
1. Butun sonlar bilan qo'shish amali quyidagicha bajariladi, masala11
3 soniga 2 sonini qo'shaylik (17-chizma).
I
I
I
-4
-3 -2 -1
I
I
I
I
0
1
2
• r •
I
I
I
3
4
5
17- chizma.
Butun sonlar qatorida 3 sonini belgilab, undan o'ngga qarab ikkila
sonni sanaymiz. Natijada 5 soni hosil bo'ladi, demak, 3 + 2 = 5.
1. -2 soniga -3 sonini qo'shing (18-chizma).
t tt
I
-5 -4 -3 -2
-]
I
I
I
I
0
1
2
3
I
4
5
18- chizma.
Butun sonlar to'plamidan -2 sonini belgilab, undan chapga qarali
uchta son sanaladi, natijada -5 soni hosil bo'ladi, demak, (-2) I
+ (-3) = -5
Qoida. Bir xii ishoradagi butun sonlarni o'zapo qo'shish uch1111
ularning modullarini o'zaro qo'shib, yig'indi son oldiga qo'shiluvc/11/"r
o/didagi ishora qo'yiladi.
94
5 + 4 = + (5 + 4) = +9 = 9
Mnsalan.
(-3) + (-2) = -(3
+ 2) = -5
I 4 soniga -2 sonini qo'shing. Buning uchun butim sonlar qatorida
,,11111i bclgilab, undan chapga qarab ikkita sonni sanaymiz, hosil bo'lgan
,
11
1,111,myotgan son bo'ladi (19-chizma).
0
1
f j
2
4
5
6
7
19-chizma.
olda. lshoralari har xii bo'lgan butun sonlami o'zaro qo'shish
,,, J,1111 1t!arning kattasining modulidan kichigini ayirib, katta son ishorasi
1·1l11di:
1) 5 + (-3) = 5 -3 = +2 = 2;
2) (-8) + 3 = -(8 - 3) = -5.
ll11mla 181 > 3, shuning uchun yig'indi son manfiy bo'ladi.
I ( )'zaro qarama-qarshi sonlar yig'indisi esa nolga teng:
a+ (-a)= 0.
M;esalan, 5 + (-5) = 0.
11 Butun sonlar ustida ayirish amali quyidagicha bajariladi. Bir
1t1111111 sondan ikkinchi butun sonni ayirish uchun kamayuvchiga
I'll ll11vchiga qarama-qarshi sonni qo'shish kerak, ya'ni (a - b)+b=a.
I) 25 - 9 = 16;
2) -15 - 30 = -15 + (-30) = -45;
I) 12- (-13) = -12 + 13 = 1.
I I lar xii ishorali ikkita butun sonni ko'paytirish uchun bu sonlaming
,11,11liili11i ko'paytirish va hosil bo'lgan son oldiga <<minus>> ishorasini
, " yl•,11 kcrak:
a(-b) = -(ab) = -ab,
2·(-3) = -(2·3) = -6.
.' I kkita butun manfiy sonni o'zaro ko'paytirish uchun ularning
111111 lull II irli o'zaro ko'paytirish kerak:
(-a)·(-b) = a·b.
(-5)·(-3) = 5·3 = 15.
A ar ko'paytuvchilardan biri nolga teng bo'lsa, u holda ko'paytma
111ilv,i1 ll"ng bo'ladi:
a·0=0·a=0
95
IV. Butun sonlarni bo'lish amali quyidagicha bajariladi.
1. Butun manfiy sonni manfiy songa bo'lish uchun bo'linuvchi11111v
modulini bo'luvchining moduliga bo'lish kerak:
(-a) : (-b) = I-al : I-bl = a : b;
(-81):(-3) = l-811: l-31 = 81 : 3 = 21.
2. Har xil ishorali ikkita butun sonni o'zaro bo'lish uchun b(I' Ii
nuvchining modulini bo'luvchining moduliga bo'lish va hosil bo'lp..111
sonning oldiga <<minus>> ishorasini qo'yish kerak:
(-a) : b =I-al: b = (-15) : 3 = l-151: 3 = -5.
3. Nolni nolga teng bo'lmagan har qanday butun songa bo'lisl11L1
nol soni hosil bo'ladi:
0: a= 0
4. Ixtiyoriy butun sonni nol soniga bo'lish mumkin emas:
a : 0 = ma'nosizlik.
4- §. Kasr son tushunchasini kiritish va uni
o'rgatish metodikasi
Butun sonlar to'plamida har doim qo'shish, ayirish, ko'payt i11•.I1
amallarini bajarish o'rinlidir, lekin bo'lish amali har doim baja1 ii:,
vermaydi. Chunki bir butun sonni ikkinchi butun songa bo'lganda l1111
doim bo'linmada butun son hosil bo'lavermaydi.
Masalan, 7:2 = 3.5, 9:4 = 2 , ... Bunda hosil qilingan bo'linmadaui
3,5; 2 , ... sonlari butun sonlar to'plamida mavjud emas. Umu111.t11
olganda m·x=n, m=t-0 ko'rinishdagi tenglamaning yechimi butun sonl.11
,,
to'plamida har doim mavjud emas, bu tenglama har doim x
Ill
ko'rinishdagi yechimga ega bo'lishi uchun kasr tushunchasini kiri I1·.lt
orqali butun sonlar to'plamini kengaytirib, unga barcha manfiy v.1
J_g_0 ,,1
musbat kasr sonlarni qo'shish kerak. Bu degan so'z l q ••,r,
ko'rinishdagi ratsional sonlar to'plamini hosil qilish kerak dega11id11
Shundagina mx=n ko'rinishdagi tenglamalar har doim yechimga rf-'
bo'ladi. Bunda r va q lar natural sonlardir. Yuqoridagi mulohazala1 .•
96
kn'ra ratsional songa quyidagicha ta'rifberish mumkin:
f
ko'rinishdagi
,1isqarmas kasrga ratsional son deyiladi.
Endi kasr tushunchasini kiritish uchun foydalaniladigan misollami
ko'rib o'taylik.
Agar bir metr uzunlikdagi yog'ochni o'zaro teng ikki bo'lakka bo'liusa, u holda bo'laklarning har birining uzunligi ana shu yog'och uzun-
l1g111ing yarmiga teng bo'ladi va uni
½ kabi yoziladi. Agar ana shu bir
111ctr uzunlikdagi yog'ochni o'zaro teng uch bo'lakka bo'linsa, u holda
1,n'laklardan har birining uzunligi shu yog'och uzunligining uchdan
• gdek, l
hm•ga teng bo'laa·1 va um. l kab"1 yozilaa·1. Shunm
l
l
4 , 5, 6 ...
3
Agar bir metr uzunlikdagi yog'ochni teng uch bo'lakka bo'lib,
1111dan ikki qismini oladigan bo'lsak, olingan uzunligini kabi yoziladi.
Agar ana shu yog'ochni to'rt bo'lakga bo'lib, undan uch qismini
nlinsa, olingan qism uzunligi ¾ kabi ifodalanadi. Yuqorida qilingan
11mlohazalarga asoslanib kasr tushunchasining ta'rifini quyidagicha
llcrish mumkin.
Ta'rif. Butun sonning o'zaro teng bo'lgan ma '/um bir u/ushi, shu
winning kasri deyiladi.
Yuqorida ½ ,
,
!
,
kasr sonlar hosil qilindi. Berilgan
11. irsalarni yoki butun sonni qancha teng qismga bo'linganligini ko'rsat11vchi sonni kasming maxraji, shunday qismdan nechtasi olinganligini
ko'rsatuvchi sonni kasming surati deyiladi. Maxraj kasr chizig'ining
nstida, surat esa kasr chizig'ining ustiga yoziladi.
Umumiy holda kasrni
!
ko'rinishda ifodalanadi. Bunda r-
.urati, q - kasrning maxraji deb yuritiladi.
qarama-qarshi kasrlami
7 - S. Alixonov
-!
f
ko'rinishdagi kasrlarga
ko'rinishda ifodalanadi.
97
kasrning
Koordinata o ' q i d_
a f! .. ko'rinishdagi kasrlar nol sonidan chapda
q
joylashgan bo'ladi. Biz butun sonlar to'plamini kengaytirish orqali
p
va !!..
q ko'rinishdagi kasrlarni hosil qildik. Natijada koordinaL1
q
o'qida {- , 0, f} ko'rinishdagi sonlar to'plami hosil bo'ldi.
Bunday to'plam ratsional sonlar to'plami deb ataladi. Agar ratsio11al
sonlar to'plamidagi - !!..
q
• g maxraJ·1an• q = l desa k•.
va p- kasrlamm
q
ma'lum bo'lgan butun sonlar to'plami hosil bo'ladi. Bundan ko'rinadik1,
butun sonlar ratsional sonlar to'plamining xususiy bir holi eka11
Ratsional sonlar to'plami bilan koordinata to'g'ri chizig'i nuqtali111
orasida o'zaro bir qiymatli moslik o'matish mumkinmi, degan savol
tug'ilishi tabiiydir. Bu savolga quyidagicha javob berishimiz mumki11.
aksincha, har bir nuqtaga bittadan ratsional soni mos keltirish mumlu11
emas.
Kasrlar uch xil bo'ladi:
1. To'g'ri kasrlar. 2. Noto'g'ri kasrlar. 3. O'nli kasrlar.
1. Agar kasming surati uning maxrajidan kichik bo'lsa, bundav
kasrlarni to'g'ri kasrlar deyiladi. Masalan:
½, ! ,
....
2. Agar kasrning surati uning maxrajidan katta bo'lsa, bundav
kasrIarm• noto 'g'r,• kasrlar dey1·1act1·. Masalan,
5
7 17
,
2 4 , 5 ....
3. Agar kasrning maxraji bir va nol sonlaridan iborat bo'lsa, bundav
kasrlarni o'nli kasrlar deyiladi. Masalan, / =0,1;
=0,01;
10
0
Kasr tushunchasi kiritilganidan keyin kasrlarning tengligi tushunchil',I
kiritiladi. Bu tushunchani o'quvchilarga quyidagicha tushuntiri li
mumkin.
Paraz qilaylik, bizga bir metr uzunlikdagi kesma berilgan bo'lsi11
I
Agar shu kesmani teng ikkiga bo'lsak, har bir kesmaning uzunligi
98
► ,,Iii k11sr bilan ifodalanadi. Endi bo'lingan har bir kesmani yana ikkiga
t,11'l•.11k,
har bir kesmaning uzunligi
¼ kasr bilan ifodalanadi. Ana
,lt11 11·11g to'rtga bo'lingan kesmalardan ikkitasining uzunligi
i.11,111 ilo<lalanadi.
¾ kasr
Bu esa butun kesma uzunligining teng ikkiga
'"' ly,,11ulagi ½ kasrbilan ifodalangan qiymatiga tengdir. Shuning uchun
1
4 B d k ' • d"ki I va 2 kasr1arnm
• g q1• ymat1an• teng
. un an o r ma
1
8
,
4
2
1. .,·111,, ularni ifoda qilish har xildir.
1 l'quvchilarga kasrlarning tengligi tushunchasini tushuntirilganidan
,,
Ill-! kasrning quyidagi xossalarini ifoda qilish murnkin.
I rn.,·.m. Agar kasrning surat va rnaxrajini bir xii songa ko'paytirilsa,
•
• '
ct · P =- P n• - .
1·,111111g q1 ymat1 o zgarmay 1 :-
q
q n
l 2 2 4
=- ·-=-·
5 5 2 10'
J 3 4 12
}) 7 7. 4 = 28;
I 1 4 4 4 · 25 100
I) - l -, i'°-4 -4 4· 2-5 100 •
I)
II xo.,·sa. Agar kasrning surat va maxrajini bir xii songa bo'linsa,
11.i 111111 qiymati o'zgarmaydi.
·n
-p:q.n
- = n Bunda n > l bo'lishi kerak.
!!.... .
15
I ollar.
,
3. 5
5
2) -=-=-=5.
3
3
1
/II xossa. Agar kasrning surat va maxrajidagi sonlar umumiy bo'luv­
h1li111111 cga bo'lmasa, u holda bunday kasr qisqarmas kasr bo'ladi. Masalan,
,1
17
qisqarmas kasrlardir, chunki 5 va 7, 4 va 5, 17 va 19
'\ I
19 ,....
,11li111 o'zaro umumiy bo'luvchilarga ega emas.
99
5- §. Kasrlarni taqqoslash
l. Kasrlarni o'zaro taqqoslash uchun berilgan kasrlami o'zaro bir
xii maxrajli kasrlar holiga keltirish kerak, so'ngra ulardan qaysi birining
surati katta bo'lsa, o'sha kasming qiymati katta bo'ladi.
. 3
_2 3. 5 _ 15
2 · 4 _ 8 15> 8
.
M 1
asa an. 4 va 5' 4 • 5- 20 va 5· 4- 20 ' 20 20 shumng
uchun ¾ > } . Bu yerda kasrning surati va uning maxrajini bir xi1 songa
ko'paytirilsa, kasrning qiymati o'zgarmaydi degan xossadan foyda­
landik.
2. Suratlari bir xii va maxrajlari har xii bo'lgan kasrlardan qaysi
birining maxraji katta bo'lsa, o'sha kasr kichik bo'ladi. Qaysi birining
maxraji kichik bo'lsa, o'sha kasr katta bo'ladi.
4
4
4
4
lar uchun
Masalan:
> .
va
15
15 21
21
6- §. Kasrlarni qo'shish
Paraz qilaylik, AB kesma berilgan bo'lsin, uni teng yettiga bo'laylik,
1
3
4
ulardan AC= , CD= , AD=
bo'lsin, u holda AD kesmaning
7
7
7
qiymati AC va CD kesmalar uzunliklarining yig'indisiga teng bo'ladi,
ya'ni AD=AC+CD. Shu bilan birga
*.
+ =
Yuqoridagi mulohazaga
ko'ra quyidagi qoidani yozish mumkin.
I. Maxrajlari bir xil bo'lgan kasrlarni qo'shish uchun ularning
suratlarini o'zaro qo'shib, maxrajlaridan bittasini yozish kifoya.
3 1
5 5
p r_p+r .
- +- - - ,
q q
q
3+1
5
4
5
-+-=--=-.
II. Maxrajlari har xil bo'lgan kasrlarni qo'shish uchun ularni eng
kichik umumiy maxrajga keltirib, bir xil maxrajli kasrlarni qo'shish
qoidasidan foydalanib, qo'shish kifoya:
2 3 2-7 3-5 14 15 14+15 29
l) 5+ 7= 5. 7+ 7. 5 = 35+ 35 =
= 35;
100
2)
3+ 1 _ 3-6+ 1-4 _ 18+ 4 _ 18 + 4 _ 22 _ 11.
4 6 4. 6 6-4
24 24
24
24 12
.
Ummruy holatda esa
pr
p-s
- +- = q
s
q-s
r·q
ps+rq
+ --
= --
s-q
sq
•
III. Yig'indida butun son chiqadigan kasrlami qo'shish quyidagicha
amalga oshiriladi:
1)
i+.!..=3+1 =i=t
4 4
4
4 '
2)
.!.+2=1+7 = =1
8 8
8
8 '
I+!=??!=2+2= =l
4 2 4 2-2 4 4
IV. Butun sonni kasrga qo'shish
I
I
1) 3+-=3-·
2
2'
1 3 1 3-2+1 6+1 7
1
2)
3+-=-+-=--=-=-=3-.
2 1 2
1-2
2
2
2
3)
V. Aralash sonni kasrga qo'shish
VI. Aralash sonni aralash songa qo'shish:
r s -6- s 6
1 31
(1 1 )
l'l-2 1-3')
23
+ 2 = <2 + 3>+ 3 + 2 = s + 3 .2 +2 .3
'
'
,
+
2+3
= +
5
= s6
5
·
Qo'shish qonunlari. 1. Kasr qo'shiluvchilarning o'rni almashgani
bilan yig'indi kasr sonning qiymati o'zgarmaydi:
a b a+b
b+a
b a
- + - - -- -- - +- •
Misol.
q
q
q
q
q
101
.I
q
3 1 3+1 1+3
1 3
-+ --------------------- +-.
5 5
5
5
5 5
2. Kasr sonlarda qo'shish amaliga nisbatan guruhlash qonuni o'rinlidir:
( + %)+ %
=
(J+ }
+
I sb oti.
f)
( + + ..:=. a +b
lq q, q
q
+
=
(a b) +c = c
q
q
.. :
.
+
+
(
(!!.
b + a)=
.,.b +c =
+ \
q
q
q
q ,q qJ
+
Misol.
!+ i+I=(.!.+I)+i= 1 + 2 + i = i + i= 3.5 + 3. 1 =is+ 21= 36.
7
5 7
7
7
5
7
5
7
5
7·5
5·7
35
35
'
7- §. Kasrlarni ayirish
1) Faraz qilaylik, bizga AB kesma berilgan bo'lib, u teng 7 bo'lakka
bo'lingan bo'lsin.
Ulardan
AC=-1
CD=3 , AD= 4 larga teng bo'lsin. CD
7'
7
7
kesmaning qiymati CD=AD-AC bo'ladi, u holda
4- --1=-3tengl1
"k
7
7
7
o'rinli.
5
2) Karim ikki mashinadagi yukni - soatda tushirdi. U birinchi
7
mashinadagi yukni % soatda tushirib bo'ldi. Karim ikkinchi mashinadagi
yukni necha soatda tushirgan?
% = . Topilgan natijaning
to'g'riligini tekshirish qo'shish amali orqali amalga oshiriladi:
2 3 2+3
5
-+-=--=-.
7 7
7
7
Endi kasrlarni ayirish uchun chiqarilgan quyidagi qoidalar ko'rib chiqiladi:
102
1. Maxrajlari bir xii bo'lgan kasrlarni ayirish uchun ulaming surat­
larini o'zaro ayirib, maxrajlardan bittasini maxraj qilib yozish kifoya:
3 1 3-1 2
1) ---=-+-·
5
S
5
S'
2. Maxrajlari har xii bo'lgan kasrlarni ayirish uchun ularni eng
kichik umumiy maxrajga keltirib, bir xii maxrajli kasrlami ayirish
qoidasidan foydalaniladi:
3 2 3· 7 2 · 4 21- 8 13
=
4 7 4-7 7-4
28
28
pr
p-s r·q
ps-rq
Umumiy holda: ---=---=-=---=q s q•s sq
sq
III. Butun sondan kasmi ayirish:
. 2 4 2 4 ·3 2
1- usul. 4 3 =1 3 1-3 3
2- usu/.
4
-i i- ¾)
= 3 +(
12
3
2
3
12 - 2
3
3 2
) = 3+
=3 + ( ;
10
.
3
i i=3
IV. Kasrdan butun sonni ayirish:
t-2=-(2- )=-(t}-t)=-(1;-t)=-14;3 =-\1 =-lt.
V. Butun sondan aralash sonni ayirish:
!' 'l
(
.,,
'
1 =2+
5• 4-1 ' 51 =
5-21-=45--2-I =(4-2)+ 5 --4
5
4
5 4
5-4 4.5
'\.
20-5
15
3
3
3
= 2+-- =2+- = 2+- = 2+- = 2-.
20
20
4
4
4
VI. Aralash sondan butun sonni ayirish:
3
/3
'
3
3
l) 3 -2=(3-2)+( -o)=t+ =1 .
4
4,
4 4
'
3 3 -2= 15 _ 2= 15 _ 2 • 4= 15-8 _ 7 _l 3.
4
4 1 4 1-4
4
4
4
VII. 1 sonidan kasr sonni ayirish:
2)
I
3_1
4-1
3_1-4
4-1-4
103
3_4-3_1
4- 4 -4.
.,,
2 -usu/.
' I 1
1-32 1
7
2
1- 2
1-2
7
2
2- 7
2
-5
2
1
2-.
2
8- §. Kasrlarni ko'paytirish
1. Kasrni butun songa ko'paytirish uchun shu butun sonni kasrning
suratiga ko'paytirish kifoya:
"d 1) 5 ·3 = 5 - 3 = 15 ; 2) 2 ·( - A) = 2
- • (--4) = - 8 .K o,payt.m.sh qm as1 ga
17
17 17 9
9
9
ko'ra / • 3,
7
1)
¾· (-4)
ifodalarni quyidagicha yozish mumkin:
2-.3=2-+2-+1-=5+5+5=_!2.
17
17 17 17
17
17'
2
2) ¾-(-4)=-¾-4=
-¾-¾-¾=-(¾+¾+¾+¾)=-!-
2. Aralash sonni butun songa ko'paytirish uchun aralash sonni
noto'g'ri kasrga aylantirib, butun sonni uning suratiga ko'paytirish
kifoya:
1 a) 2!.3=2-2+1 3= ·3=5·3=15=7!.
•
2
2
2
2
2
2
b) 2 .!_· 3 = 2! + 2.!_ + 2.!_ = 6 + (! + .!_ + .!_ J =
2
2
2 6
2 2 2)
/
=6+(l+l+l)=6+1=7!.
2
2
2
3i(-2)= 3-4+ 3. (-2)= 15· (-2)= 15-(-2)=
4
.4
4
4
2. a)
-
_ 30 _ 15- 2 _ 15 _ 71
42-2 22·
104
b) 3¾(-2) =-3¾·2 = -3¾+(-3¾ )=-(3¾+3¾ )=
=-l' 6+3 ; 3) =- ('6+46) =-712.
3. Kasmi kasrga ko'paytirish uchun ulaming suratlarini suratlariga
va maxrajlarini maxrajlariga ko'paytirish kifoya:
p s p-s
-·-=-q r q·r
2)
4. Aralash sonlarni o'zaro ko'paytirish uchun ularning har birini noto'­
g'ri kasrga aylantirib, suratlarini suratlariga va maxrajlarini maxrajlariga
o'zaro ko'paytirish kifoya:
2 I . 4 2= 7 . 22= 7 • 22= 154 "" lO .4
3 5 3 5
3· 5
15
15
.2 1 _ 2.3 5 _ 23 • 5 _ 115 _ .1
2) 7 2
19
3 2
3 2
3-2
6
6
Kasrlarni ko'paytirish o'rin almashtirish, guruhlash va taqsimot qonun­
lariga bo'ysunadi.
1. Kasrlarni ko'paytirishda ko'paytuvchilaming o'rin almashgani bilan
ko'paytmaning qiymati o'zgarmaydi:
I)
2. Kasrlarni ko'paytirishda ularni guruhlab ko'paytirilsa, ko'paytmaning
qiymati o'zgarmaydi:
8
1) (
½·¾)) = ( :;} =1 5•
2> ( •
¾} ¾ = ( : } ¾ =
t
= 1 :.
2
11• ¾ = 11·.: = 1 0: •
3. Kasrlarni ko'paytirishda ularga taqsimot qonunini tatbiq qilinsa, ko'payt­
maning qiymati o'zgarmaydi:
105
(
)=
a+b ) ·p =((a+ b)p
c
q
cd
ap+ bp.
cd
Misol.
i
4 + 3 l. = (4 + 3) •.4 4 • 4 + 3 • 4 ;:: I 6 + 1.2 28 .
1)
(
9·5
9 ) 5
'
7 + 21.
( II J 3
;
2)
9· 5
45
45'
I= <7 + 2)- 2. 7.2 + 2. 2= -4 + 4. 18.
11·3
11-3
11· 3 33
,
'
9- §. Kasrlarni bo'lish
5-sinf matematika kursida kasrlami bo'lish mavzusi o'tiladi. Bizga
butun sonlar mavzusidan ma'lumki, ikkita butun sonni o'zaro bo'lish
uchun birinchisini ikkinchi sonning teskarisiga ko'paytirish kerak edi.
Shuningdek, ikki kasr sonni ham o'zaro bo'lish uchun birinchi kasrni
ikkinchi kasrning teskarisiga ko'paytirish kerak, ya'ni•:
15 2 15 3 45
27: 3 = 27• 2= 54
Bu qoidani quyidagi masala orqali o'quvchilarga tushuntirish
maqsadga muvofiqdir.
6
Masala.
7 bo'lagi (qismi) 30 ga teng bo'lgan sonni toping.
Yechish. Noma'lum sonni x bilan belgilasak, u holda masala shartini
quyidagicha yozish mumkin:
6
7· x = 30, chunki sonning bo'lagi ko'paytirish
amali yordamida topiladi.
Bu tenglik bunday yechiladi:
I
7 x = 30: 6 = 5. Bundan x = 5·7 = 35
bo'ladi, Demak, izlanayotgan son 35 ekan.
Masala. Futbol maydoni yuzining
3
4 qismi o'Y,in o'ynash uchun tayyor
holga keltirildi. Bu 960 m2 ni tashkil qiladi. Futbol maydonning yuzi qancha?
Ye chis h. Futbol maydonning yuzini x bilan belgilasak, shartga ko'ra
.
bu maydonrung
3
3
4 qismi 960 m edi, shuning uchun 4 x = 960 tenglik
2
106
3
o'rinli bo'ladi. x ni topish uchun tenglamaning ikkala qismini
kerak. Demak, x = 960:
3
4
ga bo'lish
4
4
= 960- = 320-4 = 1280 m2•
3
Futbol maydonining yuzi 1280 m1 ekan.
Berilgan kasrning qiymati bo'yicha sonning o'zini topishda ham sonning
kasrni topishdek, turli hollarni ko'rib o'tish maqsadga muvofiqdir. Sonni
kasrga bo'lish ta'rifi butun sonlarni bo'lish ta'rifidek ifodalanadi. Bu qoidani
o'quvchilarga alohida ta'kidlab tushuntirish maqsadga muvofiqdir. Shundan
keyin kasrlarni bo'lishga doir quyidagi hollarni ko'rib chiqish foydalidir.
1. Kasrni butun songa bo'lish uchun kasrni o'z holicha, butun sonni esa
teskari yozib, ularni o'zaro ko'paytirish kifoya:
:4- -!=;: -2-.
7 4 7 · 4 28
2. Aralash sonni butun songa bo'lish uchun aralash sonni noto'g'ri
kasrga aylantirib, so'ngra bo'lish kasrni butun songa bo'lishdek bajariladi:
7
3. Butun sonni aralash songa bo'lish uchun butun sonni o'z holicha
yozib, aralash sonni noto'g'ri kasrga aylantirib, ularni o'zaro ko'paytirish
kerak:
3
8
5 20
4
1
4: 1- = 4: - = 4 ·- = - = 2- = 25
5
8 8
8
2·
4. Aralash sonni aralash songa bo'lish uchun ularning bar birini noto'g'ri
kasrlarga aylantirib, so'ngra bo'lishni ikki kasrni o'zaro bo'lish qoidasiga
ko'ra bajariladi:
2
3 . 2 _ 13 23 _ 13 7 _ 13·7 _ 91
3
5. 7 5 7- 5 2-3 5-2-3 115.
10- §. O'nli kasrlar va ular bilan to'rt amalni
bajarish metodikasi
O'nli kasr tushunchasi XV asrda Samarqandlik olim Ali Qushchi
tomonidan kiritilgan. U o'zining 1427-yilda yozgan <<Hisobot san'atiga
kalit», <<Arifmetika kaliti» nomli kitobida o'nli kasr tushunchasidan
foydalangan.
107
Ta'rif. Maxraji o'n yoki uning darajalaridan iborat bo'lgan kasr
o'nli kasr deyiladi.
O'nli kasrlarni bunday belgilash qabul qilingan:
I
I
1
3
3
IO= 0,1; l00 = 0,01; l000 = 0,001; JO= 0,3; l000 = 0,003.
O'nli kasrlami maxrajsiz yozilganda verguldan o'ngdagi birinchi
xonadagi raqam o'ndan birlami, ikkinchi xonadagilari esa yuzdan bir­
lami va hokazolarni bildiradi. Masalan, 6,732 o'nli kasrda verguldan
keyingi sonlami turgan o'rniga qarab kasr ko'rinishda quyidagicha
7
2
ifodalash mumkin:
;
;
1 0 1 0 10 00
O'nli kasrlar uchun quyidagi qoidalar o'rinlidir:
1. Har bir o'nli kasr o'zidan oldingi o'nli kasrga nisbatan o'n
marta kattadir.
1
Masalan, 0 001 = --·1
0 1 = -.1
0 01 =-·
'
1000 ' '
100 ' ' IO
2. O'nli kasrlaming maxrajlari 10 ning butun ko'rsatkichli daraja­
laridan, suratlari esa bir xonali sonlardan iborat k&Srlaming yig'indisi
shaklda ifodalash murnkin.
11- '§. O'nli kasrlarni qo'shish va ayirish
Bu mavzu materialini bayon qilishdan oldin o'qituvchi o'quvchilarga
maxrajlari har xil bo'lgan oddiy kasrlarni umurniy maxrajlarga keltirib
qo'shish va ayirish haqidagi tushunchani misollar yordarnida ko'rsatishi,
so'ngra o'nli kasrlarni qo'shish hamda ayirish haqidagi nazariy va amaliy
bilimlarni berishi maqsadga muvofiqdir.
1- qoida. 0 'nli kasrlarni qo'shish uchun bir xii xonalari o'zaro butun
sonlar kabi qo'shilib, yig'indida kasrlardagi vergulning tagiga to'g'ri
keltirib butun qismi ajratiladi.
Misol.
1)+ 25,382
7,200
32,582
2- qoida. 0 'nli kasrlarni ayirish uchun kamayuvchining tagiga ayir­
luvchining verguliga to 'rilab, o'rin qiymati blr xii bo'lgan raqamlar bir­
birini ostiga yozib ayriladi, so'ngra ayirmani butun qismi vergul bi/an ajratiladi.
108
Misol.
I)
+
14,273
5,040
2) 27,100
- 3,236
9,233
23,864
3) 27,1-3,235=?
O'nli kasrlarni ayirish jarayonida quyidagi hollar bo'lishi mumkin:
ayiriluvchidagi kasr xonalarining soni kamayuvchidagi kasr xonalaridan
ko'p, kamayuvchi va ayiriluvchi o'nli kasrlardagi kasr xonalari soni bir
xil, butun sondan o'nli kasrni ayirish, o'nli kasrdan butun sonni ayirish.
O'qituvchl bu hollarning har biriga misollar ko'rsatishi kerak.
12- §. O'nJi kasrlarni ko'paytirish
O'nli kasrlarni o'zaro ko'paytirishni oddiy kasrlarni ko'paytirish
qoidasiga asoslangan holda tushuntirishi lozim, chunki o'quvchilar
o'nli kasrlarni oddiy kasrlarga aylantirish qoidasini biladilar.
Misol: 3,2-0,12 = 3120. /to= . /to= to2--1 20 = to8o = 0,384
Ko'paytma kasrning maxrajida nechta nol bo'lsa, uni maxrajsiz
yoziladigan o'nli kasrga aylantirganda shuncha kasr xonasi bo'lishini
o'quvchilarga tushuntirish lozim.
1)
2)
384
3,2-0,12 = 1000 = 0,384;
7
3
10 10
27 13
351
10 10 10 ·10
351
100
2 7-13=2-·l-=-·-=--=-=3 51.
'
'
'
Ko'rib o'tilgan misollar asosida quyidagi qoidalar tushuntiriladi.
1- qoida. 0 'nli kasrlami o'zaro ko'paytirish uchun ularning suratlarini
suratlariga va maxrajlarini maxrajlariga ko'paytirib, ko'paytuvchi bi/an
ko'payuvchida jami nechta kasr xonasi ho'Isa, ko'paytmada shuncha
xona ajratiladi. (Bu gap oddiy kasr shaklda yozilgan o'nli kasr haqida
aytilgan.)
Masalan,
3 4 · 0 25 = 3-
4
·-
25
34 25
=-
•-
= 0 85.
'
'
10 100 10 100
'
2- qoida. 0 'nli kasrlami o'zaro ko'paytirish uchun ulaming vergu/iga
e 'tibor bermay, butun sonlar kabi ko'paytirib, ko'payuvchi va
ko'paytuvchida hammasi nechta kasr xonasi ho'Isa, ko'paytmaning o'ng
tomonidan bosh/ab sanab shuncha raqamni vergul bi/an ajratib qo'yiladi:
109
1)
X
30,021
2 51
2)
3021
21372
7124
+ 14248
21372
22,889412
-- '
+ 15105
6042
7,58271
7,124
x3,213
O'nli kasrlarni o'zaro ko'paytirishda ko'paytirishning ko'payuv­
chidagi yig'indisiga nisbatan tarqatish qonunini qo'llanishga asoslangan
mulohazalarni ham olib borish foydali, buni quyidagicha sxema orqali
ham ko'rsatish mumkin.
Masalan, 2,37 ni 2 ta birlik, 3 ta o'ndan bir, 7 ta yuzdan birning
yig'indisi shaklda yozish mumkin. Yig'indini biror songa ko'paytirish
uchun har bir qo'shiluvchini shu songa ko'paytirish va hosil bo'lgan
ko'paytmalarni qo'shish, ya'ni 2 birlikni 9 ga, 3 ta o'ndan birni 9 ga, 7
ta yuzdan birni 9 ga ko'paytirib, ko'paytmalarni o'zaro qo'shish kifoya:
,
I
I
1
I
I
1
1
I
2 37-9=9· 1+1+-+-+-+-+-+-+-+-+
'
10 10 10 100 100 100 I00 100
l
1
1
1,
9 9 9
9
9
9
9
9 9
+ 100+ 100+ 1001
/ = + + 10+ 10 +IO+ 100+ 100+ 100+ 100+
+_2_+ _2_+ 2=_ 2133= 21 33.
100 100 100 100
'
O'nli kasrlarni 10 ning butun ko'rsatkichli darajalariga ko'paytirishni
alohida ko'rib o'tish lozim, ya'ni o'nli kasrni 10 ga, 100 ga, 1000 ga
va hokazolarga ko'paytirish uchun bu kasrda vergulni 1, 2, 3, ... raqam
o'ngga surish kerak. O'nli kasrlarni 0,1, 0,01, 0,001 ga va hokazolarga
ko'paytirish uchun bu kasrlarda vergulni 1, 2, 3, ... raqam chapga
surish kifoya.
Masalan: 1) 3,7-100 =3,70·100 = 370. Bu misolni quyidagicha
tushuntirish mumkin: 3,7 ni 100 ga ko'paytirish uchun qoidaga ko'ra,
3,7 sonidagi vergulni o'ngga qarab ikki xona surish kerak edi, ammo
bizda verguldan keyin bitta son bor, xolos. Shuning uchun 7 sonidan
keyin bitta nol qo'yamiz. (Bu yerda o'qituvchi o'quvchilarga 3,7 soni
3,70 soniga teng ekanligini tushuntirish va kasr holga keltirib ko'_rsatish
maqsadga muvofiqdir.)
110
1) 45,76·0,l = 4,576. Bu misolni quyidagicha tushuntirish mumkin.
Buning uchun 4576 sonini 1 soniga ko'paytirib hosil bo'lgan ko'payt­
mada o'ngdan chapga qarab uchta raqamni - ikkala ko'paytuvchida
ular nechta bo'lsa, shuncha raqamni vergul bilan ajratamiz. Shunday
mulohaza yuritib, 45,76 ni 0,01 ga ko'paytirishda 45,76 sonidan
vergulni ikki raqam chapga surish kerakligini ko'rsatamiz.
Masalan: 45,76·0,01 = 0,4576.
13- §. O'nli kasrlarni bo'lish
O'nli kasrlarni bo'lish mavzusida quyidagi uch hol ko'rib o'ti­
ladi: 1) o'nli kasrni butun songa bo'lish. O'nli kasrni butun songa
bo'lish butun sonlarni bo'lishga o'xshash bajariladi, bunda qoldiqlar
borgan sari kichikroq ulushlarga maydalanib boradi.
Masalan,
0,6 : 4 = 0,60 : 4 = 0,15.
1- qoida. 0 'nli kasrlarni butun songa bo'fish uchun, butun qism
bo'luvchiga yetadigan bo'Isa, butunini kasr xona almashguncha bo'lib,
so'ngra bo'linmada vergul qo'yib bo'lishni davom ettirish kifoya.
Misol:
1 )
25,232
14
25232
.1!
6,308
2400
12320
12
14000
)2000
12..
032
3200
- 32
- 3200
0
0
Yuqoridagi misol va qoidalarni tushuntirish jarayonida o'qituvchi
o'quvchilarga bo'lish amalining ta'rifini va uning bajarish qoidalarini
takrorlashi lozim.
2) Butun sonni o'nli kasrga bo'Iish. Bu holni ham o'qituvchi
o'quvchilarga misol yordamida tushuntirishi kerak. Masalan: 51: 0,17 =?
Bu misolni yechishni oddiy kasrlaming bo'lish qoidasi asosida bajarib
ko'rsatiladi.
Misol.
51: 0,17 = 51: :; = (51-100): 11 = 5100: 11 = 300.
0
Bu mulohazalarga ko'ra quyidagi qoidani ifodalash mumkin.
111
Qoida. Butun sonni o'nli kasrga bo'fish uchun bo'luvchidagi o'nli
kasrni butun songa aylantirish kerak. Buning uchun bo'luvchining vergul
oxiriga suriladi va necha xona surilgan bo'Isa, bo'luvchining o'ng tomoniga
shuncha no/ qo'yiladi hamda butun sonni butun songa bo'fish kabi
bajariladi.
Misol.
351:2,7=3510:27= 130,
25:6,25=2500:625=4.
3) O'nli kasrni o'nli kasrga bo'lish. Bu holda ham o'qituvchi
o'quvchilarga kasrni kasrga bo'lishning umumiy qoidasini takrorlab,
so'ngra o'nli kasrlarni oddiy kasrlar holiga keltirib, kasrlarni o'zaro
bo'lish usulidek ko'rsatishi maqsadga muvofiqdir.
Masalan:
8 51: 3 7= 851 : 37= 851-10= 851 : 3=
7 85 1: 3=
7 2 3.
'
'
100 10 100-37
10
'
'
Bu misolni yana bunday yechib ko'rsatish ham mumkin:
37
8,51: 3, 7 = 8,51: lO = (8,51-10): 37 = 85,1: 37 = 2,3.
Yuqoridagi misollardan ko'rinadiki, o'nli kasrni o'nli kasrga bo'lish
uchun bo'luvchida qancha kasr xonasi bo'lsa, bo'linuvchi va bo'luv­
chidagi vergullarni shuncha xona o'ng tomonga suramiz, natijada
bo'luvchi butun songa aylanadi.
Buning natijasida bo'linuvchi va bo'luvchi bir xil marta ortgani
uchun bo'linma o'zgarmaydi.
14- §. Oddiy kasrni cheksiz davriy kasrga aylantirish
2,73 o'nli kasr berilgan bo'lsin. Agar kasrning o'ng tomonidagi
qisrniga istalgancha nollar yozib qo'yilsa, uning qiymati o'zgarmaydi.
2,73=2,730=2,7300=...=2,7300...0. Shuningdek, 2,73 kasrni cheksiz ko'p
nollari bo'lgan o'nli kasr ko'rinishida yozish mumkin. Masalan,
2,73=2,73000.... Bu yerda verguldan keyin cheksiz ko'p o'nli xonalar
mavjud. Bunday o'nli kasr cheksiz o'nli kasr deyiladi.
Istalgan oddiy kasrni cheksiz o'nli kasr ko'rinishida yozish mumkin.
Masalan, 3/14 sonini olib, uning suratini maxrajiga bo'lib ketma-ket
o'nli xonalarni hosil qilamiz. Bunda istalgan natural sonni barcha o'nli
xonalari nolga teng bo'lgan cheksiz o'nli kasr ko'rinishida yozish
mumkinligini qayd qilib o'tarniz.
112
Masalan, 3 = 3,00000....
3,00000000... 14
-28
1-0-,2-14-28_5_7_1.4.-.
20
14
60
56
40
-28
120
112
80
70
100
98
20
14
60
Shunday qilib, 3/14 = 0,214285714 ...
Bo'lish davomida chiqqan barcha qoldiqlarni ketma-ket yozib
chiqamiz: 2, 6, 4, 12, 8, 10, 2, 6 ... Bu qoldiqlarning barchasi
bo'luvchidan, ya'ni 14 sonidan kichik. Bu bo'lishning qaysidir qismida
ilgari uchragan qoldiq yana albatta uchrashi kerakligini bildiradi. Bizda
yettinchi qadamda 2 qoldiq hosil bo'lib, u birinchi qadamda paydo
bo'lgan edi. Bundan tashqari, ilgari uchragan qoldiq paydo bo'lgan
zaxotiyoq undan keyingi qoldiqlar ular avval qanday tartibda bo'lsa,
shunday tartibda takrorlanadi. Bizning misolimizda 2 qoldiqdan so'ng
6 qoldiq, undan keyin 4, undan keyin 12 keladi va hokazo, ya'ni biz
qoldiqlarning quyidagi ketma-ketligini hosil qilamiz: 2, 6, 4, 12, 8,
10, 2, 6, 4, 12, 8, 10, .... Davriy takrorlanuvchi qoldiqlar guruhi mos
ravishda sonning o'nli yozuvidagi davriy takrorlanuvchi raqamlar
guruhiga olib keladi, ya'ni 3/14=0,2142857142857142857 Sonning
o'nli yozuvida verguldan keyingi ketma-ket takrorlanib keluvchi bunday
raqamlar guruhi davr deb ataladi, o'z yozuvida ana shunday davrga
ega bo'lgan chekli o'nli kasr davriy kasr deyiladi. Qisqalik uchun davrni
bir marta qavs ichiga olib yozish qabul qilingan:
0,214285714285714285714 =0,2(142857). Agar davrverguldan keyin
boshlansa, bunday kasr so/ davriy kasr deyiladi, agar vergul va davr
8 - S. AJixonov
113
orasida boshqa o'nli xonalar bo'lsa, kasr aralash davriy kasr deyiladi.
Masalan, 2,(23)=2,2323232323... - sof davriy kasr, 0,2(142857) aralash davriy kasr, 2,73=2,73000000... = 2,73(0) aralash davriy kasrdir.
15- §. Cheksiz davriy o'nli kasrni oddiy kasrga aylantirish
Cheksiz o'nli kasrni 10, 100, 1000 va hokazo ko'paytirish uchun
chekli o'nli kasr holatidagi kabi vergulni bir, ikki, uch va hokazo
xona o'ngga surish kifoya. Masalan, 0,1(23)·100= 0,123232323... • 100=12,
32323232...=12,(32). Davriy o'nli kasrni oddiy kasrga aylantirishni
quyidagi misollar orqali ko'rib chiqaylik.
1. Sonni oddiy kasrga aylantiring: a) 0,(13); b) 2,(273); d) 0,2(54);
e) 3,254(9).
Yechish: a) x=0,13=0,131313... bo'lsin. Sof davriy kasr x ni
shunday songa ko'paytiramizki, natijada vergul kasr davri qadar o'ngga
suriladi. Davrda ikkita raqam bo'lgani uchun vergulni o'ng tomonga
ikki xona surish kerak, buning uchun esa x sonni 100 ga ko'paytirish
yetarli, u holda l00·x=0,131313...·100=13,13131313...= 13,(13);
13
•
99
b) x=2,(273) bo'lsin. Bu sof davriy kasrning davrida uchta raqam
bor. x ni 1000 ga ko'paytirib, 1000x=2273,(273) ni hosil qilamiz. Xuddi
yuqoridagiga o'xshash topamiz:
2271
lO00x - x=2273,(273)-2,(273), 999x = 2271, bundan x =
=
999
100x-x=13,(13)-0,(13). Demak, 99x=13, bundrm x =
= 757= 2-2.!_
333
333
d) x=0,2(54) bo'lsin. Bu aralash davriy kasrda vergulni o'ng tomonga
shunday suramizki, natijada sof davriy kasr hosil bo'lsin. Buning uchun
x ni 10 ga ko'paytirib qo'yish kifoya. 10x=2,(54) ni hosil qilamiz.
y=2,(54) bo'lsin va yuqoridagilarga o'xshash bu sof davriy kasrni oddiy
kasrga aylantiramiz. y=2,(54) bundan 100y=254(54), 100y-y=254(54)-2,54,
28
99y=252, y= 252 = 28 demak, !Ox= , bundan x = 28 = 11 •
_ 10
99 0
11
11
55
e) x=3,254(9) deb 1000x=3254(9)ni hosil qilamiz. y=l000x
belgilashni kiritamiz, u holda y=3254,(9), bundan 10y-y=32549(9)114
-3254(9); y=3255, 1000.x=3255,
X
=
3255
=3.
1000
Endi quyidagiga e'tibor beramiz.
200
= 3,255 = 3,255(0) chekli
o'nli kasr yoki davrida nol bo'lgan cheksiz kasmi hosil qilamiz.
Demak, 3,254(9)=3,255(0). Bu hol davrida to'qqiz bo'lgan istalgan
kasr ko'rinishida yozish mumkin. Buning uchun davr oldidagi o'nli
raqamni bir birlikka orttirish kifoya. Masalan, 0,45(9)=0,46(0); 14,(9)=
= 15,(0).
16- §. lrratsional son tushunchasini kiritish
metodikasi
O'quvchilar VII sinfda birinchi marta irratsional son tushunchasi
bilan tanishadilar. O'qituvchi bu mavzuni tushuntirishdan oldin
o'quvchilarga kvadrat ildiz va arifmetik ildiz tushunchalarini tushun­
tirishi, so'ngra irratsional son tushunchasini quyidagi masalani yechish
orqali kiritishi lozim.
Masala. Katetlari bir birlikka teng bo'lgan to'g'ri burchakli uchburchakning gipotenuzasi topilsin (20-chizma).
Berilgan: AA.BC, LC= 90°, CB=AC=l.
Topish kerak: AB= ?
Ye chis h. Pifagor teoremasiga ko'ra: AB2 =
=AC2+CB2, AB2=12+12=2.
Masalaning yechimini quyidagicha o'qish
mumkin. Shunday AB soni topilsinki, uni kvadratga
ko'tarilganda 2 soni hosil bo'lsin. Bunday AB son
ratsional sonlar to'plamida mavjud emas. A
nuqtadan AB ga perpendikular AA1=1 katetni
o'tkazib, uning A1 nuqtasini B nuqta bilan
birlashtirib, A 1B ning qiymatini hisoblaymiz:
20-chizma.
A1B2=AB2+l2; A1B2=2+1=3; A1B2=3 soni ham
ratsional sonlar maydonida mavjud emas. Yuqoridagilardan ko'rinadiki,
ratsional sonlar to'plamida mavjud bo'lmagan yana qandaydir sonlar to'plami
ham mavjud ekan, ya'ni AB2=2; A1B2=3,...
Yuqoridagi mulohazalarga ko'ra AB2=2, A1B2=3,... ko'rinishdagi sonlarni
ratsiona\ bo'lmagan yoki irratsional sonlar deb ataldi va ularni AB= Ji ,
A1.B3
= , ... kabi belgilash qabul qilingan.
115
Ta'rif. !!_ kasr ko'rinishida tasvirlab bo'lmaydigan sonlar irratsional
q
sonlar deyiladi. (p, q) E N
Bu yerda o'quvchilarga yana shu narsani tus ntirish kerakki, har
qanday ratsional sonni cheksiz davriy o'nli kasr Ko'rinishda ifodalash
mumkin, irratsional sonni cheksiz davriy o'nli kasr ko'rinishida ifodalab
bo'lmaydi, bunga quyidagi misollarni ko'rsatish mumkin.
1. Js = 2,360679... buridagi Js irratsional son cheksiz davriy bo'l­
magan o'nli kasr ko'rinishida ifodalanayapti.
2. Ji= 1,41- bundagi2 irratsional son ta'rifini yana quyidagicha
keltirish mumkin.
Ta'rif. Cheksiz davriy o'nli kasr ko'rinishida ifodalab bo'lmaydigan
sonlami irratsional sonlar deb ataladi.
Te ore ma . Kvadrati 2 ga teng bo'lgan ratsional son mavjud emas.
Bu teoremaning isbotini teskarisidan faraz qilish yo'li bilan isbot­
laymiz, chunki 12<2<22 butun sonlar to'plamida u kvadrati 2 ga teng
bo'lgan son mavjud emas.
lsboti. Paraz qilaylik, !!_ ko'rinishidagi qisqarmas kasr mavjud bo'lsin,
q
r va q - natural sonlar. Paraz qilaylik, kvadrati 2 ga teng bo'lgan ratsional
son mavjud bo'lsin, ya'ni: (
fJ
=2, bunda p2=2q2, bunda r ning ham
ikkiga bo'linishi kelib chiqadi. Agar r = 2n bo'lsa, 4n = 2q2 2n = q2
bo'ladi, bundan q ning ham juft son ekanligi kelib chiqadi. Parazimizga
kasrni qisqarmas kasr degan edik, isbotning natijasida esa !!_
q
kasr qisqaruvchi kasr bo'lib chiqmoqda, bunday qarama-qarshilik
farazimizning noto'g'ri ekanligini tasdiqlab, teorema to'g'ri ekanligini
ko'rsatadi.
Yuqoridagi ta'rif va isbot qilingan teoremalardan ko'rinadiki, kvadrati
2, 3, 5, 7, 10, 11 larga teng bo'ladigan ratsional son mavjud emas ekan,
biz ta'rifga ko'ra bularni irratsional sonlar deb atadik. Bunday irratsional
ko'ra,
q
sonlarni Ji,?,, Js,- kabi belgilash qabul qilingan. Ularga qarama-qarshi
bo'lgan
sonlar
ham irratsional sonlar bo'lib, ular -Ji, - 3, -Js, 116
kabi belgilanadi. O'qituvchi bu yerda o'quvchilarga shuni eslatishi kerakki,
irratsional sonlarga kvadrati berilgan musbat songa teng bo'lgan sonni topish
masalasigina olib kelmaydi. Masalan, aylana uzunligining diametriga nisbatini
ifodalovchi 1t sonini oddiy kasr ko'rinishida tasvirlash mumkin emas, u
ham irratsional sondir.
17- §. Haqiqiy sonlar
Ratsional va irratsional sonlar birgalikda haqiqiy sonlar to'plamini
hosil qiladi. Har bir haqiqiy songa koordinata to'g'ri chiziqning yagona
nuqtasi mos keladi. Haqiqiy sonlar to'plami son to'g'ri chizig'i deb
ham ataladi. Son to'g'ri chizig'ining geometrik modeli koordinata to'g'ri
chizig'idan iboratdir.
O'qituvchi haqiqiy sonlaming geometrik tasvirini ko'rsatganidan
keyin savol-javob metodi orqali haqiqiy sonlami taqqoslashni va ulaming
natijasi sifatida hosil qilinadigan sonli tengsizlik hamda ulaming xossal­
arini bayon qilishi maqsadga muvofiqdir.
Haqiqiy sonlami taqqoslash masalasi quyidagi ikkita ta'rif asosida
hal qilinadi.
Ta'rif. a sonidan b sonini ayirganda ayirma musbat bo'Isa, u holda
a soni b sonidan katta deyiladi va u quyidagicha yoziladi. a-b >O
bundan a>b ekanini ko'rinadi.
Ta'rif. a sonidan b sonini ayirganda ayirma manfiy bo'Isa, u holda
a soni b sonidan kichik deyiladi va u bunday yoziladi: a-b<O, bundan
a<b ekani ko'rinadi.
Bu yerdagi a>b va a<b ifodalar sonli tengsizliklar deyiladi.
Sonli tengsizliklar xossalari:
1) agar a > b bo'lsa, b<a bo'ladi;
2) agar a > b va b<c bo'lsa, u holda a<c bo'ladi;
3) agar a>b bo'lsa, a+c > b+c bo'ladi;
4) agar a>b va c musbat son bo'lsa, u holda ac>bc;
I sb oti: ac-bc ayirmani hosil qilamiz. ac-bc=c(a-b) shartga ko'ra
c musbat son va a>b bo'lgani uchun a-b musbat son. Ikkita musbat
sonning ko'paytmasi musbat sondir, demak c(a-b)>O. Shunday qilib,
ac-bc>O, bundan: ac>be;
5) agar a>b va c manfiy son bo'lsa, u holda ac<bc bo'ladi. Agar
tengsizlikning har ikkila tomoni bir xil manfiy songa ko'paytirilsa,
tengsizlikning ishorasi qarama-qarshiga o'zgaradi;
6) agar a>b va c>d bo'lsa, u holda a+c>b+d bo'ladi;
117
7) agar a>b>O bo'lsa, u holda ¾ < ¼ bo'ladi;
8) agar a>b>O bo'lsa, istalgan n natural son uchun an>bn tengsizlik
o'rinli bo'ladi.
Sonli oraliqlar va ularning tasviri
Oraliqlar turi
Belgilanish
Tengsizliklar yordamida yozilishi
Interval
(a; b)
a<x<b
Kesma
[a; b]
a
Yarim interval
(a; b]
a< x:::;b
Yarim interval
[a; b)
a:Sx <b
Nur
[a;+ ru)
xa
Nur
(- ru ;b]
x:S b
Ochiq nur
(a;+ ru)
x>a
Ochiq nur
(- ru ;b)
x<b
b
Haqiqiy sonning moduli va uning xossalari. Haqiqiy son a ning
moduli deb, agar a>O bo'lsa, bu sonning o'ziga, agar a<O bo'lsa,
uning qarama-qarshi songa aytiladi. a sonning moduli lal kabi belgilanadi.
Shunday qilib,
ragar a> 0 bo'lsa, a,
a
,
- I lagar a < 0 bo'lsa, - a
I
X- 3 > 0,
masalan, lx-3j=x-3, chunki agar { X-3 < 0,
X > 3,
X < 3.
Geometrik nuqtayi nazardan !al ifoda koordinata to'g'ri chizig'ida
a nuqtadan 0 nuqtagacha bo'lgan masofani bildiradi.
Modullarning xossalari:
1. ial 0. 2.laj = I-al.
4.
Iii=Iii; *
b
0.
118
3.jabl = lal·lbl.
5. 1 2=a1.
18- §. Haqiqiy sonlar ustida amallar bajarish qoidalari
Bir xii ishorali ikkita sonning yig'indisi o'sha ishorali yig'indi songa
tengdir. Bunday yig'indining modulini topish uchun qo'shiluvchilar
yig'indisini topish kerak.
Masalan, (+12)+(+8)=+20, (- 12)+(- 8)=- 20.
Turli ishorali ikkita sonning yig'indisi katta bo'lgan qo'shiluvchining
ishorasi bilan bir xii ishorali sondir, bu yig'indining qiymatini topish
uchun katta sondan kichik sonni ayirish va ayirma oldiga katta son
ishorasini qo'yish kerak.
Masalan:
(12)+(- 8)=+(12 - 8)=4,
(-12)+(+8)=-(12 - 8)=- 4.
Bir sondan ikkinchisini ayirish uchun kamayuvchiga ayiriluvchiga
qarama-qarshi bo'lgan sonni qo'shish kerak.
Masalan, 12 - (- 8)=12+8=20, 12 - (+8)=12 - 8=4.
Bir xii ishorali ikki sonning ko'paytmasi (bo'linmasi) musbat, har
xii ishorali ikki sonning ko'paytmasi manfiy, bo'linmasi ham manfiy
bo'lgan sondir. Ko'paytma (bo'linma)ning topish uchun berilgan
sonlaming o'zaro ko'paytirish (bo'lish) kerak.
Masalan, (-12)·(- 8)=+12·8=96,
(- 24):(+3)= - 24:3= - 8.
Arifmetik amallaming xossalari.
1) a+b=b+a;
6) (ab)c=a(bc);
2) (a+b)+c=a+(b+c);
7) a(b+c)=ab+ac;
3) a+0=a;
8) a·I=a;
1
9) a•-= I,
a :;t: 0.
4) a+(-a)=0;
a
5) ab=ba;
19- §. Arifmetik kvadrat ildiz tushunchasini kiritish
VII sinf algebra kursida <<arifmetik kvadrat ildiz<< tushunchasi kiritiladi.
Agar x2 =16 tenglama berilgan bo'lsa, bu tenglamani o'quvchilar
ko'paytuvchilarga ajratish orqali yechishni biladilar, ya'ni
(x2=16) [(x2-16)=0] [(x2-42)=0]
[(x-4)(x+4)]=0 (x1=4)A(x2=-4).
119
Demak, x2 = 16 tenglamaning yechimlari x1=4 va Xz=-4 sonlaridan
iborat ekan. Yuqoridagi mulohazalarga ko'ra quyidagi qoidani chiqarish
mumkin: x2= 16 tenglamaning ildizlari, ya'ni kvadrati 16 ga teng bo'lgan
sonlar 16 sonining kvadrat ildizlari deyiladi. (-4 )2 = 16 bundan 42 = 16
bo'lgani uchun -4 va 4 sonlari x2=16 tenglamaning kvadrat ildizlaridir.
Ta'rif. a sonining kvadrat ildizi deb kvadrati a songa teng bo'lgan
songa aytiladi.
Kvadrat ildiz tushunchasidan tashqari arifmetik kvadrat ildiz tushunchasi
ham bo'lib, uni quyidagicha tushuntirish mumkin: x 1=4 va x 1=4 lar x2=16
tenglamada ikkita ildiz bo'lib, ulardanx1=4 yechimi musbatdir. Bunday
musbat yoki nomanfiy yechim ana shu tenglamaning arifmetik kvadrat
ildizi deyiladi. Bu tushuncha umumiy holda esa quyidagicha ta'riflanadi.
Ta'rif. a sonining arifmetik kvadrat ildizi deb kvadrati a ga teng
bo'lgan nomanfiy songa aytiladi va u .Ja kabi belgilanadi.
20- §. Arifmetik to'rt amalga doir misollar yechish metodikasi
1- misol.
172 - ! 70! + 3 2_
6
3
12= 29.2
0,8-0,25
12
1) 1725 - = 1701 - + 3-5
6
3
= (172 -170 + 3) +! ' 5- - -I + -51 =
12
6 3 12
/
= 5+ 1-0 4 +5=
12
2)
3)
2-
S+ _!=! 5!!12
12'
8 25 4 J 1
0•8•0•25 =10·1oo=s·4=f
355
5.!..!:.:!=I!·5=
=29.2
12 5 12
12
12
7
5'
1 40 --38- ): 10,9+
-'
misol. IJ. 30
(7---7-' )1-9] -4,2
12 .
8
30 . 11
= 700..
0,008
Yechish:
"
J)
40 -38S (40-38)+(70 ')=2+14-25=1+74-25=149_
30
12
30 12
60
60
60'
'
/
120
2)
3)
4)
l 49: 10 9 _ 109: 109 _ 109 _ 10 :::; 1 .
60
'
60 10
60 109 6 '
7
7
8
30
77
9 77 20 7
1 --- -- - -- ·
---=
120
105-28
120 11
11
I) l _2_ : 2 ?=
20
2)
3)
77
=
120;
120
'
6'
1
7
8
4
5) -+-=-=-·
6 6 6 3'
4
4 21 28
6) --4 2=-·-=-·
3 '
3 5
5'
28
28
7)-:0, 008 = - -125 = 28· 25 = 700.
5
5
!.
27 : 2 _J=_ 27 : 2 7= 2_7 10=
20
10 20 10 20 27 2 '
2 7:l 35= 27 : l 35 _ 27: l 7 _ 27: 27 _ 27: 20 _2·
'
'
10 100 10 20 10 20 10 27
'
1
1
-+ 2 = 2-·
2
2'
5
1
1
=3+-=3+-=3-·
40
8
8'
TaKrorlash uchun savollar
J. Natural sonlar to'plamini tushuntirib bering.
2. Butun sonlar to'plamiga misollar ke/tiring.
3. Ratsional sonlar to'plamini ta'riflang.
4. Haqiqiy sonlar to'plamini tushuntirib bering.
5. Sonning moduli deganda nimani tushunasiz?
6. Qo'shish amalini tushuntirib bering.
7. Ayirish amalini ta'riflang.
8. Ko'paytirish amalini ta'riflang.
9. Bo'fish amalini ta'riflang.
121
I
JO. Kasr son deganda qanday sonni tushunasiz?
11. Kasr sonlar ustida to'rt amal bajarish metodikasini aytib bering.
12. Kasrlarni taqqoslash qanday amalga oshiriladi?
13. Qanday kasr o'nli kasr deyi!adi?
14. 0 'nli kasrlarni qo'shish va ayirish qanday bajariladi?
15. 0 'nli kasrlarni ko'paytirish va bo'fish qanday bajariladi?
16. Oddiy kasr qanday qilib cheksiz davriy o'nli kasrga aylantiriladi?
JZ Cheksiz davriy o'nli kasr qanday qilib oddiy kasrga aylantiriladi?
18. Irratsional son tushunchasini tushuntirib bering.
19. Sonli tengsiz/ik xossalarini aytib bering.
20. Sonli ora/iqlar deganda nimani tushunasiz?
21. Arifmetik kvadrat ildiz tushunchasini tushuntirib bering.
22. Kvadrat ildiz tushunchasi deganda qanday son tushuniladi?
Tayanch iboralar
Natural son, butun son, ratsional son, irratsional son, haqiqiy son, sonning
moduli, to'rt amal tushunchasi, kasr son, kasrlarni taqqoslash, kasrlarni
qo'shish, kasrlarni ayirish, kasrlarni ko'paytirish, kasrlarni bo'fish, o'nli
kasr, cheksiz davriy o'nli kasr, kvadrat ildiz, arifmetik kvadrat ildiz,
son/i oraliqlar, sonli tengsizlik.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Javobi: 1,6.
Javobi:
3
14
2 4
11 --2 3.
7
4
I.
12--3--4-·45 4
11 8
4
3
3
Javobi: 1.
122
.
4
2
3 2
28- • 14- + 6- ·5. 5 2 3
4•
1!!-2.!.
16. 4
l
Javobi: 9 .
3
9 1
2
l-·3--9:2S
16 5
Javobi:
1
.
16
5. 1i-(111 -6i}¾'
3
6 (0,012+ 0,04104)•4560-42!.
5
5,4
3
Javobi: 5
7
52
( 85--83- :27.
30
181 3.
0,04
1
Javobi: 18 .
'
,
3
( 140.2 13s2-): is!
30
12
6.
0,002
8.
.
14
Javobi: 50.
7
51
I 95
93_ ·2-+0,373
181 4
9_ I 30
0,2
,
Javobi: 23,865.
'I12 -1 - 6-1 - 5 -1'). 13, 5 + 0,111
10_I
6
21
4
0,02
Javobi: 599,3.
I:
(.2_
11
682_ - 66 2- 6.!_ +
+ 1_ '· 4, 5
30
18 l 9 . 40 32 .l
0,04
Javobi: 38 64.
12
•
(2,1-1,965): (1,2 -0,045)
1: 0,25
0,00325: 0,013
-1,6 ·0,625
Javobi: 6.
(
'l
13 '( 17L- - 8, 25 ·-10).('112- :2-9 + 3, 5 .
•
'
2
11
,
'
3
I
123
Javobi: 560.
l
14• ( --0
2
'
' 1 1
375 ):---·(0358-0108).
'
8 4 '
'
Javobi:
16.
,
15. (10,5· 2,04 - 0,1)· (6, 25· 0, 2 + 0,8 : 0,64).
2 -I.221 3 14
15
Javobi:
53,3.
Javobi: 2
17
.
21
0,134 + 0,05
17. 18.!.-1!!._2 2 6 14 15 7
Javobi: 0,0115.
4
7 '
1
58--56-): 0 8+2--0 225
(
15
24
'
9 '
18.
3 3
8-·4 5
Javobi:
157
280.
Javobi: 10.
l+rl96 - 77. J+ 0 695: 1 39.
(0.216·+ :
20. , 0,15 3 15)
225 24i
'
'
Javobi: 5.
'
4
1 453662
_!_:I+ 0 228:
l 5291 •
. 0 3051: 0 12]
'
3-0 095 '
,I
21. 3 3 ,
Javobi: 10.
'
/
'
[!'
r-
"
-I:0,02
l ( 6,2:o,31-fo,9 J-o,2+0,15_
22.
l
(' 2 + 14- · 0 22 : 0 1 ·-I
'
11
'
'
,
33
Javobi: 1320.
VII bob.
MAKTABDA AYNIY SHAKL ALMASHTIRISHLARNI
O'RGATISH METODIKASI
1- §. Ayniy shakl almashtirishlar
Algebraik ifodalarning ayniy almashtirishlari maktab matematika
kursida muhim o'rin egallaydi va VI- XI sinflarning dastur materiallarini
o'rganish jarayonida qo'llaniladi. Maktab matematika kursida sonlar
va harflar bilan belgilangan algebraik ifodalarni qo'shish, ayirish,
ko'paytirish va bo'lish, darajaga ko'tarish, ildiz chiqarish va logarifm­
lash kabi amallar bajariladi. Bu amallarni bajarish jarayonida ana shu
algebraik ifodalarning miqdoriy qiymatlarini saqlab, ularni turli ko'ri­
nishlarda yozishga to'g'ri keladi.
Ta'rif. Algebraik ifodaning miqdoriy qiymatini o'zgarmasdan bir
shakldan ikkinchi bir shaklga o'zgartirib yozish ayniy almashtirish
deyiladi.
Maktab matematika kursida ayniyat degan tushuncha o'rganiladi,
so'ngra ayniy almashtirish degan tushuncha kiritiladi.
Ta'rif. Tarkibidagi hatflarning har qanday qiymatlarida ham to 'ri
bo'laveradigan ikki algebraik ifodaning tengligi ayniyat deyiladi.
3
Masalan, X - l = x2 + x + l tenglik ayniyatdir, chunki tenglikda
x-1
qatnashayotgan noma'lum x ning ixtiyoriy qiymatlarida tenglikning chap
tomoni uning o'ng tomoniga har doim teng chiqadi. 6-sinfda
o'rganiladigan qisqa ko'paytirish formulalari ham ayniy tengliklardir:
1) (a±b)2 = a2 ±2ab+b2;
2) (a±b)3 = a3 ±3a2b+3ab2 ±b3;
3) a3 ± b3 =(a± b)(a2+ab + b2);
4) a2 - b2 = (a -b)(a + b).
Yuqoridagi ta'rif va misollardan ko'rinadiki, ayniyat arifmetik
amallar qonunlarining harfiy ifodalangan shakli ekan. Ayniy shakl al­
mashtirishlarda algebraik ifodalarni taqqoslash, ular ustida amallar
bajarish uchun ifodalardagi birhad va ko'phadlarning shaklini o'zgar­
tirish kabi ishlarni bajarish ko'zda tutiladi. Maktab matematika kursidagi
ayniy shakl almashtirishlarni shartli ravishda quyidagicha ketma-ketlik
asosida ifodalash mumkin:
125
1. Butun ifodalarni ayniy almashtirish.
2. Kasr ifodalarni ayniy almashtirish.
3. Irratsional ifodalarni ayniy almashtirish.
4. Trigonometrik ifodalarni ayniy almashtirish.
Har qaysi almashtirishni ko'rib chiqamiz.
1. Butun ifodalarni ayniy almashtirish. Ayniyat va ayniy almashtirish
tushunchalari VI sinfdan boshlab kiritiladi, lekin I sinf matematika
darslaridayoq ayniy almashtirishlar bajariladi. Masalan, 3+2=5 ifodaning
yig'iridisini hisoblash 3+(1+1)=(3+1)+1=4+1=5 kabi ayniy almashtirish
yordamida bajariladi. IV-V sinflarda sonlar ustida murakkabroq ayniy
almashtirishlar bajariladi. Masalan; 52=5·10+2=5·5·2+2=25·2+2;
35=3·1O+ 5=3·5·2+5=6·5+5. Bu misollarda bajarilgan ishlar
o'quvchilariga ayniy almashtirish deb o'rgatilmasada lekin aslida sonlar
ustida ayniy almashtirish bajariladi.
Ma'lumki, ratsional algebraik ifodalar arifmetik to'rt amal hamda
darajaga ko'tarish amallari asosida tuziladi. Agar algebraik ifoda qo'shish,
ayirish, ko'paytirish va darajaga ko'tarish amallari asosida tuzilgan
bo'lsa, u holda bunday ifodalar butun ifodalar deyiladi.
Masalan,
I) 5y2 ( 2x2- 3y);
2) (x + y) (y - x);
4) (c+5)(c2 - 3c + 5).
3) (2x + 5) (7 - 3x);
Butun ifodalarni ayniy almashtirishdagi asosiy vazifa berilgan
matematik ifodani ko'phadlami imkoniyati boricha algebraik amallar
yordamida standart shaklidagi birhadlar ko'rinishiga keltirib sodda­
lashtirishdan iboratdir. Shu yerda o'qituvchi o'quvchilarga o'xshash
hadlar, birhad va ko'phad tushunchalarini tushuntirish hamda ularga
misollar ko'rsatishi lozim.
Har qanday algebraik ifoda birhad va ko'phadlardan iborat bo'ladi.
Ta'rif. Ko'paytirish va darajaga ko'tarish amallari yordamida tuzilgan
ifodalarni birhad deyiladi.
4 2
Masalan: 5y2x, sxya
;...
Birhadlami ham standart shakllarga keltirish misollar yordamida
tushuntiriladi. Masalan; 6x·4y birhad sodda holga keltirilsin. Bu misolga .
ko'paytirish, o'rin almashtirish va guruhlash qonunlarini
qo'llasak,
6x·4y=24xy bo'ladi.
Ta'rif. Bir necha birhadlarning yig'indisidan iborat bo'lgan ifoda
ko'phad deyiladi.
126
3
Masalan: 1) 5x2 y + y2x;
5
Yuqorida ta'rif va misollardan ko'rinadiki, birhad ko'phadning
xususiy holi ekan.
Ta'rif. Ko'phadning o'zaro koefjitsiyentlari bi/angina farq qiladigan
yoki butun koefjitsiyentli bo'lgan hadlari o'xshash hadlar deyiladi.
0 'xshash hadlami arifmetik amallar yordamida birhad ko'rinishida
ifodalashni ixchamlash deyiladi.
Masalan:
1) 20y2x+4zt-l2y2x-3zt = (20y2x-12y2 x)+(4zt-3zt) =
=8y2x+zt;
2) 2,4a b + 3,2cd-1,4a b 2,5cd = (2,4a b -1,4a b +
2
2
2
2
2
2
-
2
2
)
+(3, 2cd - 2,5cd) = a2b2 + 0,7ed.
Butun ifodalarni ayniy almashtirishda belgilangan ko'phadlar
birhadlarga, birhadlar esa standart shaklga keltiriladi. Bu ishlarni
bajarishda o'qituvchi o'quvchilarni bir xil hadlardan iborat ko'phadlarni
standart shaklga keltirishdan boshlashi kerak.
3) Ifodalarni soddalashtiring:
1) X + X + X = X • 3 = 3x;
2) x+x+x+x+x=(x+x)+(x+x+x)=2x+3x=5x;
3) (l,2x2)·(-5x)+(-7x)-(-2x)(3x2)=-6x3-7x+6x3=-7x;
4) (5x2y-14x3-8.xy2)+(3x3-7x2y+9.xy2)=5x2y-14x3-8.xy2+3x3-7.zy2+9.xy2=-2x2y-llx3+x y2.
Shundan keyin qisqa ko'paytirish formulalari yordamida soddalash­
tiriladigan misollami ko'rsatish lozim.
1) (2x+3y)2+(4y-5x)2=4x2+
12xy+9y2+16y2-40xy+25x2=29x228xy+25y2.
- (xy+4y)3-(2xy-3y)3=(.xy)3+3(.xy)2·4y+3.xy( 4y)2+(4y)3- [(2.xy)3-3(2xy)23y+3·2xy(3y)2-(3y)3]=
=x3y3+12x2y3+48.xy3+64y3-8x3y3+
=-7x3y3+48x2y3-6.xy3-6.xy3+9ly3.
127
36x2y3-54.xy3+27y3=
4) Ifoda soddalashtirilsin: (a-b+c+d)2+(a+b-c+d')2.
1-usul: (a-b+c+d)2+(a+b-c+d)2=[(a+d)-(b-c)]2+[(a+d)+
+(b-c)]2=(a+d)2-2(a+d)(b-c)+(b-c)2+(a+d)2+2(a+d)(b-c)+
+(b-c)2=2((a+d)2
+(b-c)2].
deb (a+b-c+d)2=B deb belgilasak, A2+.B2 hosil
A2+.B2ni ayniy almashtirish orqali quyidagicha yozish mumkin:
2-usul: (a-b+c+d)2=A
bo'ladi.
A2+.B2=(A+B)2-2AB, bularga asosan
(a-b+c+d)2+(a+b-c+d)2=(a-b+c+d+a+b-c+d)2-2(a­
-b+c+d)·(a+b-c+d)=(2a+2d)2-2(a-b+c+d) (a+b-c+d)=
=4(a+d)2- 2[(a+d)2-(b-c)2]=2[(a+d)2+(b-c)2].
2- §. Kasr ifodalarni ayniy almasbtirish
VII sinf algebra kursidan boshlab kasr ratsional ifodalami ayniy
almashtirish bajariladi.
Ta'rif. Agar a/gebraik ifoda qo'shish, ayrish, ko'paytirish va bo'fish
amallari yordamida sonlar va o'zgaruvchilardan tuzi/gan bo'Isa, u holda
bunday ifodani kasr ratsional ifoda deyiladi.
2
- 1
Masalan· Y --·
•
Y
x 2----·
- 3x - 4
x+4
,
x,+ 5 ,,
. ... .
XlX-2)
Kasr ratsional ifodalarni ayniy almashtirish jarayonida ana shu
ifoda qatnashayotgan noma'lum sonlarning qabul qiladigan qiymatlarini
aniqlash lozim.
Ta'rif. Kasr ratsional ifodadagi o'zgaruvchilarning ma'noga ega
bo'ladigan qiymatlari o'zgaruvchilarning qabul qiladigan qiymatlari
deyiladi.
2x-y lly-2x
Masalan, 4.xy + 4.xy
kasr ratsional ifodadagi x va y laming
qabul qiladigan qiymatlari x=O, va y=O dan boshqa barchc.t son
qiymatlardan iboratdir. Agar x va y o'zgaruvchilardan biri nol qiymatini
qabul qilsa, kasrning maxraji nol bo'lib, o'zining ma'nosini yo'qotadi,
chunki har qanday sonni nolga bo'lish mumkin emas.
Kasr ratsional ifodalarni ayniy almashtirishdagi asosiy vazifa berilgan
ifodaning surat va maxrajlarida turgan ko'phadlami ayniy almashtirishlar
bilan bir hadlar ko'rinishiga keltirishdan iboratdir.
128
Kasr ratsional ifodalarni ayniy almashtirishdan oldin o'qituvchi
kasr va ular ustida bajariladigan to'rt amalga doir sonli misollardan
namunalar ko'rsatib, so'ngra esa hartiy ifodalar qatnashgan kasrlar
ustida bajariladigan ayniy almashtirishlarni ko'rsatishi maqsadga
muvofiqdir.
2 1 2-5 1-3 10+3 13
l. a) 3+ 5= 3-5+ 5-3= 15 = 15;
b) +l=x•y+y·a=xc+ya;
a c a • c c ·a
ca .
2• a) 4 1 4 · 9 I · 7 36 7 36 - 7
-7 9= 7. 9 9. 7- 63 6-3 63 a
c
a·d
c· d
29
63'
ad - cb
b) ---=-+-=--
b d b .·d d • b
5 3 5.3 5
3.a) 6·4=6-4=8;
ad
Yuqorida o'xshash misollarni ko'rsatgandan so'ng o'qituvchi yana
bir ayniy almashtirishning mazmunini quyidagicha tushuntirishi lozim.
Har qanday ayniy almashtirishning maqsadi misol yoki masalani yechish
uchun berilgan matematik ifodani eng sodda yoki qulay holatga keltirib
hisoblashdan iboratdir.
a2 -25
a
a+5
1- misol.
Yechish:
a2 -25
a
I)
a2 +5a
a2 +3a
al _52
a
a+3
a(a+ 5)
a+3
=
a2 +5a
a+3
ifodani soddalashtiring.
= (a...:5)(a+5)
(a+ 3)
a
a-5
a(a+5-)
a+3'
a-5
a+5
a-5
a+5
(a-5)a
a+5
2) a+3- a2 +3a= a+3- a(a+3)= (a+3)a- a(a+3)=
=
a2 - 5a - a - 5
a(a+3)
9 - S. Alixonov
a2 - 6a - 5
=----
a(a+3)
129
5x=y
2- misol. (
2
x -x5y
x2-25y2
5x-y
-
2
x + x5 y
)• 1
x-+y
ifodani soddalashtiring.
2
Yechish:
5x - y
5x - y
5x + y
5x - y
x2 -5.xy+ x2 +5.xy= x(x-5y)+ x(x+5y)=
l)
(5x+y)(x+Sy)
(Sx-y)(x-Sy)
x(x-5y)(x +Sy)
x(x + 5y)(x -5y)
= ---'-----+ ---' ----- =
Sx2 + xy + 2Sxy + Sy2 + Sx2 -
=
x(x
xy - 25.xy + Sy2
=
+ S)(x - 5y)
10x2 + 10y2
=
2
x(x + Sy)(x - Sy)
;
10x2 -10y2
x2 - 2Sy2
) x(x + 5y)(x - 5y)
x 2 + y2
::::
(x - 5)(x + Sy)
=
x(x + 5y)(x-5y)
x2 + y2
=
10
X
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
-------
1
5.
2
2 -4
130
Javobi:
I-a
2ab
a-b
b
6. (a+b--): (-+-).
Javobi: a.
a + ba + b
a
2
1 , ,
m )
7. (m+ 1---,:\m---.
1-m
Javobi: -m.
m-1
x2 -2xy
x-2y
1
. x+2y ] (x+2y)2
8•[ x + 2y- x2 - 4y2• (2y - x)3 •
4y2 •
9_(
_
2a + b
Javobi:
2
4a
) : (
2a + _l_)_
4a2 + 4ab + b2
4a2 - b2 b - 2a
a- 1
10•[ 3a+(a-1)2-
1- 3a + a2
a3 -1 -
ly2
Javobi: 2a-b 4a
2a + b
2
1 ] a2- 1
a-1 : ;a2 + l
Javobi:
l
3
(a2 +a+ l)(a2 -1)
2x-l
3
lL(----+--2-)·(X---).
'.•• x + 1 x3 + 1 x - x + 1
x +1
Javobi: l.
4b2
2ab
12. (a+2b+--): (a---)+l.
•
a-2b
a+2b
.. 2
a+b-c
13. a2 - b2 - c - + 2bc :
•.
a+b+c
2a
Javobi: a_ lb •
2
2
<sx -1sxy
3xy + 9y
x 2 + 9y2
x2 + 6xy + 9y2
14
•
4a2 -6ac
15. (
2
2
4a -6ac+ 9c
16. (x-
) :
< _I).
Y
x
a2 - (b + c)2.
xy
Javobi: x+3y
6ac + 9c2 )
6a + 9c
3
-2---· -2--2. Javobi·
2
•
2a - 3c•
4a + 6ac + 9c
4a + 9c
4xy + y) • (x + 4xy - y).
x+y
Javobi:
x-y
1-2a2
1
17. (a---+l): (1--).
·
la
1-a
Javobi: x-2
Javobi: -a.
131
y2.
ab
a-b·
·1.
18. a b +a -b-· [a+
--b-a-b
Javobi:
y2 -xy
2
X
X
19. ( ------'---xy+y )·--+--.
x2+xy
x-y
x+y
Javobi: -xy-1.
a+b
[
1
a-b
2
1
l
20• (2a-b}1+ 4a2 -b2+ (2a + b)2 •
4a2 + 4ab + b2
16a
a
Javobi: (2a-b)2•
. 4(c + 2)2
Javobz:
3c2 +4
,
25
(
• a2 +5a+25
22
2a
5-a
2a3 + 10a2- .
a3 -125 1
' --c---------
-- •
1
,, '
a-
13a - a2 - 30
5 +-----.
a-5
,
Javobi:
1
25
.
a + 5a+ 25
2
3- §. Irratsional ifodalarni ayniy almashtirish
Agar berilgan matematik ifodada irratsional ifoda qatnashgan
bo'lsa, ayniy almashtirishlar orqali irratsional ifodani ratsional ifoda
ko'rinishga keltiriladi va u hisoblanadi. Irratsional ifoda bu ildizlardan
yoki butun son bo'lmagan ratsional ko'rsatkichli darajadan tashkil
topgan algebraik ifodadir. Shuning uchun irratsional ifodaga quyidagicha
ta'rif berilgan.
Ta'rif. Agar berilgan algebraik ifodada ildiz chiqarish amali
qatnashsa, bunday ifoda illatsional ifoda deyiladi.
Irratsional ifodalarni ayniy almashtirish orqali ratsional ifoda
ko'rinishiga keltirish uchun asosan ildiz ostida qatnashayotgan birhad
yoki ko'phadni ildiz ostidan chiqarish, imkoniyati boricha maxrajni
irratsionallikdan qutqarish, noma'lum o'zgaruvchilar kiritish orqali
berilgan irratsional ifodani ratsional ifoda ko'rinishiga keltirish kabi
ishlar qilinadi.
132
Bundan tashqari, o' quvchilarga sonning arifmetik ildizi va uning
kvadrat ildizi hamda irratsional ifodalarning xossalari kabi tushunchalar
tushuntirib o'tilib, so'ngra quyidagi ko'rinishdagi misollarni yechish
maqsadga muvofiqdir.
1
1
5
- 3- 3
- 5 ni hisoblang.
1- misol.
Yechish.
1
1
1
1
2
$- 3- 3_ 5= 5_ 3+ 5_ 3= 5_ 3=
..fi)= S+ 3
=
2 ( S +3)
=2 (S +
( 5- 3){ 3 + S)
5-3
r -If
2- DDSol.
+ Jaf
-
::
•
l: (- a) ifodani soddalashtiring.
,
Yechish.
= a+ 3aMa _a 4 a=
l) a+ 3a a5 _a5
2
4
4a
2
4
4a
= a·+ 3a3./a _ a2 a= 2.Ja+.3a3 a - a a= a. (2+ 3a3 _ a)·
2
4
4a
4
4
'
2)
) =- 1 (2+3a2 -a).
(2+3a3 -a):( -v,-a
a
4
4
3- misol.
N + a.,/9a - !a a5 ifodani soddalashtiring.
Yechish.
a3 + aFa - !a5 = a a + 3a a - a a = 3a a.
a
3
4
a 3/ 2 -2ab+b 2)(a 2 -b 2)( a+ b) • a -misol -v(a
b3
11
v(a+b)2
• a-b
ifodani soddalashtiring.
133
a
.h
Y ec
h LS •
3/ 2
2
2
2
-v( a -2ab+b )(a -b )(a+b)
a3 - b3
•-==-=
a-b
V<a+b)2
.
.
a3 b3
a
2
= -V(a-b)
(a+b)(a+b) · =
a-b
(a+ b)2
/
aJ - b3 =a(a3 - b3).
• (a - b) • v3( a + b)2 · -===
a
=-
a-b
(a+b)2
(x x+y x
5- misol.l x+-Jy
'
cl. .
2-Jy
-._;xy.(x-y)+ x+.JY
ifodani
sodda-
,
lashtiring.
Yechish.
x
x + yJx r::;; x
1) x+jy
-vxy=
x+ y
Jxy .x - Jx
Yy
.
x+.JY
=
x -
_ xfx+y x-xjy-y x _ x( x-.Jy)_
+ Jy
x + jy ,
x
x(
x
-Jy)
x+J;
2)
x( x +Y )
I
:(x-y)=
£+
Y •<fx+Jy)( x-J Y >=
2 J
X +2
J(
X
=----
(
+
x
Y)2 '
X
3) (£
_
+ ..jy)2 ·I· x +-Jy-
x
+Y ) _ X + 2.JxY + 2y
( x+Y)1 -
( x+
Y)2•
1. Kasrli irratsional ifodalarning maxrajlarini berilishiga qarab irratsio­
nallikdan quyidagicha chiqariladi.
a±b
ko'rinishlarda berilgan bo'lsa, ularning o'zaro ko'paytmasi
(Ja"±ii)( -./ii) = a-b
.
a
.
A
bo'ladi. Agar irratsional ifodalara+b va
134
A
a -Jb ko'rinishlarda berilgan bo'lsa, ulaming maxrajlari irratsionallikdan
quyidagicha chiqariladi:
A (a - Jb)
_ A (.fJ - ./b)
a-b
a+Jb- ( a+Jb)( a-Jb-)
A _
I)
agar a O. b O, a b
bo'lsa.
A( a±Jb)
A( a+Jb)
=
(v a -vbI )(va+vIb)
a-b
A
2)
Q:l:b
r, =
r=
va-vb
r=
r=
a o. b O.
agar
bo'lsa.
1- misol.
I
3+ 2
( 3- 2)
- J3-J2
("'3 + 2)( 3- 2)- 3-2 -
J3 3
2
•
-
5 =
5(4+ 11) = 5(4+ 11)=4+ 11
2- 11 (4- 1 1 ) ( 4 T
+ T)
16-11
-•
2- misol.
A
2. Agar irratsional ifodalar
A
ifa± Vb va VJ± M + ifj;i ko'rinish-
larda berilgan bo'lsa, ularning irratsionallikdan quyidagicha chiqariladi.
A
1)
Va+¼
=
(Va+Vb)(Y-Vab+W)
A(Y +Vab +W)
A
=
2) Va-Vb
(Va -¼)(Y+}Jab+W)
3)
A(Y-ifab+}./b2)
A(Y-¥aii+W)
A
- ab+W
=
=
a+b
A(Y
=
A(Vti+mi)
(Va +lfh)( -raii +W)
135
+Vab+W)
a-b
=
A( +mi)
a+b
A
4)
A
(Va -Vb)
Y + ab+W= (Va-¥b)(Y +Vab+W)=
A(lfa-¥b)
=----
a-b
Misollar.
ifis+Wo+W
ifis+m+W
1) Vs-$= (Vs- )(fil+Wo+W)=
3
1
12
2)
12(V6-¼)
V36+m +W= (W-¼)( +m + W =)
12(W-¼)
,,
o-3
= 4W - 4"efi = 4¼< -1).
3. Agar irratsional ifoda
A
A
e f -aefb va efa+ efb ko'rinishlarda berilgan
bo'lsa, ulaming maxrajlari irratsionallikdan quyidagicha chiqariladi:
A(ef + + ...+
A
+
)
ef(z - e f =h (efa _ b)(cy0n-l+ cy0n-2b+ ...+ cyabn-2+ cybn-1 )=
=
A(!!.}0n-l + !!.}0n-2b + ... + abn-2 + !!.fbn-1)
•
a-b
,4
A(
_
_4;;; +...+<-w-2eJ;;;;;::'i+<-w-2 )
_
efa+efb- (efa+efb)( an-l _ an-2b- ...+(-W-2 abn-2 +(-w-2!!.fbn-1)-
= A(
-ef?"b + ...+(-l)n-2e) +(-It-2 )
a+b
136
-
1
Misollar.
1)
4
4(½4 +</53-3+</52 -32 +</5-33 +½4)
W5 _VJ =
_
5 3
=
= 2(V625 + V375 + +ms+ 81).
1
2
= efi-3
- ½!= w- ms+ Wi -W.
ri + t/
> ifi+tli
3-2
A
4. Agar irratsional ifoda Ta+ Ji,+
c
ko'rinishda berilgan bo'lsa,
uning maxraji irratsionallikdan quyidagicha chiqariladi:
A
a+ b+
a
A(
+
A( a + ./i,- c)
= ( a+JE+ c)( a+ b- c) z::
c
b
-
c)
A(
a+
-
b
c)(a+ b-c-2 ab)
= a+b-c+2 ab= [(a+b-c)+2 aE)J[(a+b-c)-2 ab)]=
A(
+Jb- c)(a+b-c-2./ab).
a
2
,
(a + b - c) - 4ab
t20, b O, c O, (a+ b + c)2 - 4ab =1: 0.
5. Agar
_A
Ta+ b +Jc +ld
ifoda berilgan bo'lsa, uning maxraji
irratsionallikdan quyidagicha chiqariladi, agar ab=cd bo'lsa,
A
A[( +./i,)-( +-fd)]
-
c
a
Tb+ c + d-[(
a+
a+
lb)+ (
c
+
JJ)][( + Jr,)-(
a
c
+
JJ)]-
I
I
=
A[( + b)-( + tt)]
a
c
a+b-c-d
a O, b O. O, O,
a+ b =1: c + d.
137
A
6 3,---2::;- 3r,:
ifoda berilgan bo'lsa, uning maxraji irratsonallikdan
• va +vb+¼
quyidagicha chiqariladi. Buning uchun quyidagi ayniyatlardan foydalanamiz:
(x+y+z)(x2+y2+z2-xy-xz-yz)=x1+y1+z1-3xyz.
Agar x = ,
Z:""" 'lfc desak,
y=
( +ifh+'lfc)( a2 +W + -Vab-Vac-¼c)=
'
'
= a+ b + c + 3°Vabc.
Bu hosil qilingan natijani
(a+ b + c)2 + 3(a + b + c)Mc + 9 (abc)2 ga
ko'paytirsak, ya'ni
2
[(a + b +c) - 3°Vabc.] [ (a + b + c) + 3(a + b + c) abc + 9 (abc)2] =
(a + b + c}1- 27abc ni hosil qilamiz. Demak,
A
Va +Vb +'lfc=
A(Y
(
+W
+¼2- -Vac-¼c)
+¼2 + }( a +-¼2+¼1- ab-Vac-¼c)
2
2
= A( +W+¼ -Vab-Vac-¼c)(a+b+c}1+
(a+ b+ c- abc) [(a+ b +c)2 +3(a+ b+ c)Mc +
+3(a + b +c)Mc + 9 (abc)2
'-
2
=
+9 abc) ]
=
A(Y
'
+¼2 +(;! -Vab-Vac-¼c)(a+b+c/ +
(a+ b + c)3 - 27abc
138
'
=
+3(a+ b + c)Wc + 9 (abc)2
=
,
agar lfa +VtJ + lfc -:t 0, (a+ b + c)3 -:t 27 abc bo'lsa.
7. Murakkab ildiz formulasi quyidagichadir:
A±JB=,/A+.J;2-B ±JA-.J;2 -B.
Masalan,
I) n ± .J4o = 11+ .JI l-40 +ll -.Jl l-40 = Jio ± l;
2) 15-29 = 15+2;5-29 - 15-2 5- 29 = ½5
( 8- 2).
1- misol.
r 2)!-.,n 11+
Jab+
'
Yechish.
=-ab-.ab+2 IE-.ab =jabj+2 b2 -ll
2- misol.
Ye chi sh.
ab ifodani soddalashtiring.
,
Jab+
Vb
bo'lsa,
ab
+1 = ab+2lbj-!aj+I.
A = 8x(7 + 4/3)2..J6x - 4 2x
Agar O
1-ab =
8x(7 + 4J3)
ifodani soddalashtiring.
0,6x
0 va
2x;;:: O;
7 + 4.J3 = 7 + 2 12 =f(+2}2u holda
A = 8x(3 + 2)2 • /2.J6x - 4.J2 =2 2x(3 + 2)2
• 2x(3 -2) =
139
3 misol
•
-
r -1 1 ')
/1-+-=
a --=--+---1--a--=---')•
----.=
r.JI + a + .Jl - a ,_./1 -1+a., ' a
'
- -1- -
2
02
a
ifodani
,,
sodda-lashtiring.
Yechish.
2
4- misol. (-Vi+ a+ .Ji- a):(- 1- a + 1) ifodani
soddalashtiring. Yechish.
1-) 1+ a .+
J I - a = (1 +a)
_.!_
-
2 + .JI - a
I
,21=- 2
2) -v l - a + 1 = (
3
)
= 1
vi+ a
1-a2
= =;
+
.JI+ a
=-
2 1- a ) 2 +1
=
1
l-a2
+I=
1+..Jl-a2
I-a2
;
1+ _1+ =l+ .
= 1-a
2
2
l+a • 1-a
l+a
1+ 1-a
•
S-misol.
a'¥a - bifb
if;2 +
3
. vr+
a'¥a - bVb
,.:z
ifodani soddalashtiring.
3
va--v
1
Ye chis h . I usu/.
a'¥a - bifb
a'¥a - M/b
a4 - ifil ¼f -W
_v;J_2_+_¼2_b_2+ _}.[af_2 ¼2_b_2 =- - 2_+_¼1_b_1 + - -2-+_W_b_2 =
0
140
(Y -{/b2 )(}Ja2 +W)
-
-
(Y -W)(}Ja2 +W)
•
O+ W
w
-
+-'-------=.-'-"--=- -
Y -{/b + }./a2 +'J./b = 2}Ja2.
2
2
II us11I.
a- =V,a ,- -b-¥-b=+ a- -'¥=a,-,-b-¥-=b =
}Ja2+W Y-W
(aVci-bVb)(Y-W)+(aifa-bW')(Y +bW')
. '
\
.'
' aY - W:
(a'¥a-bWi)(Y-W +Y +W)
3
=
JC
jF
,'
= 2Y .
ava -bv b
6- misol. ' Va+ "fiJb, 'ff{-; 1qE FTa+Vb )lw;-Vb
f
l
11(1
1)(1
1V1
x( + )(do- )(}a+1)(Ja-i}
Ye chi sh •
t ,w;; '-Y b Jl.. ,&;; ifi,;
-1
1'l
1 y1
+
I
1
I
I
I
I
I
l) (a16+ b16)(a16-b16) = a8 -b8;
I
I
I
I
1
1
2)(a8 -bS)(as +bi)= 04 -b4;
.!.
.!.
1
1 .!.
if b
I
.!.
.!.
.!.
3) (a4 -b4)(-+- ) (a4 + b4)= a2 -b2.
1
1 1
4) (a2 - b2 )(a2 + b2) = a-1 - b-1;
141
'
r
11
5) (a-1-b-1 )(} + ¼
'
)= (a-1 -b-1 )(a-•+ b-1) = a - 2 -b-2 = b:;b 2.
/
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
l
l+x
Javobi: -(x
1. .JI + x - .JI - x+ .JI + x + .J x - I•
.Ji-- -x2).
X
2a
aaa2
,-,2-----; +
:
•
2
2
• a + va - 4 a + va + 4 a + va + 4
Va
4. Va-1.
+
2 2
rail+
.
ab +
b agar a'#b bo'lsa.
Javob1:------a-b
73'2
5. 3b4 !!_'!.!!:
27b2
I
Javobi: a1 27a11b6 agar b>O, a O bo'lsa.
I
I
Javobi: x + y .
6. (x2 + y2)2 -(4xy)2.
(.Jx + 1)(x2 -
xf
x+I
Javobi: -,---:­
7. (x+ x+x xf
a-I
8.
3
X -l
¼ I
a+l -a
+ •
a+
I
Javobi:Ja.
a4 +a2
2
r
b. z:--2 1- x
JaVO
X
142
10.
,Yr-XY + "xr,_ ,•,_ ,r::::Y + r::::X
J;
I vxy+
\.
"xy-x
/
vxy+y
'
+ ,y , • Javobi: 'y - Xr::::
"xy
x.
vY
•
"
1-x
Javobi:--.
X
a
Javobi:( a+ l)2 •
I
2
2
Javobi: a-.Ja -b
b
13. (a+b)2 -.J .
.Ja+b+.Ja-b
4-§. Trigonometrik ifodalarni ayniy almashtirish
Maktab matematika kursining trigonometriya bo'limida juda ko'p
ayniy munosabatlar, jumladan, quyidagi munosabatlar o'rganiladi:
1. Trigonometrik funksiyalarning birini ikkinchisi orqali ifodalaydigan
ayniy almashtirishlar.
2. Trigonometrik ifodalami soddalashtirishdagi ayniy almashtirishlar.
3. Trigonometrik ayniyatlarni isbotlashdagi ayniy almashtirishlar.
4. Trigonometrik tenglamalarni yechishdagi ayniy almashtirishlar.
Yuqoridagilardan ko'rinadiki, trigonometriya kursida ayniy almashtirishlar muhim o'rinni egallaydi. IX sinf geometriya kursida trigonometrik
funksiyalarga ta'rif berilganidan so'ng, to'rtta trigonometrik funksiyalarni
o'zaro bog'.lovchi quyidagi uchta ayniyat o'rganiladi:
2. tga= sina ;
3. ctga = c?as .
cos a
sm a
Bu ayniyatlami keltirib chiqarish maktab geometriya kursida batafsil
bayon qilingan. Bu ayniyatdardan yana quyidagi uchta ayniyat keltirib
chiqariladi:
1
1.tga . ctga = 1; 2. - - =1 + tg2a; 3.
1 + ctg2a.
cos2 a
sm a
1. cos2a+sin2 a=l;
+-
143
Yuqoridagi ayniyatlar trigonometrik ifodalarni hisoblashda bajarila­
digan ayniy shakl almashtirishlarda eng ko'p qo'llaniladigan ayniyatlar
bo'lib hisoblanadi. O'qituvchi o'quvchilarga ildizli ifodalar ustida bajari­
ladigan trigonometrik ayniy shakl almashtirishlarni bajarishga alohida
e'tibor berishi lozim.
Masalan,1 _ cos2 a ifodani olaylik. Buni hisoblaydigan bo'lsak,
1-cos2a =±sin a tengligi o'rinli bo'ladi.
O'quvchilarga ,J1- cos2a = sin a va ,J1- cos2a = -sin a teng­
liklarning ma'nosini tushuntirish lozim. Bunda .Ji - cos2a =±sin a
qiymat I chorakdagi, .J1- cos2 a= -sin a esa III chorakdagi qiymat
ekanligini geometrik nuqtayi nazaridan ko'rsatib tushuntirish maqsadga
muvofiq. Bundan tashqari, a ning aniq son qiymatlarida ham bu
ifodalarni hisoblash lozim.
Masalan,
l -cos2a
=
a=
,r
3
bo'lganda
ammo- sin a
=
.Jr
sm
sin (- )
=
Jj
shuning uchun
3 2
=
-
•
Demak, .J1 _ cos2 a=
= ±sin a ekan.
O'quvchilar ayniy shakl almashtirishlarni yaxshi o'zlashtirishlari
uchun birinchidan trigonometrik funksiyalar ta'rifmi, ulardan birini
ikkinchisi orqali ifodalovchi va asosiy ayniyatlar kabi formulalarni bilish­
lariga, ikkinchidan esa ana shu formulalarni trigonometrik ifoda berilishiga
qarab tatbiq gila olish malakalariga bog'liqdir. Maktab matematika
kursidagi trigonometrik ayniy shakl almashtirishlarni og'zaki bajarishga
o'quvchilarni o'rgatish ularda rnantiqiy matematik tafakkurni shakllantiradi.
O'qituvchi biror trigonometrik ifodaning shaklini almashtirishni baja­
rishdan oldin o'quvchilarga eng sodda bo'lgan og'zaki trigonometrik
mashqlardan namunalarni doskaga yozib, o'quvchilardan tezroq og'zaki
soddalashtirishni bajadshlarini talab qilishi o'quvchilarni trigonometrik
ayniyat va formulalarni esda doimo saqlashlariga imkon yaratadi.
Masalan,
1- cos2; 1- sin2a; (1- cosa)(l + cos2a);
144
sin a. tga.cos2 a;
tga ; tga -tga; tga + l; cos a.
ctga ctga
ctga
tga
Bundan keyin o'qituvchi murakkabrok trigonometrik almashtirishlarni
ko'rsatishi maqsadga muvofiqdir.
1- misol. (1-sina)(1+sina)-cos2cxifodani soddalashtiring.
I usu/.
(1- sin a) (1 + sin a)- cos2 a = 1 - sin2 a - cos2a =
= 1 - (1 - cos2a)- cos2 a = 1 -1 + cos2a - cos2 a = 0.
II usu/.
(1-sina)(l + sina)-cos2 a= 1-sin2 a - cos2 a=
= l-(sin2a+ cos2a)= 1-1 = 0.
sin4 x+cos4 x-1
2- misol. . r.
ifodani soddalashtiring.
sm x + cos 6 x - 1
sin4x+cos4x-l (sin2x)2 +cos 4 x-l (l-cos 2 x)2 +cos 4 x-l
=
sin6 x+cos6 x-1 =---3-----=
3
(sin2 x) + cos6 x -1
(1- cos2 x) + cos6 x - 1
_
-
l-2cos2 x+cos4 x+cos4 x-1
_ 2cos2 x(cos2 x-1) 2
l-3cos2 x + 3cos4 x- cos6 x + cos6 x-l - 3cos2 x(cos2 x-1)= 3·
cos(a + /3) + cos(a - /3)
sin(a + /3)+ sin( a _ /3)= ctga ayniyatni isbotlang.
3- misol.
cos(a + /3) + cos(a - /3) _
sin(a + /3) + sin(a - /3)
_ cos a cos /3 - sin a sin /3 + cos a cos /3 + sin a sin /3 _
- sin a cos /3 + cos a sin /3 + sin a cos /3 - cos a sin /-3
=
2 cos a cos f3 =
cos a =
ctga.
2 sin a cos f3 sin a
10 - S. Alixonov
145
I+ cos /3 + cos2 /3
4- misol.
_
_
n
l +sec p +sec2 p
ifodani soddalashtiring.
I+ cos/3 + cos2 /3 I+ cos/3 + cos2 /3 I+ cos/3 + cos2 /3
=------=
=
I + sec /3 + sec2 /3
cos2 /3 + cos/3 + 1
1
1
1+ --+cos/3 cos2 /3
cos2 /3
(1 + cos/3 + cos2 /3) cos2 /3
=----,---------------- =cos2 /3.
cos2 /3 + cos /3 + 1
Yuqoridagilardan ko'rinadiki, trigonometriya kursida ayniy almashtirishlar
muhim o'rin egallaydi. O'quvchilar trigonometrik ayniy shakl almashtirishlarni
yaxshi o'zlashtirishlari uchun birinchidan, trigonometrik funksiyalarning birini
ikkinchisi orqali ifodalovchi va asosiy ayniyat kabi formulalarni, ikkinchidan
esa shu formulalarni trigonometrik ifodani berilishiga qarab tatbiq qila olish
malakalariga bog'liqdir. Trigonometrik ayniy shakl almashtirishlarni bajarish
uchun quyidagi formulalarni bilishlari kerak:
l. Asosiy trigonometrik ayniyatlar:
1) sin2a+cos2a=l;
2) tga= :::,[a:;t:I(2n+l)], ne Z;
3) ctga = c?sa,(a
:;t: nn);
sma
1
4)Seca = - -,[a :;t:!:.(2n + I)], ne Z;
cos a
2
1
coseca =-.-,(a :;t: nn); n e Z.
sma
Bu ayniyatlardan kelib chiqadigan formulalar quyidagilardir:
5)
1) tga • ctga = 1
( a :;t: In
'
,
l
n E Z.
2) l+tg2a=sec2a, [a:;t:I(2n+l)JneZ.
3) 1 + ctg2a = cosec2a, (a :;t: n),
n E Z.
1- misol. Ayniyatni isbotlang.
cos2 a(tga + 2)(2tga + 1)-Ssin a cos a= 2,[ a :;t: I(2n + 1)]·
146
lsboti:
cos2 a(tga + 2)(2tga + l)-5sinacosa =
na+2')(2-s-ina+1'}-5sm
• acosa =
-= cos2 a( si
cos a
cos a
..'
...
,
= 2sin2 a + 4sin a cos a + 2 cos2 a +sin a cos a - 5sin a cos a =
= 2(sin2 a+ cos2a) = 2.
2- misol. Ayniyatni isbotlang:
(1+ sina)(tga + ctga)(l-sina)
= ctga.( a :t: i'n
e Z
'
,
l
Isboti:
(1 + sina)(tga + ctga)(l-sin·a) = (1+sina)I, sin a+ c?sa"j(l-sina) =
cosa sma ,
(1- sin2 a)(sin2 a+ cos2 a)
cos2
= --------- = .
= ctga.
sin a • cos a
sm a • cos a
II. Ilcki burchak yig'indisi va ayirmasining trigonometrik funksiyalari.
I) sin (a± f3) = sin a cos f3 ± cos a sin /3;
2) cos(a± /3) = cos a cos .B + sin a sin /3;
3
)
tg(a±.B)= tga±tg/3 ;
1 ± tga · lg f3
i
[ a, ,a±/3 * (2n+l),ne
4)
cgt (a ± /3) =
z}
ctga • ctg f3 + l .
ctga ± ctg/3
( a, /3,a=
/3 ':1:-rrn,ne Z) .
1- misol. cosl5° ni hisoblang.
Yechish.
coslS = cos(45°-30°) = cos45° cos 30°+sin 45° sin 30°=
0
;;z
J2 · J3 + J2 ,!_= !_(J6 + J2)= O 9659.
2
2
2
2
4
147
'
2- misol. sinlS° ni hisoblang .
Yechish.
sinl5°= sin(45°-30°) =sins45° cos 30°- cos 45° sin 30°=
= 2 .3 -2 .!._= ! (../6 -2,'-
2
2
2
2
4\
Shuningdek, tg15°=2-3 , cgl5°=2+3,
hisoblash mumkin.
secl5°=6- 2 larni
3- misol.
tg2a- tg 2 B
/3 = tg(a + f3)(tga - /3hyniyatni isbotlang.
1 -tg 2a·t
Isboti.
tg2a- tg2f3
tga + tg/3
tga - tgf3
--=
2 -- =
1 - tg a . 1g2f3 I - tga • tgf3 I + tga • tgf3
'i 2
= tg(a + f3)tg(a - {3).
4- misol. sin(a+fj)·sin(a-J3)=sin2a-sin2f3 ayniyatni isbotlang.
Is boti. sin(a + /3) •sin(a - /3) = (sin a cos f3 + cos asin /3) x
x (sin a cos f3 - cos a sin /3) = sin2 a cos2 f3 - sin2 f3 cos2 a=
= sin2 a(l - sin2 /3) - sin2 {3(1- sin2 a)= sin2 a - sin2 a sin2 f3 -sin2 f3 +sin2 a sin2 f3 = sin2 a - sin2 {3.
Keltirish formulalari:
1) sin( ±a }=cosa, sin(n±a)=:i:sina;
2) sin(3; ±a)= -cos a, sin(2n ±a)= ±sin a;
3) cos(i±a )=:i:sina,
cos(n±a)=-cosa;
'3
'
4) cosl; ±aJ=±sina,
cos(2n±a)=cosa;
5) tg(I±a)=:i=ctga, tg(n±a)=±tga;
'
/
148
r 'l
=+tga, ctg(,r ± a) = ±ctga.
6) ctg ±a
'
/
IV. lkkilangan va uchlangan burchaknin_g!rigonometrik funksiyalari:
1) sin2a = 2sinacosa; 2) cos2a = cos2 a-sin2 a;
3) tg2a =
21
g
1-tga
,-2a,a :t '( +l),ne z];
_
2
2
crg a -1, ( 2a,a :t rrn,ne Z);
4) cg
t 2 a=--2ctga
5) sin3a=3sina-4sin3a; 6) cos3a=4cos3a-3cosa;
2
I - 3tg a [
rr
]
7) tg3a=
2a, a:t-(2n+l), neZ;
3tga-tg 3a
2
')
8) ctg3a =
9)
3tga -tg3a ('
rrn
,a :-t , n e ,Z·;
3
l-3tg2a
cos 2-a. l l)
Sln. 2 a = 1--
2
'
l+cos2a
cos2 a=-2 - - ·•
lO) s.m3a= 3sin a- sin 3a ; l2) cos3 a= cos3a + 3cos a .
4
4
1- misol. sina·sin(60°-a)·sin(60°+a)=
I
4 sin3a ayniyatni isbotlang.
Is b oti: sin a• sin(60° - a)• sin(60° +a)= sina(sin2 60° - sin2 a)=
= sin a (
'
¾- sin a')= ¼(3sin a - 4 sin a) = ¼sin 3a.
2
3
,
2- misol. cosa·cos(60°-a)·cos(60°+a)= _!_ cos3a ayniyatni isbotlang.
4
3- misol. tga-tg(60°-a)·tg(60°+a)=tg3a ayniyatni isbotlang.
Bu ayniyatlardan foydalanib, quyidagi trigonometrik ifodalarni osonlikcha
hisoblash mumkin:
a) sin 20° • sin 40° • sin 80° = .!sin 3 • 20° = _!_ sin 60° = .!.. .J3 = J3·
4
4
4 2
8 '
149
b) cosl0° • cos50° • cos 70° =..!:. cos30° =3 •
4
8 '
c) tg6° • tg54° • tg66° =tg18°.
4- misol. sin3acos3a+sin3acos3a=
i sina ayniyatni isbotlang.
4
Isboti:
•
.
cos 3a + 3cos a
3
. 3
3
sm 3a cos a + sm a cos 3a = sm a
+
4
) 3 .
.
.
+cos 3a 3sin a - sin 3a =3( s m 3acosa+sm acos 3a = sm 4a.
4
4
4
5- misol. cosa·cos2a·cos4a ifodani soddalashtiring.
Ye chis h. Berilgan ifoda sina ga ko'paytiriladi hamda bo'linadi:
½ sin 2a c• os2a • cos 4a
cosa• cos2a· cos4a• sin a
-----si----==----si=
na
n a----------½sin4a • cos4a
=
,
.
½[½ ½sin8a ]
sina
sin a
sin8a
=-8sina
sin 2a - cos 2a
6- misol. tg4o:-sec4o:= .
ayniyatni isbotlang.
sm 2a+ cos 2a
V. Yarim argumentning trigonometrik funksiyalari
1)
p-
jsm%1=
osa;
2) jcos%1=
p
+ osa;
3) ,,ga 1= !-cosa; [a,t.ir(2n+l), ne Z];
2
+cosa
4) lctg al=
2
5) tg
2
1 + cos·a;
1-cosa
sin a
I - cos a
--=-1 + cos a
sin a
150
(a* irn,n e Z);
6
)
1 + cos a
a
sin a
ctg- = - .-- =_
cosa ,
1
2
sma
1- misol. ·tg1°30' ni hisoblang.
(
)
a -:1= n:n, n e Z .
Yechish.
tg7030='
= (4- -/6 + Ji.)(-16 + Ji.)=
1 - cos150=
_1-......;¼'--(-16_6_+_.fi._ )
sin15°
¼(-_/6 Ji.)
(-/6 - .fi.)(-/6 + Ji.)
= 4-/6 + 4.fi.- 4Jj - 8= -/6 _ .fj+
4
2- misol.
Ji._2
•
l-tg215°
../3
1+ tg2IS0 =2 ni isbotlang.
1- cos3O°
r,;
1 + cos 30·= cos 300= .
lsboti. 1- tg l =
l+tg215 l+l-cos3O°
2
1 + cos3O°
VI. Trigonometrik funksiyalar ko'paytmasini yig'indiga keltirish
formulalari:
25
.
1-
1) sin a cos f3 = ½[sin(a + /3) + sin(a - /3)];
2) cosa cos f3 =
1
2 [cos(a + /3) + cos(a - /3)];
3) sin a sin f3 = ½[cos(a - /3) - cos(a + /3)].
Misol. cosa+cos(a+2,B)+...+cos(a+n:/3) ifodani soddalashtiring.
Ye chis h. Berilgan ifodani sin
ga ko'paytiramiz va bo'lamiz:
!_/3[sin /3 cos a+ sinf cos(a + /3) + sin /3 cos(a + 2/3) +
sin2
2
2
2
151
f
f
3
+sin(a+
3
+sin(a-
i
i
)-sin(a+
)-sin(a+ )+ sin(a+
'l .(
f
f
5
)+ sin(a+
)-sin(a +
5
)-sin(a +
f
f
3
3
)+ •.. +
)+ ... +
r
J = 1 [ • ( a+2-n2+-1/3 l
• ( a+2-n2+-1 /3 -sm a+2--n2-1 /3Yu
+sm
sm
sm,
/
2
,
/
,
n ')
,,
1 . n+I
,
n
- • n+l
sm -2- /3 cosa +2 /3
= --2sm--{3cos( a+-f3J=
•
sm. - /3
2
2
.
/3
,
s m2
2
VII. Trigonometrik funksiyalar yig'indisi va ayirmasining formulalari:
1) .
. /3 2 s. ma-+ /-3-cosa -- /-3;
s ma+sm
=
2
2
•
a
/
3
a
+
2) s•ma-sm
• /3 =2 s m - - -c o s - /-3;
2
2
a +/3 • cos -a- -/3;
3) cos a + cos f3 = 2 cos - -
2
2
a -- /-3;
a -+ /-3-s-m
4) cosa-cos /3 =2 s•m
2
2
sin(a + /3)
5) !;:ga+ t;g/3 =--- , [ a,/3-:;; I(2n-I),n E
cos a•cos/3
sin(a - /3)
6) t;ga - t;g/3 = ------- '-'--'
.
cos a • cos f3
[ a,/3-:;;
I(2n-l),n zJ
sin(a + /3)
7) ctga + ctg/3 = .
. , [a,{3 :/:- nn,n E Z];
sma -sm/3
152
z}
E
8) ctga - ctg/3 =
s in(a - /3)
.
. .
sma -sm/3
Misol.
cos a + cos f3 + cosy+ cos(a + f3 + y) =
a+/3
= 4 cos- 2
a+y
{3+y
.
. .
cos- - cos- - aymyatm 1sbotlang.
2
2
Isboti.
cos a+ cos/3 + cosy+ cos(a + f3 + y) =
2 cosa t_f}_ cosa - /3+ 2 cos r +a + /3 + r .cos r -a - /-3
2
2
2
2
= 2 co as + /3 (co as - /3 + co as + /3+ 2Y'L
=
2
'
= 2 cos a+ /32 cosa 2
2
2
,
J
/3 + 2Y. cosa -
/3 +a -
r=
/3 -a -
4
-f3
2 Y=
4
= 4 cosa + /3 cosa + r cos /3+ r.
2
2
2
VII. Trigonometrik funksiyalarni yarim argumentning tangensi orqali
ifodalash:
1) sin a=
a
2tg2
[a¢,r(2n+l),ne Z];
1 + tg21
2a
1-tg 2 [a¢,r(2n+l),ne Z];
2) cos a=
l+rg2%
a
2tg 2
3) tga =
[a,i %<2n+l),ne
2a
1-tg 2
153
z].
5-§. Trigonometrik ifodalarni soddalashtirishga
doir misollar yechish metodikasi
1- misol. (1 - sin a)(l + sin a) - cos2 a ifodani soddalashtiring.
Ye ch is h . / usu/.
(1- sin a)(l + sin a)- cos2 a= 1- sin2 a - cos2 a= 1- (1- cos2 a)­
-cos2 a= 1-1 + cos2 a - cos2 a= 1-1 + cos2 a - cos2 a= 0.
II usul. (1- sin a)(l + sin a)- cos2 a=
= 1- sin2 a- cos2 a= 1- (sin2 a+ cos2 a)= 1-1 = 0.
sin4 x+cos4 x-1
2- misol. sin6x +cos6x _1
ifodani soddalashtiring.
2
• 2 )
sin4 x + cos4 x - 1 ( sm
x + cos4 x -1
ye Chis h . sin6 X + cos6X - I= { . 2 )3
6.
1=
.
\ sm x + cos x -
. 4
-
_ (1- cos2 x)2 + cos x -1 _
1 - 2 cos2 x + cos4 x + cos4 x -1
(1- cos2 x)3 + cos6 x -1-
1- 3cos2 x + 3cos4 x - cos6 x + cos6 x -1-
_
2 cos2 x(cos2 x-1) 2
= 3cos2x(cos2-1) =3
2
3- misol. 1-(sin x- cosx)
.
ifodani soddalashtiring.
1 + sm2• x - cos2 x
2
Yechi sh. 1-(sinx-cosx)
'
'-
1 + sin 2 x - cos 2 x
= 1-(sin
_ ;
2
l-sin2 x+2sinxcosx-cos2 x
=
sin2 x + cos2 x + sin2 x - cos2 x
=
x+cos2 x)+2sinxcosx
cosx=ctgx.
:.
= 2sinxcosx= -2
2
2 sin x
2 sin x
sin x
1
1
sin2 x
COS X
ctg X
lg X
4- misol. --2 - - --2 -- -2-
ifodani soddalashtiring.
154
Yechish.
1
cos2 x
sin2 x
1
=
sin2 x
tg2x-
1
ctg2x
cos2 x
-
cos2 x
l
cos2 x
2
- COS X =
sin2 x sin2 xcos2 x
cos2·x
sin2 x =
1-sin2 x-cos4 x
cos2 x-cos4 x
=
cos2 x
cos2 x
=
cos2 x(l - cos2 x)
. 2
=----2--=sm x.
cos x
[cos(-a) + sin(-a)]2 -1
5- misol. cosi(-a)+sin2(-a)-l
2
[cos(-a)+sin(-a)] -1
ifodani soddalashtiring.
(cosa-sina}2-1
--=2-------2=----:---=2-----2=---=
cos (-a)+ sin (-a)-1 cos a - sin a - I
cos2 a-2cosasina+sin2 a-I
-2cosasina
=
2
2
cos a-sin
2
a-(cos
2
a+sin a)
=
.2
-2sm a
= ctga.
6- misol. 1+sina+cosa ifodani ko'paytma shakliga keltiring.
Ye c h is h . 1 + sin a + cos a = (I + cos a) + sin a =
'I
"' 2 cos2 -a + 2 s•m -a cos -a = 2 cos -a( cos -a + s•m -a :::,
2
2
2
2'
2
2 .;
=2cosa(sin(9o0 - ) +sina )=2cos -2sin45°x
2
• .
2
2I
2
xcos(45°
-% j= 2 2 cosI•cos(45° -I}
7- misol. f3-2sina
shakliga keltiring.
ifodani ayniy almashtirish orqali ko'paytma
Yechish. J3-2sina
= 4sin(30° - ;
J
= 2( f-sina )=2(sin60° -sin a)=
cos(30° +I)155
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Javabi:
I. 3sin 9•0 - 4 cos 60• + 4ctg 45"
2.
. 3 7r
2 7r
1r •
2
3
4
5
Javobi:
3sm -+cos -+ctg-
4. sin 2n + cos 4n + tg2n.J b - 4ac.
1 t'
1 t'
2+.J3
0
5. ctg - +cosec - +sec0 .
2
2
112
.
153
Javobi: 1.
Javabi: 2.
6. a2 sini + 2abcosn - b2 sin %1r.
Javobi: (a-b)2.
7. 10tg2n + 3cosi;,r -4tgn -5sin n.
2
2
Javabi: 5.
8,4sin90° +3cos720° -3sin630° +5cos900°.
Javobi: 5.
9. 5tg540° + 2cosll70° + 4sin 990° -3cos540°.
Javabi: -I.
10. 100ctg2 990° + 25tg2 540° - 3cos2 900.
Javabi: -3.
1l. tg900° - sin(-1095°) + cos(-1460°).
Javobi:
12. sin(-1125°)+cos2(-900°)+tg1710°.
Javobi:
JCT.
2-.Ji
2
13. cos20° + cos40° + cos60° + ... + cosl60° + cosl80°. Javobi: -1.
14. s.m( - 14;,r)+cosec2 2 9 ;,-r tg2 3;,r.
'3 ;
4
4
156
Javabi:
2-.J3
2
Ii
5 + sin 30° cos60° - tg !£..
4
a + b cos 2n - sin TC
17
Javobi: 4(a+ b) •
mcos1C + ns.m1C -tgn
4
16.
mn-mtg
4
1e
-ctg
1e
4 2
17. (sin cp + cos cp)2 + (sin cp - cos cp )2.
1 + cos /3 + cos2 /3
20.
2
2
1
-
+
cose 2a-l
Javobi: 2.
Javobi: cos2 /3.
18
• 1 + sec /3 + sec2 /•3
2
2
2
19• sin a+ sin a cos
Ji(m+n)
Javobi: _... ;... -'-2m(n - l)
+ cos4a
2
2
cos2 2a
Javobi: l.
2
Javobi: sec 2a.
1-sin a
1-tg2{3 . 2r:,
2n +sm JJ·
l+tg JJ
Javobi: cos2 /3.
22. {1 - cos2 x) ctg2x -1.
Javobi:- sin 2 x.
23. cos4 x-sin4 x + sin2 x.
Javobi: cos2 x.
21.
4
4
1- sin 2a - cos 2a
24.
4
2sin 2a
1
Javobi: 1.
+ .
25. {1 - cos2 /3 )tg2/3- sec2 /3.
Javobi: - cos2 /3.
Javobi: cosec2
cosa _ cosa _2ctg2a.
27
• 1- cos a I + cos a
28.
1 + 2sin 2x • cos 2x
cos 2x + sin 2x
cos 2x.
Javobi: 0.
Javobi: sin2x.
157
Ta,urorlash uchun savollar
1. Alyniy shakl almashtirish deb nimaga aytiladi?
2. A_lyniyat tushunchasini ta'riflab bering.
3. fjirhad deb nimaga aytiladi?
4. J(..o'phad deganda nimani tushunasiz?
5. c)'xshash hadni ta'riflab bering.
6. J:JXchamlash deganda nimani tushunasiz?
7. (J,anday ifodaga kasr ratsional ifoda deyiladi?
8. Jrratsion,al ifodani ta 'riflab bering.
9. ]"rigonometrik ifodalardagi ayniy a/mashtirishlar qanday bajariladi?
10. lkki burchak yig'indisi va ayirmasining sinusi nimaga teng?
11. lkki burchak yig'indisi va ayirmasining kosinusi nimaga teng?
12. .lkki burchak yig'indisi va ayirmasining tangensi nimaga Ieng?
13. lkki burchak yig'indisi va ayirmasining kotangensi nimaga teng?
14. Asosiy trigonometrik ayniyatlarni yozib bering.
15. Jkkilangan va uchlangan trigonometrik funksiyalarni tushuntirib bering.
16. Yarim argumentni trigonometrik funksiyalari deganda nimani tushunasiz?
J 7. Trigonometrik funksiyalar ko'paytmasini yig'indiga qanday keltiriladi?
18. Trigonometrik funksiyalar yig 'indisi va ayirmasining ko'paytmaga
qanday keltiri/adi?
19. Trigonometrik funksiya/arni yarim argumentli tangensi orqali qanday
ifoda/anadi?
20. Trigonometrik ifodalarni sodda/ashtirish deganda nimani tushunasiz?
Tay ch iboralar
Ayniyat tushunchasi, birhad, ko'phad, o'xshash had, ixchamlash, kasr
ratsional ifoda, irratsional ifoda, trigonometrik ifoda, ikki burchak
yig';ndisining sinusi, kosinusi, tangensi, kotangensi, ikki burchak ayirma­
sini1tg sinusi, kosinusi, tangensi va kotangensi, trigonometrik ayniyat,
ikki/angan trigonometrik funksiyalar.
VIII hob.
Maktab rnaternatika kursida tenglarna, tushunchasi konkret-induktiv
rnetod orqali kiritiladi. O'quvchilar IV sinfgacha natural sonlar ustida
ta'rifsiz to'rt arnalni bajarishni o'rganadilar, so'ngra o'quvchilarga
qo'shish, ayirish, bo'lish arnallarida qatnashayotgan kornponentlardan
ikkitasi rna'lurn bo'lganda norna'lurn qatnashayotgan kornponentni
topish o'rgatiladi. Bunda ana shu topilishi kerak bo'lgan kornponentni
harf bilan belgilanadi. Masalan, qanday songa 4 ni qo'shsak, 7 soni
hosil bo'ladi? x + 4 = 7. Qanday sondan 8 ni ayirsak, 10 soni hosil
bo'ladi?
8= 10. Qanday sonni 5 ga bo'lsak, 7 soni hosil bo'ladi?
x: 5 = 7, 18 soni qanday songa bo'linsa, 3 soni hosil bo'ladi? 18: x=3.
Shu xildagi savollar asosida harfiy ifoda qatnashgan to'rt arnalga doir
tengliklarni hosil qilishi murnkin. O'quvchilar x + 4 = 7 tenglikdagi
noma'lurn x sonini topishni ayirish rnavzusidan biladilar, ya'ni <<no­
ma'lum qo'shiluvchini topish uchun yig'indidan rna'lum qo'shiluvchini
ayirish kerak» degan qoidaga ko'ra berilgan x + 4 = 7 tenglikdagi
noma'lurn sonni quyidagicha topadilar: x = 7 - 4 = 3. Ana shu fikrlami
o'quvchilarga tushuntirib, so'ngra x + 4 = 7 tenglik rnaternatika kursida
tenglama deb.atalishini, so'ngra unga berilgan quyidagi ta'rifni keltirish
mumkin.
Ta'rif. Noma'/um son qatnashgan tenglik tenglama deyiladi.
x-
X
+ 4 = 7;
X
-
5 = 9; 12 -
X
= 6,27; = 9;
X
X
:
8 = 7 ....
Tenglarna deb qaralayotgan tengliklarda norna'lum sonlar x, y, z....
harflar bilan belgilanadi. Tenglarnani yechish degan so'z uning hamrna
ildizlarini topish dernakdir, boshqacha aytganda, norna'lurnning teng­
lamani chap qisrnini uning o'ng qismiga teng qiladigan qiyrnatni topish
teng/amani yechish deb ataladi.
Masalan, x + 4=7 tenglarna, x = 3 soni uning ildizidir, chunki
tenglarnaning ildizigina berilgan tenglikni to'g'ri tenglikka aylantira oladi.
Ta'rif. Noma/um sonning topilgan qiymati berilgan tenglamaning
yechimi yoki ildizi deyiladi.
159
11
I
Bundan ko'rinadiki, noma'lumli tenglamaning ikkala qismini sonjihatidan
teng qiladigan qiymati tenglamaning ildizi yoki yechimi bo'lar ekan. Demak,
x=3 yechim bo'lgani uchun 3+4=7 bo'ladi. IV sinf o'quvchilariga bir
noma'lumli tenglamalami yechish uchun quyidagi qoida o'rgatiladi:
1. Agar berilgan tenglamada noma'lum son kamayuvchi bo'lsa, u
quyidagi qoidaga ko'ra topiladi. Noma'lum kamayuvchini topish uchun
ayriluvchi bilan ayirmani qo'shish kerak. Umumiy holda x - b =c
bo'lsa, x=b+c bo'ladi.
2. Agar berilgan tenglamada noma'lum son ayiriluvchi bo'lsa, u
quyidagi qoidaga ko'ra topiladi. Noma'lum ayiriluvchini topish uchun
kamayuvchidan ayirmani ayirish kerak. Umumiy holda: a - x =c
bo'lsa, x = a - c bo'ladi.
3. Agar berilgan tenglamada noma'lum son ko'payuvchilardan biri
bo'lsa, u quyidagi qoidaga ko'ra topiladi. Nomalum ko'payuvchini
topish uchun ko'paytmani ma'lum ko'payuvchiga bo'lish kerak. Umumiy
holda: a • x = c bo'lsa. x=c:a bo'ladi.
4. Agar berilgan tenglamada noma'lum son bo'luvchi bo'lsa, u
holda u quyidagi qoidaga ko'ra topiladi. Noma'lum bo'luvchini topish
uchun bo'linuvchini bo'linmaga bo'lish kerak. Umumiy holda a : x = c
bo'lsa, x = a : c bo'ladi.
5. Agar berilgan tenglamada noma'lum son bo'linuvchi bo'lsa, u
quyidagi qoidaga ko'ra topiladi. Noma'lum bo'linuvchini topish uchun
bo'linmaga bo'luvchini ko'paytirish kerak. Umumiy holda x : a = c
bo'lsa, x = a • c bo'ladi.
6. V sinf matematika kursida manfiy sonlarni ayirish mavzusi o'tiladi,
bunda berilgan yig'indi va qo'shiluvchilardan biriga ko'ra ikkinchi
qo'shiluvchi topiladi. Masalan, x+(-5)=12 tenglik berilgan bo'lsin. x ni
topish uchun tenglikning har ikki qismiga 5 sonni qo'shamiz, x+(5)+5=12+5, x =17. Bundagi 17 soni 12 va -5 sonlarining ayirmasidir,
ya'ni 12-(-5)=12+5=17. Javobning to'g'riligini qo'shish amali orqali
tekshiriladi: 17+(-5)=12. Agar x+(-5)=12 tenglikka IV sinfdagi berilgan
tenglama ta'rifini qo'llasak, x+(-5)=12 tenglik tenglama bo'lib
hisoblanadi. Bu yerdagi x=17 soni esa x+(-5)=12 tenglamaning ildizi
bo'ladi. Yuqoridagi yechish bosqichlariga ko'ra x+a=O yoki -x+a=O
ko'rinishdagi tenglamalarni yechish qoidasini chiqarish mumkin. x+a=b
yoki -x+a=b ko'rinishdagi har qanday tenglamani yechish uchun
ularning chap va o'ng qismlariga birgina -a sonini qo'shish kifoya:
(x+a=b)=>[x+a-a=b-a)=>(x=b-a);
(-x+a=b) => (-x+a-a=b-a)=> (-x=b-a) => (x=a-b).
160
Misollar:
I) y + 9=-5;
y + 9 + (-9) = 5 + (-9)
y + 9-9=-5-9;
y =-14.
3) 4 - (2,8 - x) = 1,5.
4-1,5=2,8-x;
2) X - 3=-17,
X - 3 + 3=- 17 + 3;
X =-14.
Tekshirish:
4 - (2'8 - , 0 3) = 1' 5
1,5 = 1,5.
-2,8 + 2,5 = 2,8 - 2,8 - x;
- X = -0,3 => X = 0,3.
Shu misollardan keyin tenglama tuzishga olib keladigan masalalarni
yechish foydali bo'ladi.
1- masala. Savatda bir necha qo'ziqorin bor edi. Unga yana 27 ta
qo'ziqorin solinganidan keyin qo'ziqorinlar 75 ta bo'ldi. Savatda nechta
qo'ziqorin bo'lgan?
Ye chis h. Savatdagi bor qo'ziqorinlar soni x bilan belgilanadi. U holda
shartga muvofiq x+27=75 tenglamani tuzamiz.
Tenglamani yechish uchun bunday mulohaza yuritiladi: tenglikdagi
noma'lum qo'shiluvchini topish uchun yig'indidan ma'lum qo'shiluvchini
ayirish kifoya, ya'ni x=75-27=48 (ta). Tenglama yechimini to'g'ri yoki
noto'g'ri ekanligini bilish uchun tuzilgan tenglamadagi noma'lum x o'rniga
48 sonini qo'yib, uni hisoblaymiz. Agar tenglamaning chap qismida ham
75 chiqsa u to'g'ri yechilgan bo'ladi. 48+27=75, 75=75. Demak, yechim
to'g'ri ekan.
Matematika fanida tenglik tushunchasi taqqoslash tushunchasi orqali
quyidagicha tushuntiriladi: o'rganilayotgan matematik obyektdagi narsalarning
o'zaro o'xshash va farqli tomonlarini fijo'mrak aniqlash taqqoslash deyiladi.
Ana shu o'rganilayotgan narsalarning o'xshash yoki farqli tomonlarini
taqqoslagganda bir xii son qiymatiga ega bo'lsa, u holda bu narsalar son
jihatidan teng deb qaraladi, u tenglik (=) ishorasi bilan belgilanadi. Agar a
va b sonlar o'zaro teng bo'lsa, u a=b kabi agar ular teng bo'lmasa, a-::t:b
kabi belgilanadi.
Masalan, 3=3, 7+1=8, 9-6=3..... Shuningdek, R 9, 3+5::t:4, ... kabi
yoziladi.
Matematika kursida tengliklar ikki xil bo'ladi, ayniyat va tenglama.
Ta'rif. Tarkibidagi noma '/um sonlaming yo'/ qo'yi/adigan har qanday
qiymatlarida ikkala qismi bir xii son qiymatlarini qabul qiladigan tenglik
ayniyat deyiladi.
Masalan,
x2- I= (x- l)(x+ I);
11 - S. Alixonov
161
x 3-
y3 =X2+xy+y2,
1
--=
1
1
x2 - 1 X + 1 X - 1
1) r-- 1=(x-l)·(x+1) tenglikni olaylik, x ning ixtiyoriy qiymatlarida
tenglikning chap tomoni o'ng tomoniga teng chiqadi.
Masalan,
x = 2 bo'lsin, 22-1=(2-l) (2+1), bundan 3 = 3
x = 5 bo'lsin, 52- 1=(5-1)(5 + 1), bundan 24 = 24
'
1
1
1
2) -= -- • -tenglikni olaylik, bunda eng avvalo bu
x2-1 x+1 x-1
tenglikdagi noma'lumlaming yo'l qo'yiladigan qiymatlarini aniqlash lozim.
Bu tenglikda XF-tl bo'lishi kerak, aks holda kasrning maxraji nolga teng
bo'lib, u ma'noga ega bo'lmay qoladi. Shuning uchun berilgan
harflarning yo'l qo'yiladigan qiymatlariga quyidagicha ta'rif berilgan.
Ta'rif. Tenglik tarkibiga kiruvchi harjlaming shu tenglikning o'ng va
chap qismi ma'noga ega bo'ladigan qiymatlari bu harflarning yo'/
qo'yiladigan qiymat/ari deyiladi. Yuqoridagi tenglamada yo'l qo'yiladigan
qiymatlar x -::;:. ± 1 lardan boshqa barcha haqiqiy sonlardir. Masalan,
1
1
1
1 1 1
agar x = 2 bo'lsa, 22 -1= 2+ 1• 2-1' 3•1 = 3'
I
1
1
I I I
agar x = 3 bo'lsa, 32 _ 1 = 3+ 1• 3-1 ' 4 •2 = 8
Endi matematika kursida shunday tengliklar ham borki, ularning
ikkala qismi harfning bir xil yo'l qo'yiladigan qiymatlarida turli son
qiymatlarini qabul qiladi. Masalan: x+5=7, 2x - 7 = 8.
Bu ko'rinishdagi tengliklarni tenglamalar deb ataladi, tenglama
biror berilgan tenglikning ikkala qismi noma'lum harfning yo'l qo'yi­
ladigan qiymatlarida bir xil son qiymatlar qabul qilishini aniqlash
masalasini o'rganuvchi tenglik bo'lib hisoblanadi. V sinfda 4x=2x+16
ko'rinishdagi tenglamani yechish o'rganiladi. Bunday tenglamalarni
yechish uchun tenglikning har ikkala tomoniga -2x ifoda qo'shiladi.
4x+(-2x)=2x+(-2x)+16, 4x-2x=2x-2x+l6. Bu ifodaning tengligini
quyidagicha tushuntirish mumkin. Tarozining har ikkala pallasidan
o'zaro teng bo'lgan miqdordagi narsalar olib tashlanadi, u holda 2x=16
tenglik hosil bo'ladi, bundan x=8 soni kelib chiqadi, x=8 soni 4x=2x+16
tenglamaning yechimi yoki ildizi bo'ladi.
X- y
I
162
Bir noma'lumga nisbatan il<ki tenglamadan birining bar bir ildizi
ikkinchi tenglamaning ham ildizi bo'lsa, ikkinchi tenglamaning bar
bir ildizi esa shu bilan birga birinchi tenglamaning ham ildizi bo'lsa,
bu ikki tenglama teng kuchli (ekvivalent) tenglamalar deyiladi. Masalan,
2x+5=7 va x-1 =0 tenglamalar teng kuchli tenglamalardir, chunki
ulaming ikkalasining ham ildizi x=1 sonidan iboratdir. Bundan tashqari,
ildizlari mavjud bo'lmagan tenglamalar ham teng kuchlidir. Masalan,
x2=-3 va x2+2=-5 va hokazo. Teng kuchli tenglamalaming quyidagi
xossalarini o'quvchilarga tushuntirish maqsadga muvofiqdir.
1- xossa. Agar tenglamaning ikka/a qismi noldan farq/i hiror songa
ko'paytirilsa yoki ho'linsa, herilgan tenglamaga teng kuch/i tenglama
hosil ho'/adi.
Masalan, 15.x-5=25, bu tenglamaning har ikki tomonini 5 soniga
bo'lsak, 3x-1=5 tenglama hosil bo'ladi, bu tenglama oldingi
tenglamaga teng kuchli bo'lgan tenglamadir.
Masalan: 12x - 7=2x+13. 12x - 2x=l3+7, lOx =20, x=2.
2-§. Chiziqli tenglamalar
Maktab matematika kursida chiziqli tenglama tushunchasini kiritish
abstrakt-deduktiv usul orqali amalga oshiriladi, chunki bu tenglama
uchun avvalo ta'rif beriladi, so'ngra tenglamaning umumiy ko'rinishi
va uni yechish usullari hamda grafigi o'rganiladi.
Ta'rif. Agar tenglamaning chap va o'ng qismlari, noma '/um
o'<1:aruvchiga nishatan chiziqli funksiyalardan ihorat ho'Isa, hunday
tenglama chiziqli tenglama deyiladi.
Chiziqli tenglama umumiy holda ax+h=cx+d ko'rinishda ifodala­
nadi. Bunda a, h, c, d - berilgan ma'lum sonlar. x esa noma'Ium son.
Bu ko'rinishdagi tenglamalami yechish quyidagicha amalga oshiriladi:
d-h
ax+h=cx+d. (1), ax-cx=d-h, x(a-c)=d-h, x = -.
(2)
a-c
.
1. Agar a bo'lsa, (1) tenglama (2) ko'rinishdagi bitta yechimga
ega bo'ladi.
2. Agar a-c=O. d-1#.0 bo'lsa, (1) tenglama O·x=d-h ko'rinnshni
oladi, bunday tenglama x ning hech bir qiymatida o'rinli bo'lmaydi.
Demak, bu holda tenglama yechimga ega emas.
3. Agar a-c=O va d-h=O bo'lsa, (1) tenglama 0·x=0 ko'rinishni
oladi, bu tenglik x ning barcha qiymatlarida o'rinli, shuning uchun
(1) tenglama cheksiz ko'p yechimga ega bo'ladi. Boshqacha aytganda,
har qanday son uning yechimi bo'laveradi.
1- misol. a+x=a2x- l tenglamani x ga nisbatan yeching.
Yechish. a+l=a2x-x, a+l=x(a2-l); a+l=x(a-I)·(a+l).
1
.
1. Agar a c1- + 1 bo'lsa, tenglama x == -yech1mga ega.
a-l
2. Agar a=l bo'lsa, tenglama 0·x = 1 ko'rinishni oladi, bu holda u
yechimga ega emas.
3. Agar a=-1 bo'lsa, tenglama -2x=l, x = -
1
1 ko'rinishni oladi, bu
holda u tenglama yechimga ega.
2- misol. 3-ax=x-b tenglamani x ga nisbatan yeching.
3- misol. ax-b=1+x tenglamani x ga nisbatan yeching.
3-§. Parametrik usulda berilgan kasr-ratsional
tenglamalarni yechish
Parametrik usuldagi tenglamalami yechish degan so'z tenglamada
qatnashayotgan parametrlaming yo'l qo'yiladigan barcha qiymatlariga
mos keluvchi ildizlami topish demakdir.
5
1
Misol. -"" - - - tenglamani yeching.
ax- 4
x-a
9
Bu tenglama ma'noga ega bo'lishi uchun ax-4¢0 va 9x-a¢0 bo'lishi
kerak. Tenglamaning har ikkala tomonini (ax-4)·(9x-a) ga ko'paytirilsa
45x-ax=5a-4 tenglama hosil bo'ladi, bundan:
45x - ax=5a - 4, x(45 - a)=5a - 4.
(1)
Endi a ning qanday qiymatlarida 9x-a=0 ga ax-4=0 tengliklar o'rinli
bo'lishi topiladi x=
a
9
4
va x=-;;, a :I- 0. Bu qiymatlarni (1) tenglamaga
qo'yilsa, a ga nisbatan kvadrat tenglama hosil bo'ladi:
a
4
1)
(45 - a)=5a - 4.
2)
- (45 - a)=5a - 4.
a
9
45a - a2 = 45a - 36,
180 - 4a=5a2 - 4a,
a2 = 36, a = ± 6.
a2 = 36, a = ± 6.
Agar parametr a=±6 qiymatni qabul qilsa, berilgan tenglama maxraji
nolga teng bo'lib, u ma'noga ega bo'lmaydi, shu sababli (45-a) .x=5a-4.
(1) tenglama berilgan tenglamaga teng kuchli bo'lganligi uchun, a#-6 shartga
164
ko'ra, bu teng]amani quyidagicha yechamiz:
1. a) Agar 45 - a
0 bo'lsa, a
45 bo'ladi. Bu holda (1) tenglama
bitta yechimga ega bo'ladi.
b) Agar 45-a=O bo'lsa, (1) tenglama O·x=221 bo'ladi, bu holda
5a-4
tenglama yechimga ega emas. Javobi: x =
_a , a 45 va a=± 6.
45
2. Agar a = 45 bo'lsa, teng]ama yechimga ega emas.
3. Agar a=±6 bo'lsa, tenglama ma'noga ega bo'lmaydi.
.
1
2- m1sol.
2(n + 3)
1
.
.
= 3
.
+
tenglamam yechmg.
2n+nx X 2 - 2X
X - 4X
Javobi: 1) agar n=-4 bo'lsa, x=B; 2) agar n=-2 bo'lsa, x=4;
3) agar n=-1 bo'lsa, x=l; 4) agar n=l bo'lsa, x=3.
1
1
3- misol. -+ -= 1 I tenglamani yeching.
x-I
Javobi:
x-b
+-
b
2b
x1 = b + 1, xl = -, - , b
o+1
0, b
I.
Agar b=-1 bo'lsa, x=O. Agar b=l bo'lsa, x=2.
4- §. Noma'lum absolut miqdor belgisi ostida qatnashgan
tenglamalarni yechish metodikasi
Absolut miqdor ta'rifiga ko'ra x sonining absolut miqdori quyida­
gicha aniqlanadi:
x,
I.xi =· -x,
agar
agar
x > 0 bo'lsa,
x < 0 bo'lsa,
x = 0 bo'lsa.
\ 0, agar
Masalan. 151 = 5, l-21 = 2; ...
Ta'rif. Agar tenglamadagi noma '/um soni absolut qiymati belgisi bi/an
kelsa, bunday teng/ama absolut miqdor belgisi ostidagi teng/ama deyi/adi.
Masalan, l3x - II = 4. l2x - II = l5x - 71, l5x - 71 = 13.
Bu ko'rinishdagi tenglamalarni quyidagi usullar bilan yechiladi.
1- misol. l5x - 71 = 13.
Yechish. I usul.
1) Sx-7=13,
2) Sx-7=-13,
Sx = -13 + 7,
Sx = 13 + 7,
165
5.x= 20,
5. x= -6,
x=4,
X=-=-1-.
6
1
5
5
Tekshirish. 20-7=13, 13=13. Demak, .x=4, x=-6/5 sonlari berilgan
tenglamaning ildizlari bo'ladi.
II usu/. (Grafik usuli): y=Sx-7 funksiya grafigi chiziladi, ularning kesishish
y
X
=-10 ]
f 2 3 F=4
X
21- chizma.
nuqtasining absissasi berilgan tenglamaning yechimi bo'ladi (21-chizma).
Buning uchun y=ISx-71 funksiyaning grafigi yasaladi. Bu grafikning x
o'qidan yuqorida yotgan qismini o'zgarishsiz qoldiramiz. Uning uchun
Sx-7>0, shu sababli l5x-71=5x-7 bo'ladi. Bu grafikning absissalar o'qidan
pastga yetgan qismiga shu o'qqa nisbatan simmetrik akslantiramiz. Bu holda
Sx-7<0 bo'ladi, ya'ni ISx--71=-(Sx-7). Natija.da y=Sx-7 funksiya grafigi
y=13 chiziq bilan ikki nuqtada kesishadi, kesishish nuqtalarning absissalari
x=4 va x=-1
1
5 nuqtalardan iborat bo'ladi, ana shu nuqtalar ISx-71=13
tenglamaning yechimi bo'ladi.
III
usu/. (oraliqlar metodi). Absolut miqdor belgisi ostidagi ISx-71
7
7
ifod x = da nolga aylanadi. Sonlar to'g'ri chizig'ida x =
nuqtani
5
belgilab, bu nuqtadan chapda
5
(-oo;}) va o'ngda (}; 00) olingan qiymatlarga
ko'ra ISx-71 ifodani absolut rniqdor belgisiz quyidagicha yozish mumkin:
166
1sx - 7J =f•
-5x + 7, birinchi (-oo}
l
'
Y oraliqda,
' .,
sx - 7, ikkinchi (}; "° ) oraliqda.
'
,
Bularga ko'ra tenglamani quyidagi ikki ko'rinishda yozish mumkin:
1) -5x + 7 =13,
2) 5x - 7 =13,
-5x = 13 - 7,
5x = 13 + 7,
-5x = 6,
5 x= 20,
6
1
x= - = -1 ,
X =4.
5
5
2- misol. l7x - II = 21 - 9x.
Yechish.
1) 7x - 1 =21 - 9x,
7x + 9x = 21 + 1,
16x = 22,
x=
22
2) 7x - 1 = -(21 - 9x),
7x-1=9x-21
9x - 7x = 21 - 1,
11
3
= , x=l .
16 8
2x = 20,
8
X = 10.
Tekshirish.
7.!.! _1= 21- 9!.!_ 77 -8= 168- 99.
8 •
8'
8
8
Demak, x =
11
8
soni berilgan tenglama yechimi ekan.
3- misol. Ix- ll+lx+11=2 tenglamani yeching. Bu tenglamada x-1 =0 va
x+l=0, demak, ular x=l va x=-1 yechimlarga ega bo'ladi. Sonlar to'g'ri
chizig'ida x=l va x=-1 nuqtalar belgilanadi, bu holda sonlar to'g'ri chizig'i
uchta oraliqqa ajraladi. Birinchi oraliq (-oo, -1), ikkinchi oraliq (-1,1],
uchinchi oraliq (l, dan iboratdir. Ix-II va lx+ll ifodalarning har birini
hosil qilingan oraJiqlarda absolut miqdor belgisiz quyidagicha yozish mumkin:
1) agar -1 bo'lsa, lx-1l+lx+ll=2 tenglama -x+I-x-1=2 bo'ladi,
bundan -2x=2 yoki x=-1 yechimga ega bo'lamiz;
2) agar -1 1 bo'lsa, lx-Il+lx+ll=2 tenglama -x+l+x+1=2 bo'ladi,
bundan 2x=2 yoki x=l bo'ladi. Demak, x=-1 va x=l yechimlarga ega bo'ladi.
4- misol. 2x2-5.x-3 lx-21=0 tenglamani yeching.
1) agar x<2 bo'lsa, 2x2-5x-3lx-21 tenglama 2x2-5x+3x-6=0 yoki
1 ,-1-.1 13
00)
x2-x-3=0 ko'rinishni oladi, uni yechdi
167
X1,2 =
± +3 = ± ,
2v
4
2 2
I
II
ya'ni
1- 13
1+ 13
va x2 =-- 2
2
Xi=
Bunda:
uchun
x1 =
1+ 13
yechim qaralayotgan sohada yetmaydi, shuning
2
[13, (-
1
x2 = +
yechimlar hosil qilinadi.
2) oraliq uchun yechim bo'ladi;
00 ,
2) agar Q.2 bo'lsa, berilgan tenglamadan 2x 2-5.x-3x+6=0 hosil bo'ladi
yoki ushbu x2-4x+3=0 ko'rinishni oladi, uni yechsak, x 1=l va x2=3
yechimlarga ega bo'linadi. Bundagi x1=1 yechim qaralayotgan oraliqda
yotmaydi, shuning uchun (2, oraliq uchun yechim x2=3 bo'ladi. Demak,
00)
13
2x2-5.x-3lx-2i=0 tenglamaning yechimi
Xi = 1 - -
2
-,
X2 = 3 bo'ladi.
5- §. Kvadrat tenglama tushunchasini kiritish metodikasi
Kvadrat tenglama tushunchasi VII sinfda o'tiladi. Bu mavzu mate­
rialini o'tishdan bir necha kun oldin o'qituvchi qo'shimcha vazifa
sifatida o'quvchilarga kvadrat uchhaddan to'la kvadrat ajratish mavzusini
o'rganib kelishlarini vazifa qilib berilishi kerak:
2
2
2
y = ax +bx= a(x +!!..x + E..)= a(x +2.!!
a
=
iIx
2
'
2a
x + E.)=
a
+
=
£..-£_
4a 'l
a
+ 2 .!! x + 2
2a
4a
2
/
_l + 2a -
4a2
(
b 'J2 b2 -4ac
=a x + 2a
4a
2
r
-¾1= 2rx + 2x +1- ½-1')=
,
b )2
= a [x
Misol.
a
b, -4acl
2
x + 4x - 3 = 2 x + 2x
2
.,
\.
•
2
5
'
,
2
=2((x+l) - )=2(x+l) -5.
2
Kvadrat uchhaddan to'la kvadrat ajratishni tushuntirilganidan so'ng
kvadrat tenglama tushunchasini abstrakt-deduktiv usul orqali kiritiladi.
168
Ta'rif. ax2+6x+c=0 (1) ko'rinishdagi teng/ama kvadrat tenglama
deyiladi, 6unda a, 6, c 6erilgan sonlar, a O, x noma '/um sondir.
Bu tenglamaning ildizlarini topish uchun tenglikning chap tomonida
turgan kvadrat uchhaddan to'la kvadrat ajratiladi, ya'ni
, 6 6 4ac
(
6)
6 4ac
ax+- ----=0 yoki x+=--2-.
(2)
4a
2a
4a
l 2a
(2) tenglama (1) tenglamaga teng kuchli tenglamadir. (2) haqiqiy
62
yechimga ega bo'lishi uchun - ;ac 0 bo'lishi kerak. Bundagi b2- 4ac
r
2
2
-
2
-
4a
(1) ning diskriminanti deyiladi va u D = b2 - 4ac kabi belgilanadi.
1) Agar diskriminant D=62- 4ac>0 bo'lsa, (1) tenglama ikkita
haqiqiy har xil yechimga ega bo'ladi. Bu yechimni (2) tenglamadan
topa olamiz:
= _!_+ 6
2
x
1•2
2-a
4ac ::s _!_+ ,J6 4ac= -6 ± ,J b 4ac .
4a2
2-a
2a
2a
'
2
2
-
-
-
-b + .Jb2 - 4ac
-b - ,Jb2 - 4ac
-----; X2 = ----2a
2a
2) Agar diskriminant D =b2-4ac<0 bo'lsa, (1) tenglama haqiqiy
sonlar to'plamida yechimga ega emas.
3) Agar diskriminant D=62-4ac=0 bo'lca, (1) bitta haqiqiy
X1 =
yechimga ega bo'ladi: x, = x2 = - :a.
Maktab matematika kursida to'la kvadrat tenglama koeffitsiyentlariga
ma'lum shartlar qo'yish orqali chala kvadrat tenglamalar hosil qilinadi.
Agar (1) 6=0 va c=0 bo'lsa, ax2+6x+c=0 tenglama ax2=0
ko'rinishni oladi, uning yechimi x=0 bo'lgan x,=Xi=0 bo'ladi. Agar
6=0 bo'lsa, ax2+6x+c=0 tenglama ax2+c=0 ko'rinishni oladi, uni
bo'ladi, agar < 0 bo'lsa, --E >0 bo'ladi, bunda
a
a
a
ax2+c=0 tenglama haqiqiy sonlar to'plamida yechimga ega bo'ladi,
yechilsa, x2 = -
ff;E;. Agar a > 0 bo'lsa, ax +c=0 tenglama haqiqiy sonlar
ya'ni x12 = ±
'
2
to'plamida yechimga ega emas.
169
4) Agar c=O bo'lsa, ax2+bx+c=0 tenglama ax2+bx=0 ko'rinishni
oladi, uni yechilsa
•
(ax2+bx)=0
x(ax+b)=0
•[::
.
yechimlari hosil qilinadi.
a
ax2+bx+c=0 ko'rinishdagi tenglama ildizlarini yana quyidagi usul
bilan ham hisoblash mumkin. Berilgan tenglamani ax2+bx=-c
ko'rinishda ifodalab, uning har ikkala tomonini 4a ga ko'paytiriladi,
natijada 4µ2-x2+4abx=-4ac tenglik hosil bo'ladi. Hosil bo'lgan tenglikning
har ikki tomoniga b2 ni qo'shiladi: 4a2c2+4abx+b2=b2-4ac bundan:
(2ax+b)2=b2-4ac.
Agar D=b2-4ac"2.0 bo'lsa, bu tenglikning har ikki tomonidan
arifmetik kvadrat ildiz chiqarish mumkin:
(2ax + b) = .Jb2 -4ac.
Bunda ikki hol bo'lish mumkin:
-b- b2 -4ac
1) agar 2ax+b<O bo'lsa, -(2ax+b) = .Jb2 -4ac, x, =---2--•
-b+ b2 -4ac
2) agar
12 -2ax+b>0 bo'lsa, 2ax + b ="b - 4ac x2 = .
'
2a
Shunday qilib, diskriminant D=b2-4ac>0 bo'lsa, tenglama ikkita
haqiqiy har xil yechimga ega bo'ladi.
Kvadrat tenglama ildizlarini uning diskriminantiga ko'ra tekshirishni
quyidagi jadval orqali tushuntirilsa, o'quvchilarning mantiqiy fikrlash
qobiliyatlari ortadi:
Agar c>0
bo'lsa,
o:::0 bo'lsa, ikkala ildiz musbat,
.tl>0 bo'lsa, ikkala ildiz manfiy.
0:::0 bo'lsa, ikkala
ildiz har xii bo'ladi
0:::0 bo'lsa, ikkala ildiz musbat,
.tl>0 bo'lsa, ikkala ildiz manfiy.
O=b"-4.at!>0
.
.XI = Q
C =
O=.i-4.aoa=O
{ X2----
b'
a
.tl>0 bo'lsa, ildizlardan biri nolga teng,
ikkinchisi esa manfiybo'ladi,
o:::0 bo'lsa, ildizlardan biri nolga teng,
ikkinchisi esa musbat bo'ladi.
.tl>0 bo'lsa, ikkala ildiz manfiy bo'ladi
.b<O bo'lsa, ikkala ildiz musbat bo'ladi.
170
Agar
ax2+bx+c=O tenglamada a=1 bo'lsa, hosil bo'lgan
tenglama keltirilgan kvadrat tenglama deyiladi. Har qanday
to'la kvadrat tenglamaning har ikkala tomonini a ga bo'lish orqali uni
keltirilgan kvadrat tenglama ko'rinishiga keltirish mumkin; ax2+bx+c=O
2
b
bo, Isa, x + - x + -C = 0, agar- b= p, -C = q desak, u holda x 2+ px+q=O
a
a
a
a
tenglama keltirilgan kvadrat tenglamaning umumiy ko'rinishi bo'ladi.
ax2+bx+c=O
Bu tenglamaning yechimi. x1,2 =
--f± -
q formula bilan ifoda­
lanadi.
Misollar: 1) 3x2-5x+2=0, a=3, b=-5, c=2. To'la kvadrat tenglama
yechimi formulasiga ko'ra
-b ± ..Jb2 - 4ac 5 ± .J25 - 4 • 3 • 2 5 ±1
2a
=
6
= -6- '
Xi,2=
5-1 4 2
Xi = - - = =
6
6 3 bo'ladi.
2) 3x2-5x+2=0 tengJamaning har ikki tomoni 3 ga bo'Jinsa,
2
5
2
x - x + =0
bo'ladi. Bu tenglamaning ildizlarini keltirilgan kvadrat
5+1
6
X1 =--6-=6=1,
3
3
tenglama fopnulasidan foydalanib topiladi:
5
p=-3,
X1 2 =-l!_± p
•
2
2
4.
-q =-!'-rJ± 25 _?:_ = ±
•
6
36
3
'
5+1 6
5-1 4 2
Xi = --6- =6 = l, Xi = -6- =6 =3 .
6
/25-24 = +!..
36
2 2
V
6- §. Viyet teoremasi
Viyet teoremasi ham matematik tushunchalarni kiritishning konkret
induktiv usuli orqali kiritiladi, chunki bu teoremani bayon qilishdan
oldin teorema xulosasiga olib keladigan quyidagi ko'rinishdagi tushun­
tirish ishlari bilan shug'ullaniladi. Agar x2+px+q=O keltirilgan kvadrat
tenglama diskriminanti manfiy bo'lmasa, uning ildizlari
171
Bu x1 va x2 yechimlarni o'zaro qo'shilsa,
tengliklar hosil bo'ladi. Bularga ko'ra teoremani quyidagicha ifodalash
mumkin.
Te ore m a . Agar keltirilgan kvadrat tenglama haqiqiy ildizlarga
ega ho'Isa, bu ildizlarning yig'indisi qarama-qarshi ishora bi/an olingan
x oldidagi koeffitsiyentga, ularning ko'paytmasi esa shu tenglamaning
owd hadiga teng bo'ladi.
MisQI. x2-3.x+2=0 tenglamani Viyet teoremasi asosida tekshiring.
Yee hi sh D •
J(H-2•J¾-2 J!i•½
a
>0
fX1 + X2 = 3
shuning uchun lxi x
. = 2 bo'ladi. Agar berilgan tenglama yechilsa,
1
X1,2
= -} ¾
±
-2 =} ±½, bundan x1=2, x = l ekani topiladi. Demak,
2
x, + Xi = 2 + 1 = 3, x1"Xi =2·1 = 2.
Bundan tashqari, bu sistema yechilsa, noma'lumlarning biriga nisbatan
berilgan tenglama hosil bo'ladi:
X1X2 + X22 = 3r
( 2
\
2
•
·-t
Xz = 3.xi - 2) ==> Xi - 3-.xi + 2 = 0.
f
I
X1. X2
=2
Shuningdek x1 noma'lumga nisbatan yechish ham mumkin.
172
7- §. Kvadrat tenglamaga keltirib yecbiladigan
tenglamalar
1. ax4+bx2+c=O (1) tenglama bikvadrat tenglama deyiladi. Bunda
a, b va c berilgan sonlar bo'lib, a,;tQ dir. Agar (1) da x2=z desak,
az2+bz+c=O (2) ko'rin_ishdagi kvadrat tenglama hosil bo'ladi. Bu
tenglama
z ga nisbatan yechiladi:
-b- b2 -4ac
Z2 = ---2a
z1 =
-b+ b2 -4ac
2a
va
Agar z?O va ,;>O (a>O, c>O, b2-4aQO, b<O
yoki a<O, c<O, b2-4ac O, b>O) bo'lsa, (1) ko'rinishdagi kvadrat
tenglama quyidagi ko'rinishdagi to'rtta yechimga ega bo'ladi:
2
-b- b2 -4ac
X 12= ± --- --,
'
2a
_± -b +b -4ac
X 34- --- --.
'
2a
1- misol. x" - 3.r - 4 = 0 tenglamani yeching.
Agar x,=z deb belgilansa, tenglama z2-3z-4=0 ko'rinishni oladi. Bu
tenglamaning yechimi z1=4 va Zi=-1 bo'lib x1.2=±2 bo'ladi, x3,4= = ±
yechimi esa haqiqiy sonlar to'plamida mavjud emas.
2- misol. 2x"-5.x2+3=0. a=2, b=-5, c=3.
Ye chis h. Agar x2=z desak, berilgan tenglama 2z2-5z+3=0 ko'rinishni
oladi. Bunda .D=b2-4ac=25-24=l>O:
5±1
Z1,2
= 4'
3
Zi
'"'2' Z2 = I.
C
X1,2
/3
= ±vz = ± 2;
Yechimni formulalardan foydalanib topish mumkin:
f{ .
5-25 - 4 • 3• 2 5
J
X 12 = + , - -- -- - =±
-'
4 = +-,1
4
4- =±
1
X3,4=
5 - -J25 - 4 ·3· 2
/5+1 {3
4
= ± 4 = ± 2·
1
Maktab matematika kursida o'zaro teskari noma'lum ifodalarni o'z ichiga
olgan tenglamalar ham kvadrat tenglamaga keltirib yechiladi. Fikrimizning
dalili sifatida quyidagi tenglamani yechaylik:
173
Bu ko'rinishdagi tenglamalarni yechish jarayonida o'qituvchi eng avvalo
noma'lum o'zgaruvchining yo'l qo'yiladigan qiymatlari sohasini aniqlash
lozimligini o'quvchilarga tushuntirishi kerak. Bu tenglamadagi o'zgaruvchining
'f
yo'I qo'yiladigan qiymatlari sohasi X;t.-1 va .x:tO. Agar( x: I
'
desak,
=Z
,I
x + I ')2 I
• ( ---:X-) = bo'lib, z o'zgaruvchiga ko'ra berilgan tenglama Z-
z 1 = 23
Z
I
2, Zi = 2.
= --I;:;- bo'ladi bundan -x= ± JI--;:;-
yoki 2z2-3z-2=0 ko'rinishni oladi. Bu tenglamadan:
1)
Z1 = --1
Z1 =-
I x 'f
bo'lganda
- x+l
2
·L
'
x+l
\
L.
,.
tenglama hosil bo'ladi. Bu tenglama haqiqiy sonlar to'plamida yechimga
ega emas.
'
r1=
2
2) z = 2 bo'lganda
tenglamalar hosil bo'ladi.
x+l
'
1
'
=± 2
l
x+
,I
r X: = v121 (x
a)
2 bo'ladi, bundan yoki
=2x +2)
(X- 2x =2 )
,I
/
1
v2] ('x = -;-v--'r2,::: ) ( x = 2(1
[x(l ,- -v2) ,= r,; +-/5.)r .,;
1- 2
~
'
...
'
(l-v2)(l+v2)
r = f_+/) (x1 = -2-"'2).
X
'
b)
,
r x: l = -"' ·2 1 (x = - 2x -2) (x +2x = -"'2)
'
j
174
.,
2
(x=-f;
'
1 (x2 =.fi.-2).
,
Javobi: x1 = -2 - .fi., x2 = .fi.- 2.
3. To'rtinchi darajali ax4+bx3+cx-2+dx+c=O ko'rinishdagi tenglamalami ham
to'la kvadrat ajratish yo'li bilan kvadrat tenglama ko'rinishiga keltirib yechiladi.
Misol. x'+6x3+9x2-4x2+12x+3=0 tenglamani yeching.
Ye chis h . X"+6x3+9x2-4x2+12x+ 3=(x2+ 3x)2-4(x2+ 3x)+3=0
x2+3x=z desak, tenglama z2-4z+3=0 ko'rinishni oladi. Bundan z1=1 va
z2=3.
1) z1=l bo'lganda x2+3x=l yoki x2+3x - l=O bo'ladi.
X12
'
2)
=- ±)2.+l =- ±}3=
-3±
}3.
2
4
2
2
2
-zi= 3 bo'lganda x2+3x = 3 yoki x2+3x - 3 = 0 bo'ladi.
X34 =
_l ±
'
2
+3 = 4
2
±21 =-3
± Jfi.
2
2
.
-3± 13
-3±.Jfi
Javobz: x1,2 =
; va x3,4 =
2
2
4. Agar a.X"+a._1 X"·1+...+a
x+a tenglamada koeffitsiyentlarning a.=a 0,
1
a•. 1=al' a•.2=a2, ... tengliklari o'rinli bo'lsa, bunday tenglama qaytma
tenglama deyiladi. Qaytma tenglamalar ham ayniy almashtirishlar bajarish
orqali kvadrat tenglama ko'rinishiga keltirib yechiladi.
Misol. 2X"+3x3-16x2+3x+2=0 tenglamani yeching.
Ye chis h. Berilgan tenglamaning har ikkala tomoni NO ga bo'linadi:
2x2+3x-16+ ±:2 =0
yoki
xi' f
2(x2+ :1 )+3(x+i)-16=0.
Agar x + _!_ = z desak, (x + _! _ = z2 bo'ladi, bunda: x2 +
= z2 - 2. Bu
X
X
,
belgilashlarga asosan berilgan tenglama quyidagi ko'rinishni oladi:
2(z2-2)+3z-16=0
yoki 2z2+3z-20=0,
175
bundan
I) Agar Z1 =
5
1 5
bo'lsa, x +- = 2
X
2
-
X1 2 =
'
yoki 2.x2+5x+2=0, bundan
5 ± .J25 -16
-5 ± 3
4
=-4-•
1
bo'Isa, x + - = -4 yoki x2+4x+ I=O bo'ladi, bundan
2) agar z2=-4
X
x1 = -2 + .J3 va
x2 = -2-
.Ji
Javobi: x1=2, X2 =
½, x = -2 ± .Ji
3,4
5. ax'+bx3+cx2+dx+e=O ( O, b;c0) ko'rinishdagi tenglama ham qaytma
tenglama ko'rinishiga keltirib yechiladi. Berilgan tenglamani x2:;t0 ga bo'linsa,
! )+
2
a(x +:Xi)+ b(x+
c =0
bo' ladi. Agar
x+
!
=t
desak,
2
2
'
d)
2
2d
e d2
d
2
2- agar - =
bo'lsa
bo'ladi
bundan
x
+
-=
t
.
x
+
bx
=
1
'
b1 x2
b '
d
b''
,(
e
d2
2 2d
2a'
2
+-2-2=! b yoki at + bt + c - / = 0 ko'rinishdagi
dx
bx
kvadrat tenglama hosil bo'ladi. Demak, ax'+bx3+cx2+dx+e = 0 tenglamada
2
2
X +-=X
2
e
d
2
d = b2 tenglik bajarilsa, bu tenglama ham qaytma tenglama kabi kvadrat
tenglamaga keltirib yechilar ekan.
Misol. 2x'-2lx3+74x2-105x+50=0.
Yechish. a=2, e=50, d=105, b=21. Shartga ko'ra
kerak edi, shuning uchun 50 =
, (1051
2
-
d- b2
bo'lishi
yoki 25=25 tenglik o'rinli bo'ladi.
21
Bu tenglikning bar ikkala tomonini x2:;t0 ga bo'lsak,
176
d2
e
2
105 50
2x -21x+74--+-, =0.
X
=t
Agar x +
x·
x2 +
desak,
X
25
2
x
= t2 -10 tenglik hosil bo'ladi, u holda
tenglama 2t2·21t+54=0 ko'rinishni oladi.
Bundan l1 =
X2
= 25
9
2 va t =6 yechimlar hosil bo'ladi.
2
yechimlar topiladi.
5
2) agar 1
2
=6 bo'lsa, x+-=6 yoki x2-6x+5=0, bundan x3=1 va x4=5
X
yechimlar topiladi.
Javobi. x =2, X2 =
5
2
1
11
, x =1, x =5.
3
4
6. (x+a)(x+b)(x+c)(x+d)=m ko'rinishdagi tenglama ham ma'lum bir
shart va ayniy almashtirishlarni bajarish orqali kvadrat tenglama ko'rinishiga
keltirib yechiladi. Agar bu berilgan tenglamada a+b=c+d yoki a+c=b+d
yoki a+d=b+c tengliklar o'rinli bo'lsa, bu tenglama ham kvadrat tenglama
ko'rinishiga keltirib yechiladi.
Misol. (x+2)(.x-3)(x+ l)(x+6)=-96.
a=2, b=-3, c=I, d=6. Shartga ko'ra a+c=b+d edi, shuning uchun
2+1=-3+6, bunga ko'ra berilgan tenglama quyidagicha guruhla·
nadi:[ (x+2)(x+ 1)][(x-3)[x+6)] =-96,(x2+3x+2)(x2+3x-18)=-96,
x2+3x=t desak, (1+2)·(1-18)=-96 tenglik o'rinli bo'ladi, bundan
tenglama hosil bo'ladi. Bu tenglamaning yechiini 11=6 va 12=10 bo'ladi.
1) agar /1 =6 bo'lsa, x2+3x=6 yoki x2+3.x-6=0, bundan
X1,2
=
-3±Jf+M
-3± 33
2
=
2
2) agar /2 =10 bo'lsa, x2+3r-10 yoki x2+3.x-10=0
-3 ± ..)9 + 40
X314 =
12 - S. Alixonov
2
-3 ± 7
=- -,
2
177
bo'ladi.
X3 =-5, X4 =2.
7. (x+a)4+(x+b)4=c ko'rinishdagi tenglama ham
a-b
X=t---
2
almashtirish orqali bikvadrat tenglama ko'rinishiga keltirib yechiladi.
x +a=t + m
Agar { x+b=t-m
desak,
bu sistemadagi tenglamalarni o'zaro
a-b
hadma-had ayirsak, a-b=2m, m= - 2
a-b
bo'ladi, u holda x+a=t+ - 2
a+b
yoki x=t- - 2
bo'ladi. U holda berilgan tenglama quyidagi ko'rinishni
a- b
(a - b)2
(a - b)3 (a - b)4
2
I + 4t -+ 6! -----'- + 41 -'---'- + --+
2
4
8
16
2
3
4
,
a- b
., (a - b)
(a - b\
(a - b)
+t 4 - 4tJ + -+ 6t· --'---- - 4t
} + -'------ '- =
2
4
8
16
4
3
=2t4+12t2(";bJ +2(a b)'
14 + 612(a ; b
J
+ (a ; b
r
c.
=
Bu tenglamani bikvadrat tenglamani yechish usuli bo'yicha yecha olamiz.
Masalan, (x+6)4+(x+4)4=82 tenglama berilgan bo'lsin.
6+4
Bu tenglamada x=t- - - =t - 5 almashtirish bajariladi, u holda berilgan
2
tenglama ko'rinishi quyidagicha bo'ladi:
(t+1)4+(1-1)4=82.
t4+4t3+6t2+4t+1+ t4-4t3+6t2-4t+1=82,
178
214+ 12t2+2=82,
t4+6t2-40=0.
t2 y desak, y2+6y-40=0,
y1=4, y2=-IO.
I) agar t2=4 bo'lsa ' t1,2=+2·
'
2) agar 12=-10 bo'lsa, haqiqiy sonlar to'plamida yechim mavjud
emas.
x1=t-5=2-5=-3,
x2=t-5=-2-5=-7.
ax
8. Agar tenglama
bx
2
px +nx+q
+
2
px +mx+q
=c
ko'rinishda berilgan
bo'lsa, unda px + !l = t almashtirish bajariladi. Agar tenglamada c=O bo'lsa,
X
x1=0 bo'lib qolgan yechirnlami x o'zgaruvchiga nisbatan kvadrat tenglamaga
keltirib topiladi. Agar e;tO bo'lsa, x;tO bo'lib, bu holda berilgan tenglamaning
surat va maxraji x ga bo'linadi:
b
+
=C.
px+n+f
px+m+f
a
X
Bunda
X
px + !1 = t desak, t o'zgaruvchiga nisbatan kvadrat tenglama
X
a
b
hosil bo'ladi: --+-- = c. Bunda f;t-n, t;t-m dir. Bularga ko'ra
t+n t+m
tenglamaning ko'rinishi quyidagicha bo'ladi:
ct2+(mc+nc-a-b)t+mnc-am-qn=O.
2x
+
13x
_6
.
.
Misol.
tenglamam yeching.
2
2
2x - 5x+ 3 2x +x+ 3Ye chis h. Tenglamaning chap tomonida turgan qo'shiluvchilarning
2
13
-6
3+
3surat va maxrajlari x ga bo'linsa, 2x - 5 + tenglik hosil
2x + 1_+
X
bo'ladi. 2x + l = t
desak,
X
2
- - +
t-5
t+I
I
I
X
:
= 6 tenglik hosil bo'ladi, (bunda
1·
t;t-5 va /;t- l bo'lishi kerak):
I
2!1-13!+11=0, bundan 11=1,
179
ii
I
3
1) agar t1=l bo'lsa, 2x+-=1 yoki 2x2-x+3=0 bo'lib, uning
X
yechimlari haqiqiy sonlar to'plamida mavjud emas.
3 11
11
bo'lsa, 2x + - = 2) agar t2 =
yoki 4x2- l lx+6=0 bo'ladi,
2
X
2
bundan X1 =
3
4 va x2=2 yechimlar topiladi.
8- §. lrratsional tenglamalarni yechish
Irratsional son tushunchasi maktab matematika kursining VIII
sinfida o'tiladi. O'quv qo'llanmasida irratsional tenglamaga ta'rif
berilib, uni yechish usullari ko'rsatilgan. O'quv qo'llanmasidagi ta'rif
quyidagicha ifodalanadi.
Ta'rif. <<Noma 'lum/ari ildiz ishorasi ostida bo'/gan teng/amalar
irratsional tenglamalar deyiladi>>.
Bu ta'rifni kengroq ma'noda quyidagicha ham berish mumkin. <<No­
ma'lumlari ildiz ishorasi ostida yoki kasr ko'rsatkichli daraja belgisi
ostida bo'lgan tenglama irratsional tenglama deyiladi>>.
I
Masalan,
-J4-5x = 6
2x+8+.Jx+5=7,
x2 -7
=0
.JI- x4-x2 =X-1
V x - a +V x - b va hokazo.
Maktab matematika kursida faqatgina kvadrat ildizlarni o'z ichiga olgan
irratsional tenglamalarni yechish o'rgatiladi. Shuning uchun ham bu mavzu
materialini o'tish jarayonida o'qituvchi o'quvchilarga sonning kvadrat ildizi
va uning arifmetik ildizi degan tushunchalarni takrorlab tushuntirish lozim,
chunki biz maktab algebra kursida faqat manfiy bo'lmagan sonlardan ildiz
chiqarishni o'rgatamiz-.3,-J-7, -36,... lar haqiqiy sonlar maydonida
ma'noga ega emas. Biz musbat sonning kvadrat ildizi deganda uning arifmetik
ildizini, ya'ni uning musbat qiymatlarini tushunamiz. Masalan, J§ = ±3
bo'ladi, ammo -3 soni arifmetik ildiz bo'la olmaydi, 3 soni esa 9 sonning
arifmetik ildizidir.
l&O
Irratsional tenglamaning yechishdan avval uning aniqlanish sohasini
topish lozim.
1- misol. .J3x - 6 +.JI+ x = 2 tenglamaning aniqlanish sohasini toping.
Ye chis h . 3.x-6 0 va 1+ XLO bu tengsizliklardan: x va .x2!- l. Demak,
bu tenglamaning aniqlanish sohasi Q2 bo'ladi. Haqiqatan ham, bu tenglama
yechilsa, uning ildizi 2 ga teng yoki undan katta son chiqishi uning aniqlanish
sohasidan ko'rinadi.
2- misol. .J x -1 + .J3 - x = .J x + 2 tenglamaning aniqlanish sohasini
toping. x-12'.0, 3-.uO, x+2 0 bu tengsizliklardan 1, x<-3, x -2. Bularga
ko'ra tenglamaning aniqlanish sohasi I:;.x-:;;3 bo'ladi, bu degan so'z
tenglama ildizi 1 soni bilan 3 soni orasida bo'ladi, deganidir.
Irratsional tenglamalar ayniy shakl almashtirishlar orqali ratsional
tenglama ko'rinishiga keltiriladi. Irratsional tenglamalarni yechish uchun
eng ko'p ishlatiladigan shakl almashtirish berilgan tenglikning har ikkala
tomonini bir xil darajaga ko'tarish va .jf(x)g
• (x) f=(x)g(x),
f(x) f(x)
.Jg(x) = g(x) kabi usullardir. Bunday shakl almashtirishlarni bajarish
jarayonida yechilayotgan tenglama uchun chet ildiz hosil bo'lishi mumkin,
chunki bu ayniy tengliklarning o'ng tomonlarining aniqlanish sohasi chapga
qaraganda kengroqdir.
Teorema. Agar f(x)=g(x) (]) tenglamaning har ikkala qismini kvadratga
ko'tarilsa, beri/gan fenglama uchun chef i/diz hosil bo'ladi, bu chef ildiz
f(x)=-g(x_)fenglamaning ildizidir.
Is bot i. Agar (1) tenglamaning har ikkala tomoni kvadratga ko'tarilsa,
[f(x)]2=[g(x)]2 yoki [f(x)]2-[g(x)]2=0. Bu degan so'z [f(x)-[g(x)][f(x)+g(x)]=O
deganidir. Bunda quyidagi ikki hol bo'lishi mumkin: 1) agar j(x)-g(x)=O
bo'lsa, /(x)+g(x):;t:O u holda j(x)=g(x) bo'ladi; 2) agar /(x)+g(x)=O bo'lsa,
./(x)-g(x):;t:O u holda j(x)=-g(x) bo'ladi. Demak, hosil bo'ladigan chet ildiz
yoki [fix)]2-[g(x)]2=0. tenglamaning ildizi bo'ladi.
Misol. 4x=7 tenglama berilgan bo'lsin. Bu tenglamaning har ikkala
tomonini kvadratga ko'tarilsa, 16x2=49 bo'ladi. Bundan (16x2-49=0)=>
=>(4.x-7)(4x+7)=0.
1) agar 4x-7=0 bo'lsa, 4x+7:;t:O bundan x=
7
= 4I
4
3
;
2) agar 4x+7=0 bo'lsa, 4.x-7:;t:O bundan x=- 7 = -1 3
4
181
4.
11
I
I I
3
Bunda x=-14
-7=7, bu x= -1
chet ildizdir, haqiqatda ham
,
71
4 • (_-4 , =7
bundan
3
4 yechim tenglamani qanoatlantirmaydi deganidir. Bu chet
ildiz 4x=7 tenglamaning har ikkala tomonini kvadratga ko'tarish natijasida
hosil bo'ladi. Maktab matematika kursida irratsional tenglamalarni yechish
quyidagi ikki usul orqali amalga oshiriladi:
1) irratsional tenglamaning bar ikkala tomonini bir xil darajaga ko'tarish;
2) yangi o'zgaruvchilar kiritish usuli.
lrratsional tenglamalarning ikkala tomonini bir xil darajaga ko'tarish
usuli quyidagi ketma-ketlik asosida amalga oshiriladi:
a) berilgan irratsional tenglama f(x) = g(x) ko'rinishga keltiriladi;
b) bu tenglamaning ikkala tomoni n darajaga ko'tariladi;
d) hosil bo'lgan fix)=g(x) ratsional tenglama hosil bo'ladi;
e) natijada fix)=g(x) ratsional tenglama yechiladi va tekshirish orqali
chet ildiz aniqlanadi.
1- misol. .J3x + 4 = x tenglamani yeching.
Ye chis h. Tenglamaning aniqlanish sohasini topiladi: u.O va 3x+4 0,
bundan x;;::: -
4
3
.
I usu/. Har ikkala tomonini kvadratga ko'tarsak, [3
( x + 4)2 = x2] =>
=> (3x + 4 = x2) .
Bundan x2- 3x-4=0 tenglamani hosil qilamiz. Uning
yechimlari x1=4 va x2=-1, x2=-1 yechim .J3x + 4 = x
chet ildizdir, chunki u tenglamani qanoatlantirmaydi.
II usu/. [( 3x+4)2 = x2]
tenglama uchun
=> (3x+4=x2) =>_
=>{[x2-(3x+4)]=0} => (x -3x + 4)(x +3x + 4) = 0.
l)
Agar
x -.J3x + 4 = 0 bo'lsa, x +3x + 4 '#:- 0 bo'ladi,bun-
dan x = .J3x + 4 berilgan tenglama hosil bo'ladi, buning yechimi x = 4
bo'ladi.
2) Agar x +3x + 4 = 0 b 'lsa, x -3x + 4 -:t O bo'ladi, x= -.J3x+ 4
bundan 6o'ladi, buning yechimi x=-1 dir.
182
Demak, .J3x + 4 = x tenglamaning har ikkala tomonini kvadratga
ko'tarish natijasida .x=-1 chet ildiz hosil bo'ladi, .x=4 esa uning haqiqiy
yechimi bo'ladi.
Irratsional tenglamalarni yangi o'zgaruvchilar kiritish usuli bilan ham
yechiladi.
2- misol.
(x -5)2 -
x-5 = 6
tenglamani yeching.
Ye chis h. Bu tenglamaning aniqlanish sohasi (Agar Vx - 5 = y
2
deb belgilasak, tenglama y -y--6=0 ko'rinishga keladi. Bu tenglama y =3
va
1
00 ,
00 ).
y2=-2 yechimlarga ega. Bunga ko'ra x-5=243; x=248, Vx -5 = -2 tenglama
aniqlanish sohasiga tegishli bo'lgan ildizga ega. Demak, x1=248, x1=-27
tenglamaning yechimi bo'lar ekan.
3- misol. .Jx + 4 + .Jx + 20 = 8 tenglamani yeching.
u-4
Ye chis h . 1. Aniqlanish sohasi topiladi. x+4 0 va x+20 0, bulardan
va P--20 bo'ladi. Bundan P--4 qiymat olinadi.
2. Berilgan tenglamaning har ikkala tomoni kvadratga ko'tariladi:
2
(.JX + 4 + .JX + 20) = 82,
x+4+ 2.Jx+4 • .Jx+20 +x+ 20 = 64.
2x + 2./x+4 • .Jx + 20 = 40.
2
• ( (x + 4)(x + 20)) = (20-x)2,
(x + 4) (x + 20) = 400 - 40x + x2
x2 + 24x + 80 = 400 - 40x + x2,
64x = 320, X = 5.
Bu tenglamani yana quyidagi usul bilan ham yechish murnkin:
(.JX + 4 + .JX + 20)2 = 82,
[ (.JX + 4 + .JX + 20)2 - 82)
= 0]
[(.Jx + 4 + .Jx + 20)- 81[(.Jx + 4 + .Jx + 20) + 8] = 0
1)
.Jx + 4 + .Jx + 20 = 8, buning yechimi x=5,
2) .Jx + 4 + .Jx + 20 = -8, bu tenglama yechimga ega emas.
183
4- misol. .J2x + 3 = a, patametrik ko'rinishdagi irratsional tenglamani
yeching. Bu yerda tenglamaning aniqlanish sohasiga nisbatan a>O shartni
qo'yish yetarli bo'ladi. ( 2x+3)2 = a2,
02
x=
2
3
2x+3=a2, bundan 2x=a2-3 yoki
yechim hosil bo'ladi.
I
Tekshirish.
5- misol.
lz
Q2_3
V I2 - 2
+ 3 = a, '1a = a, a = a.
.Jx2 + 4x + 4 + .Jx2 - lOx + 25 = 10 irratsional tenglamani
yeching.
Ye chis h. Bu tenglamani (x + 2)2 +(x -5)2 = 10 yoki lx+2J+
lx-51=10 ko'rinishga keltirib, so'ngra yechiladi.
a) agar x<- 2 bo'lsa, -x - 2-x+5=10, bundan -2.x=7 yoki x=-3,5;
b) agar -2g55 bo'lsa, x+2-x+5=10, yoki 7=10, bu holda tenglama
yechimga ega emas;
d) agar x>5 bo'lsa, x+2+x--5=10, bundan 2x=l3 yoki x=6,5. x=-3,5
va x=6,5.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
1. 1 +2X - 2 = X.
Javobi:
3.
2. 4 -X +5 + X = 3.
• Javobi:
X1 = 4; X2 = -5 .
3. .J2x + l = 2/x - .Jx-3.
Javobi:
4. l+x
X
= 4.
Javobi: x, = O; X2 = 5.
x2 +24
=x+l .
5. .Ja+x+.Ja-x =Jfx.
Javobi:
x1 = -a; x2 = a.
6.
Jx::3 + .Jx +18 = x.
Javobi:
X = 7.
7.
X + 4 +20 + X = 8.
Javobi:
X = 5.
8.
.J3x+4+.Jx-4 =2
Javobi:
X = 4.
9.
.Jx+.Jx+ll + x-.Jx+ll
10.
.JI5-x+J3-x =6.
x.
=4.
184
= 5.
Javobi:
X
Javobi:
X = -1.
11. 1 + l + x x2 - 24 == x.
Javobi:
X =
12. .J3x+7-.Jx+l == 2.
Javobi:
Xi
=-1; X2 ==3.
13.
Javobi:
X
= 0.
Javobi:
X =
l +
x
+ l - .Jx == 2.
14. .Jx+6-.Jx+l =l.
7.
3.
1- misol. .Jx - 1 = x - a tenglamani yeching.
Ye c hi s h . Berilgan tenglama quyidagicha yozib olinadi:
(1)
Agar bu tenglamada .Jx-1
y desak, x - I = y2 bo'ladi, u holda
tenglamani quyidagicha yozish mumkin:
2Yi=
4
2
l+.J4a=3
2
2
'
1-
Y2 =
(1) tenglama faqat a ;;::
2
3
4 bo'lgandagina, yechimga ega bo'ladi, ya'ni
,---;- 1- .J4a - 3
vx-1= -------- ,
2
.Jx -1 =l +--2.i4a=,1
(2) tenglama
(3) yechilsa,
(2)
(3)
1- .J4a - 3 ;;:: O bo'lganida yechimga ega bo'ladi. (2) va
¾s l
tengsizlik hosil bo'ladi, u holda tenglama quyidagi
ko'rinishdagi ikkita haqiqiy har xil yechimga ega bo'ladi:
185
X1;;;;
2a+l- 4a-3
2a+l+.J
2
X2=---2---
2a+l-.J4a-3
.
.
Agar a> l bo'lsa, tenglama x 12 = -------------------------- yechimga ega bo'lad1,
'
2
agar a<¾ bo'lsa, tenglama yechimga ega bo'lmaydi.
2-misol. .J3x - 2 + .J x + 2 = a tenglamani yeching.
Ye chis h . Bu tenglamaning aniqlanish sohasi
3x-2 0,
fx I,
2
·j 3 x ­
{
x+02 X _2
3
bo'ladi, u holda berilgan tenglama a1
bo'ladi, agar a<
f
2
2
f
bo'lgandagina yechimga ega
bo'lsa, yechimga ega emas:
,. 3x-2 = a-.Jx+2
agar
(1)
3x -2 = a1 - 2a.Jx.+ 2 + x + 2,
2x-4 = a2 -2a.Jx + 2,
2x + 4 + 2a.Jx + 2 - a2 -8 = 0,
2 (x + 2) + 2a.Jx + 2 -a1 -8 = 0.
.Jx + 2 = y
2y2 + 2ay - a2 - 8 = 0
desak,
yoki
2y2 + 2ay -
-( a2 + 8) = 0, bundan
-a± a2 +2a2 +16
Y1,2
=
-a± 3a2 +16
=
2
2
(2)
--a -3a2 + 16
,Jx+
2 =-----·
2
'
(3)
--a+•ha2 +16 •
x+ 2 = ------------- ;
(4)
2
186
a
2
.1_;da (3) tenglama yechimga ega emas, (4) tenglama esa
2a2 +4-a 3a2 +16
.
.
x = ------- yechimga ega bo'lad1.
2
.Jx2 - ax + =
2 x -1
3- misol.
X-1
0,
_ ax+ =
2
Yec h is h : { x2
Agar a=2
X
bo'lsa,
tenglamani yeching.
[X 1,
(x _ 1)2 <=.>• (a - 2) x = 1.
sistema
yechimga
ega
emas,
agar
a -:t:- 2
1
. 1
bo'lsa{ x = _I_ hosil bo'ladi, u holda --,, 1 yoki
• a-2
a-.t.
I
Javobi. Agar 2<aS.3 bo'lsa, x = --
a-2
2< 3 bo'ladi.
, agar aQ, bo'lsa, a>3 tenglama
yechimga ega emas.
a _ .Ja + x = x
tenglamani yeching.
x
xf
4- misol.
ye chis h.
0,
·lx -a,
a+x :2: 0,
{
0,
a-.Ja+x 0
{x
0,
Ix
0,
x
-a,
•x
-a,
a .Ja+x
Tenglarr.aning aniqlanish sohasi, agar a l
a2 a+x
bo'lsa,
xsa2-a.
o s x s 02 _a
bo'ladi. a-.Ja+x=x2 yoki .Ja+x=a-x2, bua-x2 0 tenglama
bo'lgandagina yechimga ega, shuning uchun a+ =
x
a
2
- ( 2x2 + 1)
02 _ 2ax2+
x4 yoki
a + ( x - x) = 0.
a1 = x 2 - x tenglama
a2 - x2
I
I
4
0 shart uchun x =
-1± 4a-3
2
187
.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Quyidagi tenglamalarni yeching.
l.x-3 = x-a,
Javobi: agar 2,75 bo'lsa, x == ½(2a + 1 ±4 a - 11) agar a 3 bo'lsa,
x=
½( 2a + 1 + -J4a - 11).
2. -J_ x
a =b-x. Javobi: agar /Q.a bo'lsa, x= ½ x (2b + 1-4b -4a + 1);
agar b<a yechimga ega emas.
3. Ji -at"+xi=2-x. Javobi: agar -4 4 bo'lsa, a<-4,
yechimga ega emas.
4 bo'lsa,
4.2x-4+ x+7 =a.Javobi: agar a 3 bo'lsa, x=3a2+11-2a; agar
a<3 bo'lsa, yechimga ega emas.
Javobi: agar 0,5../6 s as .f3 bo'lsa,
5.2x-I+ x-2=a.
x = 302 -1 ± .J2a3 - 3 agar a> .f3 bo'lsa, x = 302 -1 + 2a 2a3 - 3; agar
a<0,5 J6
6.
bo'lsa, yechimga ega emas.
Javobi: agar a ¾ bo'lsa,
.J2x2-2ax+l=x-2.
x = a - 2 + .Ja2 -4a + 7; agar a<
9
4
bo'lsa, yechimga ega emas.
73
. x- a = a-2.x.
Javobi: agar <UO bo'lsa,
x::::i(4a+3- 8a+9);; agar a<O bo'lsa yechimga ega emas.
8.
.Jx::f. +3-x = a.
Javobi: agar-J2 ,s a::; 2 bo'lsa,
(2
x = ±4 a 2 - a4): 2; agar as 2, a>
2 bo'lsa, yechimga ega emas.
188
Javobi: agar X1,2 =
9. x+ l-x = a.
1- 2a +5 -4a
.-
, a >2
2
bo'lsa, yechimga ega emas.
10- §. Irratsional tenglamalar sistemasini yechish
1- misol. Tenglamalar sistemasini yeching:
f x+Jy ={ xy,
1x+y=l3.
Ye c his h . Sistemadagi
x
+
= ¾ xy tenlamaning har ikki tomo­
Y
nini kvadrat ko'tarib, ayniy almashtirishlarni bajarish orqali ratsional
tenglamalar sistemasi hosil qilinadi:
c : = 25 xy.
x+y+2vA Y
x+y=l3 bo'lgani uchun 13 + 2.jxi =
36
25
xy
bo'ladi.
25:xy-72.Jxi -
36
Jiy =t desak, 25t2-72t--468=0 bo'ladi, bundan 1 =6 va
-468=0. Agar
1
78
12=-
25
ildizlar hosil qilinadi. xy =6
bo'lsa, xy = 36 bo'ladi:
x+ y = 13
{ xy = 36
bu sistema yechiladi: x = 13-y, (13-y)y=36;
1
1
9
y1, 2= ; ±1! -36 = ; ± .
x+y2- misol. [
Yechish.
y2-3y=36;
Javobi: y,=9, y2 =4, x1 =4, Xi=9.
JX+Y =_g_
x-
xy = 15
x+y
-x-y
0
Y
tenglamani yeching.
bo'lsa, ilcki hol bo'lishi mumkin:
189
x2+y2
12
=0
a) x>O, y>O, x>y u holda X + Y-
Jx-y
(
)2- - -
x2 - y2 --./x2 - y2 -12 = 0.
Endi
x2 - y2 = t desak,
yoki
x -y
fl - t - 12 = O;
t, = 4, t2 = -3,
shuning uchun '1x2 -y2 = 4, bundan
.x2-y2=16
bo'ladi. Shuning uchun
fx2 -y2 = 16,
l xy = 15
ratsional tenglama sistemasi hosil bo'ladi. Bu tenglamani yechilsa, x=±S,
y=±3 yechimlar hosil qilamiz.
b) x<O, y<O va x<y bo'lsa, tenglama quyidagi ko'rinishda yoziladi:
-./x2 - y2
12
x+y -------------- =0
-(x-y)
x-y
x2 - Y2 +
'
x2 - Y2 -12
.Jx2-y2 =t, t +t-12=0,
2
x2 - y2 = 3
yoki
x2 -
y2 = 9.
Natijada _
x2 - y2 =9,
{ xy = 15
sistema hosil bo'ladi. Bu sistemani yechilsa,
X
i.2-
-±/../981+9
V
2
,
Yt,2
=+
- ../981-9
yechimlar hosil bo'ladi.
3- misol. Tenglamalar sistemasini yeching:
x2 + y2 +2 x y = 8 2,
{ Jx+.Jy =4.
190
2
= 0,
Ye c hi sh . Sistemadagi ikkinchi tenglamaning har ikkala tomoni
kvadratga ko'taril di: x + y + 2 .fxy = 16 (1) hosil bo'ladi. Sistemadagi
birinchi tenglamaning har ikki tomoni
2(x
2
.fi
ga ko'paytiriladi:
+ y2) + 2.jxy = 16
(2)
(2) dan (1) ni ayiramiz:
-./2(x2 + y2) - (x + y) = 0,
2(x2 + y2) = X + y,
2(x2 + Y2) = x2 + 2xy + Y2'
x2 - 2xy + y2 = 0, (x - y)2 = 0, x = y.
Sistemadagi ikkinchi tenglamadagi x o'rniga y ni qo'yilsa, 2.Jy =4,
Jy =2, bundan y=4 bo'ladi. Javobi: x = y = 4.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
1. Sistemani yeching:
x2 + x xy2 = 208,
{
y2 + y yx2 = -1053.
Javobi: Xi = 8, Y1 = 27, x2 = -8,
X3 = 8, Y3 = -27,
2. Sistemani yeching:
X4
= -8,
y2 = 27,
Y4
= -27.
f
8-./x2 -y2 = X + 9y,
lx4 + 2x2 y + y2 + x = 2x3 + 2xy + y + 506.
Javobi: Xi = 5,Yi = 3;
X2
=
25-48 6
21(5-48 6)
29
' Y2=
292
•
3. Sistemani yeching:
191
[
2
2
x + .Jx - y2+ x - ..Jx - y2= 17
. x _ -)xi _ Yi
l
x+ -/x2 _ y2
4'
x(x + y) +x2 + xy + 4 = 52.
Xi
X2
Javobi:
=5,
= -5,
= }5,
X4 = -15,
Y1 =4;
Y2 =-4;
= -12;
Y4 = 12.
X3
Y3
Javobi: x = 4,
y=3.
4. Sistemani yeching:
f
x2
+ y2 +
x2 - y2 = 5 +7
·l..Jx2+ y2 -..Jx_2 y2
3
x + 2y
3
5- 7
= 118.
11- §. Ko'rsatkichli tenglamalar
Ko'rsatkichli tenglama tushunchasini tushuntirishdan oldin o'qituv­
chi o'quvchilarga daraja, ko'rsatkichli funksiya va ulaming xossalari
haqidagi ma'lumotlarni takrorlashi, so'ngra ko'rsatkichli funksiyaning
ta'rifini berish lozim.
Ta'rif. Daraja ko'rsatkichida noma'lum miqdor qatnashgan tengla­
malar ko'rsatkichli tenglamalar deyiladi. Masalan, Y=2x-1,
2
5x -6 - 1 = 0,7x-2 - lf49 va hokazo. a'=b tenglama maktab matematika
kursidagi eng sodda ko'rsatkichli tenglamadir. Bunda a va b berilgan
musbat sonlar bo'lib, Ml, a>O bo'lishi kerak. x esa noma'lum miqdordir.
ax=b tenglama bitta yechimga ega. Har qanday ko'rsatkichli tenglama
ayniy almashtirishlami bajarish orqali algebraik yoki a'=b ko'rinishdagi
sodda holga keltirib yechimlari topiladi. Ko'rsatkichli tenglamalaming
yechish darajasini quyidagi xossalariga asoslanadi:
I. Agar o'zaro ikkita teng darajaning asoslari teng bo'lsa, ulaming
daraja ko'rsatkichlari ham o'zaro teng bo'ladi.
Masalan, agar am = an bo'lsa, m=n bo'ladi, albatta bunda a.tO va
a :;tl, a>O bo'lishi kerak.
2. Agar o'zaro teng darajaning ko'rsatkichlari teng bo'lsa, u holda
ulaming asoslari ham teng bo'ladi, ya'ni am=bm bo'lsa, u holda a = b
bo'ladi. Maktab matematika kursidagi ko'rsatkichli tenglamalar asoslarini
tenglash, kvadrat tenglamaga keltirish, logarifmlash, ya'ni o'zgaruv­
chini kiritish va guruhlash usullari bilan yechiladi. Bu usullami quyidagi
misollar orqali ko'rib chiqaylik_
192
I
1- misol.
1
36x = -
I
- tenglamani yeching.
216
Ye chis h. Bu tenglama asoslarini tenglash yo'li orqali yechiladi:
(36x = 216-1),(62x = 6-3)
(2x = -3)
(X =
-J1
Ushbu tenglamani logarifmlash usuli bilan ham yechish mumkin.
1
Logarifm ta'rifiga ko'ra: x=log 36(- -I bundan x=-/og 36216= log6216=
21,6
'
3
, chunki /og 216=3.
6
2
2- misol. 52x-5•-600=0 tenglamani yeching. Bu tenglama yangi o'zgaruv­
chi kiritish usuli orqali kvadrat tenglamaga keltirib yechiladi. Agar y=5•
desak, berilgan tenglama y2-y-600=0 ko'rinishni oladi:
I
1 49
Y1,2 ==2: ± V4 + 600 =2 ± 2;
Y1 = 25,
Yi = 24
I
5x = y yoki 5x=25, 5x=52, x=2.
Javobi: x = 2.
= 270 tenglamani yeching.
x2 I
x2
1
• 3 + 3 • = 270,
= y desak, 3y+ y=270
3- misol. 3x2+I+ 3x2- I
x2
Ye chis h . 3
yoki
1
3
3
°
3
2
2
Y =270, bundan y=81, 3x = 81 yoki 3x = 34
bundan x2=4 va
3
xt=2, x2=-2.
4- mlsol. 52x-7x-52x • 35 +7x. 35=0 tenglamani yeching. Bu tenglama
guruhlash usuli bilan yechiladi:
52x(l - 35) = 7x(l - 35),
52x = 7x,
X =0.
r
5- misol. ( 5 + 2.J6
r
= 10
+ (5 -2.J6
Ye chis h. Bu tenglamani yechishda
ekanligidan foydalaniladi. Agar
13 - S. Alixonov
193
tenglamani yeching.
r
( 5 + 2.J6
r
+ (5 -2./6
=1
(5 + 2.J6r = y desak, u holda
I'
,x
l
(5- 2../6 ) = -
.
bo'ladi. Bu belgilashlarga ko'ra tenglama quyidagicha
y
1
y+-=10,
y
ko'rinish oladi.
bundan y2-10y+I=0 yoki y =5-2.J6
va
1
y2=5+2·/6 ildizlarga ega bo'lamiz.
r
a) (5 + 2-./6
= 5 - 2-./6
bo'lsin, u holda
(5 + 2v1or6) _ (5+ 2-./6)(5- 2-./6) _(5 2 rr6)-l
-
+
6
5 2
-
+ vo
X _
, bundan
2
l
- - , x=-2;
X
bundan 2- = 1 , x=2,·
Javobi: x = -2 va x = 2.
6- misol. I0OX= 300 tenglamani yeching.
Ye chis h. Tenglikning ikkala tomonini IO asosga ko'ra logarifmlanadi.
xlg I 00= /g300.
Ma'lumki, lg100=2. Bunda /g300=/g(I00·3)= /gI00+lg3=2+lg3 kabi
ayniy almashtirishlar bajariladi. Bu almashtirishlarga ko'ra berilgan tenglama
x-2=2+/g3 ko'rinishni oladi.
Bundan: x = 2+ lgJ = 1 + lg 3 .
2
2
7- misol (,23_x
•
'
!_
23x
,
1-
6(' 2x - _l_) = 1.
2x-l J
'
,,
Ye chis h. Bu tenglarnani quyidagi ko'rinishda yozish mumkin:
2x - -2 = Y deb belgilansa •
2x
.
,
u
holda
194
bo'ladi. Bu almashtirishlarga ko'ra berilgan tenglama o'zgaruvchi y ga nisbatan
quyidagi ko'rinishni oladi: y(y2+6)-6y-1=O
2
yoki .Y3=1, y=1. 2x - i::t· = 1 ,
bundan 22x-2x-2=0 bo'1adi. Agar 2-<=t desak, u ho1da tenglama 11-t-2=0
ko'rinishni oladi. Uning yechimlari 11=2, 12=-l bo'ladi. U holda 2-<=2 yoki
x=l, 2-<=- l tenglama yechimga ega emas.
Javobi: x=l.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Quyidagi tenglamalarni yeching:
Javobi: 2.
. Javobi: x =
17
13
I
3• 16 (0,25) s-2:
4 = 2rx+i
4
•
Javobi: x = 24.
4+-2-=_5
3x -1 y-t
'3
5• -5
l
Javobi: x = I.
l'3 Jl-x _
+ -1 2.
5
'
)x+I
Javobi: x = 0.
lg7-lg5
J OVO ,: - lg3-lg2
T
b" x--- ­
Javobi: x = 0.
Javobi: x = 0.
195
.
9. (0, 4)Jg2 x-1= (6, 25)2-lg2x.
2
Xlg2 x+lgx3+3=
1
10.
.Jx+-l
1l. 2·114(x--l)_ 1=121x-1
_
1
1
Javobi: x1 = 1, x2 = l00 .
.Jx+l+l
Javobi: x = I.
12. 2-3-<+1- 5.9x-2 =81.
12- §. L-Ogarifmik tenglamalar
Maktab matematika kursida logarifmik tenglamaga ta'rif berilib,
so'ngra uni yechish usullari ko'rsatiladi.
Ta'rif. Noma '!um miqdor logarifm belgisi ostida qatnashgan
tenglamalar logarifmik tenglamalar deyiladi.
Masalan, lgx=3-lg5, lgx=lg2, 2/g =/g(IS-2x) va hokazo.
Logarifmik tenglama ham ko'rsatkichli tenglama singari transsendent
tenglama turiga kiradi. /og x=b tenglama eng sodda logarifmik
tenglamadir. Bunda a, b lar ma'lum sonlar, x noma'lum sondir. Bu
ko'rinishdagi tenglama x=ah bitta yechimga ega bo'ladi.
Logarifmik tenglamaning yechish jarayonida o' qituvchi o' quvchilarga
logarifmik funksiya va uning xossalari haqidagi ma'lumotlarni takrorlab
berishi lozim. Ayniqsa, o'qituvchi ko'paytmaning lg(a·b)=lga+lgb,
0
kasrning
t/E =lga-lgb va darajaning lgan=nlgb logarifmlari hamda
loge b
logarifmlarning bir asosidan boshqa asosiga o'tish log b= logea
0
formulasi va qoidalarini imkoniyat boricha isboti bilan tushuntirib berishi
maqsadga muvofiqdir, chunki logarifmik tenglamalarni yechish
jarayonida ana shu qoidalardan foydalaniladi. Logarifmik tenglamalarni
yechish jarayonida ko'pincha lgA=lgB bo'lsa, A=B bo'ladi degan
qoidaga amal qilinadi. Ayrim hollarda o'quvchilar lgA+lgB=lgC
tenglikdan ham A+B=Cbo'ladi degan noto'g'ri xulosaga keladilar. Mana
shunday xatoliklarning oldini olish uchun o'qituvchi yuqoridagi
tengliklarni aniq misollar yordamida ko'rsatib berishi lozim. Masalan,
lg5+ lg9=lg45. Bu tenglikdan yuqoridagi xato mulohazaga ko'ra 5+9=45
196
bo'lishi kerak, bunda 14:;t:45. Bundan ko'rinadiki, lgA+lgB=lgC dan
A+B=C deb yozish katta xatolikka olib kelar ekan. Demak,
lgA+lgB=/gC bo'lsa, ikki son ko'paytmasining logarifmi qoidasiga
ko'ra lg(A·B)=lgCbo'ladi, bundan A-B=C ekanligini ko'rsatish kifoya.
lg5+/g9=/g45, lg(5·9)=/g45. 45=45. /og/(x)=logJI(X) tenglamani yechish
uchun f(x)=g(x) tenglamani yechish kerak va topilgan yechimlar
ichidan f(x)>O, g(x)>O tengsizliklami qanoatlantiradiganlarini tanlab
olinadi. f(x)=g(x) tenglamaning qolgan ildizlari esa log/(x)=/ogJ5(x)
tenglama uchun chet ildiz bo'ladi. Har qanday logarifmik tenglama
ayniy almashtirishlar yordamida uni logj(x)=logJ5(x) ko'rinishga
keltirib, f(x)=g(x) tenglamani yechish va yangi o'zgaruvchi kiritish
orqali yechiladi. Logarifmik tenglamalami yechishni uning aniqlanish
sohasini topishdan boshlash lozim.
1- misol. log x=b tenglamani yeching.
Yechish. Agar a >Ova a* 1 bo'lsa, x = d' bo'ladi.
lg2x
_2
.
.
2- misol.
lg(4-x lS) tenglamam yechmg.
Ye chis h. lg2x ning aniqlanish sohasi x>O bo'ladi. lg( 4.x-15) ning
aniqlanish sohasi
4x- 15>0, bundan x>
15
4
bo'ladi. Bundan tashqari,
4x- 15,t;.O yoki x,t;.4 bo'lishi -kerak, bularga asoslanib tenglamaning aniqlanish
sohasi x> 3
3
4 va .x,;c4 bo'ladi. Tenglamani yechish uchun quyidagicha ayniy
almashtirish bajariladi:
/g2x=21g(4x-15), lg2x=lg(4x-l5)2; 2x=16x2-120x+225 yoki
16x2-122x+225=0, bundan x = 72 = 9 = 4 1 yechim tenglamaning
1
15 2
2
aniqlanish sohasida yotadi, shuning uchun x1 = 4
3- misol. logpgx+2 ..jlg x
1
2 yechim bo'ladi.
+ I )-l o g 2 l
( g x+1)= 1 tenglamani yeching.
Ye chis h. Bu tenglamadagi o' zgaruvchining qabul qiladigan qiymatlari
1
2
sohasi X::::l bo'ladi. Berilgan tenglama potensirlansa, l gx + .Jtix+ = 2
lgx + 1
yoki lgx +1=2, .Jfix = 1 bundan x=lO.
197
4- misol. x1+1gx=lO0 tenglamani yeching.
Ye chis h. Bu tenglamadagi noma'lumning qabul qiladigan qiymatlar
sohasi x>0 dir. Tenglikning har ikkala tomoni 10 asosga ko'ra logarifmlanadi:
/gx·(l+/gx)=lgl00.
Agar lgx=t desak, /gl00=2 bo'ladi. U holda (1+t)t=2 yoki t2+t 2=0,
bundan / =1,
t =-2. lgx=I, bundan x =10, /gx=_:_2, bundan
1
x=
2
1
.
100
1
Javobi. x1=l0, Xi= JOO.
5- misol. lg5x - 4 + lg .J x + I = 2 + lg 0,18 tenglamani yeching.
Yechish. Bu tenglamaning aniqlanish sohasi Sx-4>0 va x+l>0 bo'lishi
kerak,
bundan
x>
.Jsx-4- x+l =100-0,18
-328=0, bundan x,=-
41
5
bo'lolmaydi.
4
5 bo'ladi.
Tenglama
potensirlansa:
yoki .Jsx-4-.Jx+f =18. Bunda Sx2+x
41
va x =8, x =bo'lgani uchun yechim
2
1
5
Javobi. x=B.
1
2
1 1
lg x = - - - lg x tenglamani yeching.
12
3 4
Ye chis h. Bu tenglamaning aniqlanish sohasi x>0. Agar /gx=y desak,
1 2 1 1
Y = - Y, y2+3y-4=0, bundan y =l va y =-4, u holda lgx=l yoki
6- misol. -
34
12
1
2
1
1
.
•
Javobi.
x
1 = 10; x2 =
104
104
7- misol. /og5x + log) = 2,5.
x=lO.
/gx=- 4 yoki x=
Yechish. Tenglamaning aniqlanish soh"asi x>0 va x.tl. Bu tenglamada
loge b
logarifm asoslarini bir xilga keltirish kerak. Buning ,uchun log b= logea
0
formuladan foydalaniladi:
logs 5 == _I_
logs x •
Jog)= logs x
-
Bu almashtirishlarga ko'ra tenglama quyidagi ko'rinishni oladi:
198
1
agar
log5x=y
desak,
y+-=2,5
y
yoki
y2-2,5y+l=0. Uni yechilsa, y.==2 va y2=½. Bularga ko'ra log5x=2, bundan
.x-=25 va log;x=
1
2 , bundan
x=
Js. Javobi: x 1 =25, Xi = Js.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Quyidagi tenglamalarni yeching:
1. lgx=3 - /g5.
2. l00lg(x+lO) = 10000.
.Javobi: x = 200.
Javobi: x = 80
3. /g(0,5 + x) = lg2 - lgx.
Javob1 : x =
1
=l.
4 lg x
l + lg x
1
+
6
•
2 /g(2x-3) - lg25.
1
+
4
1
4. /g(x+6) - 2 =
5• 5 -
. 33-1.
5 - 4 lg(x + 1)
Javobi: x1 = 14, x, = 6.
Javobi: x = Jio .
4
= 3.
1 + lg(x + 1)
Javobi: x = 9, x =
1041 .
7.x:=x.
Javobi: x = 1, x = -1.
s. xp:+2 = 1000.
Javobi: x = l000 , x = 10.
9. x= 101-o.2s1gx.
Javobi: 10000 .
10. log3x + logsX = log,.15.
11. log16x + log4x + logzX = 7.
12. log3) = logpx)2.
Javobi: x = 5.
Javobi: x = 16.
Javobi: x = 1.
13_ log
1
x = 4.
Javobi:
Viii
14. log../x-2(2
x
+ 6) = 2.
1
256
.
Javobi: x = 16.
.'
2
log
(3+'J3+x))=-.
3
15•
L3
1+../3
Javob1: x =- -
2
.
199
l
16. .J1ogx J2x •log2 x = -1.
Javobi: x =
1
4.
lg(x + 4) - lg(x - 3)= 1.
lg200-lg25
Javobi: x = 4.
18. /ogbx+ logb2 x + logb4X == 1, 75.
Javobi: x = b.
17.
19.
lg(2x + 5) - lg x
1
Javobi: x = 5 .
4
8
=-
2 + lglOO
20. log3{1 + log2[I+ log4 (1 + log1 x)]} = 0.
2
21. log4 x + log,4 = 2.
Javobi: x = 1.
22. log x+ log3 x -log.!. x = 8.
Javobi: 9.
Javobi: x = 4.
3
23. log7[x + /ogi9 - 2x) + 4] = 1.
Javobi: x = 0.
24. log7 log4 log (x - 7) = 0 .
Javobi: x= 7
25. /og:r + 6/og) = 5.
1
9, x=16.
---Javobi: x=9, x=27.
26. lgx + lg(x+3) = lg2 + /g(9-2 .Jx2 + 3x -6 ). Javobi: x = 2.
13- §. Parametrli logarifmik va ko'rsatkichli
tenglamalarni yechish
Parametrli logarifmik va ko'rsatkichli tenglamalarni yechish para­
metrsiz shunday tenglamalardan ana shu parametrni qanoatlantiruvchi
tenglama yechimini uning yo'l qo'yiladigan qiymatlari ichidan izlash
bilan farq qiladi.
2
1- misol. loga(a+a+ x ) =logxa tenglamani yeching.
Ye chis h. Bu tenglamani yechish uchun avvalo uning parametrini
qanoatlantiruvchi yo'! qo'yiladigan qiymatlar sohani topiladi:
>O, X¢ I, a>O, a::t,l. loga(a+ a+x )=logax2•
Potensirlash qoidasiga ko'ra a+a+ x =x2 a+ x=x2-a, bunda x2>a
tenglikning har ikki tomonini kvadratga ko'tarilsa, a+x=x4-2ax2+a2,
X
200
tEii
iiiilliiii,ii!!!!!l!ll!!!i
~-= === _::;: z=-.::..iiiiii
= 2x + 1± (2x + 1)
2
a2-(2x2+
l)a+(x"-x)=O
bu tenglamani yechilsa,
a1,2
2
hosil bo'ladi: a1=x2+x+l va a2=x2-x. a1=.x2+x+l tenglamaning yechimi yo'l
qo'yiladigan qiymatlar sohasida yotmaydi, .x2-a>O, x>O bo'lgani uchun
a= x2 - x tenglama yechiladi: x2-x-a=O, bundan
x, 2 =! ±! +
0=!±.fl+ 4a =1 ± "'4a+T.
•
2
4
2v4
2
Bulardan: Xi =
1+ v'4a + 1
2
Bu yechimlardan Xi =
,
X2
= 1 - "'4a+T
2
l + .J4a + 1
tenglamaning yo'I qo'yiladigan
2
qiymatlar sohasida yotadi, shuning uchun u yechim bo'ladi.
Bu berilgan tenglamaning logarifm xossalari va potensirlashga ko'ra
a= .Ja + x = x2 ko'rinishda yozib olinadi. Bu tenglamaning har ikki
tomoniga x qo'shiladi.
a + x + .Ja + x = x2 + x,
agar .Ja + x = b desak, b2 + b = x2 + x hosil bo'ladi. Bundan
(x2 - b2 ) + ( x - b) = 0,
( x - b)( x + b) +( x - b) = 0,
(x-b)(x+b+l) = 0.
x+b+ l:;tO bo'lgani uchun x-b=O bo'ladi, b ning o'rniga .Ja+ x
ni
qo'ysak, x- .Ja + x =O yok.i x2-x-a=O bo'ladi. Bu tenglamani yechilishni
yuqorida ko'rib o'tdik.
X
X
I
2- misol. a2+ b2= m(ab)x
tenglamani yeching.
Yechish. Bu tenglamadagi o'zgaruvchining yo'l qo'yiladigan qiymati
XitO.·
..
a) a·b>O b o'lsin, u holda tenglamaning ikkala tomonidagi ifodalarni
I
(a. b); ga bo'linadi:
201
,.
I
I
(,;J +(b) =m, (m > 0).
'a
,
...
",
I
Agar
(ff =t desak, t + -1t = m , bundan t -tm+I=O bo'ladi. Bu
2
' ,
tenglamani yecbamiz:
(1)
Bunda m>-2 bo'ladi.
a) m>2 bo'lsin, bu bolda (1) ning bar ikki tomonini 10 asosga ko'ra
logarifmlanadi:
1 a
,--:;--:
lga-lgb
X ;;_=='= --lg-= lg(m ± '\Im" -4)-lg2,
(a :;t b).
X
b
- lg(m ± m2 - 4) - lg 2'
b) m=2 bo'lsin, u bolda (1) quyidagi ko'rinisbni oladi:
I
*) =
bundan{
I
1,
I
ax = bx
; a= b -;t:. 0 bo'lishi kerak.
2) a • b = J) bo'lsin.
a) a=b=O bo'lsa, berilgan tenglamaning yecbimi bo'lgan barcba sonlar.
b) a=O, O yoki a=tO, b=O bo'lsa, tenglama yecbimga ega emas.
Javobi: 1) Agar m > 2, a =t 0, b =t 0, a b bo'lsa,
lga-lgb
---=-- -- lg(m ± m2 - 4) - lg 2•
2) Agar a) m = 2, a = b =t O bo'lsa, x - ixtiyoriy son.
b) a=b=O, x=tO - ixtiyoriy son.
X -
I'+1
3- misol.
'
'I" = 1 tenglamani yecbing.
02
1 02
lx + ( -
2a
2a
'
-
.....
,,,
Yecbisb. Bu tenglamadagi a p ametrning yo'l qo'yiladigan,qiymatl#
't'
/.:'( l
1 2
sobasi O<a<l bo'ladi. Tenglamaning bar ikki tomoni( ;
J :;t ;- ga
'
bo'linadi:
202
2
1 - a lx ( 2a )x
2a
.
= 1, 1 + a2 = sm z,
( 1 + a2, + 1 + a2
1-a2
--
1+ 2
a
=COSZ,
zt
(I)
(coszt + (sin
= 1.
(1) tenglikning chap tomonida turgan ifodaning yo'l qo'yiladigan
qiymatlar sohasi O<z<
1C
2 bo'ladi, bu oraliqda .t{x)=(sinz)•+(cosz)• funksiya
monoton kamayuvchidir. x=2 da .t{x)=l bo'ladi, shuning uchun x=2 bu
tenglamaning yechimi bo'ladi.
a2X -4ax +4
4- misol. ax - --=
2 ==== = l tenglamani yeching.
.Ja x -4ax +4
Yechish:
Bu
tenglama
ma'noga
ega
bo'lishi
uchun
.Ja2x -4ax + 4 =( a x -2)2 =I ax -21:t: 0 bo'lishi kerak.
ax a) agar 2
(ax 2)2
= 1; ax - ax+ 2 = 1.
lax -21
bo'lsa, ax-ax+2=1 tenglama yechimga ega emas.
b) agar O<ir<2 bo'lsa, 2ir=3; x=log
I yechim hosil bo'ladi.
a2
5- misol. 2 log; b- 3logx bx2 + 14 logb2x2 bx= 0
tewlamani yeching.
l
Yechish. x>O, x-:1-,! va b>O, agar logi=y desak, 2y2-3y+
+ 1 = 0,
Y1,2
=
3±.§:8
3±1
1
4
bundah
; y =l,Y2 = 1, logx b = 1.
2
4
=
x1 = b, logx b =
1
2 bundan Xi = ./b.
2
a
a
lgx
6- misol. - lg x =1 + -
, a* 0
tenglamani yeching.
203
Yech ish.
2 2
2- lg2 x = lg x +
a; -- lg x - lg x - a = 0;
a
a
lg x = y; 2y2 - ay - a2 = 0,
a± ../02 + 8a2
a±3a
=-4-,
4
a
a
lg X = a, X = 10°; lg X = - 2' X = lO 2•
Y1,2 =
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
1- misol. 2 logx a+ logax a+ 3log 2 a :;t 0, a :;t 1, a> 0 tenglamani
Q X
1
Jovobi: Xi = c,
yeching.
X2 =
"a
2
1
3c ·
a-.Ja
• I
log34-2
log0(5-x) 1
"
h"l •
- • a > v a :;t 1 t gl
en
ama
yec
1 sm.
-m1s0. log (x+ 2-)
loga(x+ 2) ,
,
3
11
13 .
Jovobi: x = 2
lg(4+a-x) 1 log04-2
.
3-misol. ....=c..o
_.:,. = • + : :: ;-= - --- , a > 0, a :;t 1 tenglama yechilsin
lgx
lo g
0
x
•
.
a2(a+4)
Javob1: x = 2
•
a +4
14- §. Ko'rsatkichli va logarifmik tenglamalar
sistemasini yechish
r x + y = 5,
1-misol. 1<x + y). 2x= 100 tenglamalar sistemasini yeching.
Yechish. Sistemadagi birinchi tenglamaning har ikki tomoni x darajaga
ko'tariladi:
204
x+ y = 5X,
{ (x+y)-2x =100.
(5x • 2x = 100) =>(lox= 102) => (x = 2).
(2 + y = 52) => y = 25-2 = 23.
Javobi: x = 2, y = 23.
= 243
xY
J
2- misol. { 1024= (¾x
tenglamalar sistemasini yeching.
Ye chis h. Sistemadagi ikkinchi tenglamaning har ikki tomoni y darajaga
ko'tariladi:
f xY = 243,
•
ll024=
( 2
JxY
2
) Y
x
3
y3
3
-{xY)2
=>
rxY = 243,
({r·
l fyf == XX;
3-misol.
1
=>• l.1024=( 2) Y
rXy = 243,
l1024 =
= 243,
(243) 2 l2'0 = ( Jy. (3 5 )2 =>
tenglamalar sistemasini yeching.
Ye chis h. Sistemadagi birinchi tenglamaning har ikki tomonii i 2y
darajaga, ikkinchi tenglamani esa y darajaga ko'tariladi:
·y2x _ x2y
3
=:- Y2x = Y3y ,· Y :;t 1
bo'lsa, 2x = 3Y, x = - Y, x ning
2
{ y3Y = X y
2
bu topilgan qiymatini sistemadagi ikkinchi tenglamaga qo'yiladi:
205
(y3 =
¾y2 }
Y1.2=0,
(y3
Y3=
9
4,
-¾ y2 = o) y2 (y -¾)= O;
x1,2=0,
27
8.
x3=
y3=
9
4- -
9·5x + 7·2x+y = 457,
4
-misol. ,{ 6· 5x-1·4
2 x + y= -890
tenglamali sistemani yeching.
Ye chish. sx=a, 2x+Y=b desak,
9a + 7b = 457,
{ 6 - a -14b = -890
{ a= l
b = 64,
(Sx=l)=( sx=S")=(x=O);
2Y=64=26;
y=6.
Javobi: x=O, y=6.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
f3x+y + 3x + 3Y = 7,
l
l.
X1 = 0, Y1 = 1,
Javobi:
= 12.
)2x+y + y+2y
X2 = 1, Y2 = 0.
l
l
Javobi: X=-- y =--.
2'
2
(3x-Yt+y = 4,
f
3. ·1
l
_4gx+y
= 7x2 -18xy + 3y2.
5
1
y=-4·
4'
Javobi:
X=-
Javobi:
X
fX. 2- -y+I + 3y. 21x+y = 2,
4.
s.
l2x.
22x+y+ 3y. gx+y
f
= 32efsi,
l
= 3 9!-y.
= 1.
X1 = -2,
Javobi: x,_ =
6
•
0
2
Javobi: x = ab
logb x - logb y = 4.
206
y = -1.
Y1 = 4,
f
·flog x +log y = 2,
0
=1,
y2 =
y=
½.
b
(l + logx y)log2 x = 3
Yt =4,
l
Y2 =--.
27
Javobi:
7 •(• log.Jy(y4x2)-0,5logv'x y4 = 2.
3
2
x=25, y=25.
= 2.
·[log2 xy + 4 log4(x - y) = 5,
9
•
x2 + y2 = 20.
Javobi:
logy x + logx y = 2,
10. {
20.
X 2 -y=
Javobi: x = 5, y= 5.
logxy(x+ y) = 0
ll. • { logxy(y-x) = 1.
3-Js
-l+Js
Javobi: x = - - , y=
2
2
f lg = 3 lg x - lg y,
2
l
12.
.
2
4,
Xi=
2
Xi= 2, Y2 = 4.
Xi=
y
Javobi:
2
lg (y-3x)-lgx-lgy = 0.
Y1
X2
1,
Y1
=4 ,
= j2' Y2 =2 •
f 1zy2r- 2Y = 128,
13
• l1g(x + y) = lg40- lg(x- y).
Javobi: x = 7, y= 3.
J 3r ·2Y = 576,
14• l_log,/i(y-x) = 4.
Javobi: x - 2, y = 6.
15-§. Ko'rsatkichli va logarifm.ik tenglamalami
grafik usulda yechish
1- misol. 2x+1 -x·2-'-1=0 tenglamani grafik usulda yeching.
Ye chis h. Tenglamaning chap tomonida berilgan y=2x+1-x·2-'- I =0
funksiyaning grafigini chizish murakkabdir, shuning uchun bu tenglamani
quyidagacha yozib olinadi: 2x+1-r2"'=1.
207
Bu tenglamaning har ikki tomoni 2x ga bo'linadi. Natijada 2-.x=2-x
hosil bo'ladi. y=2-x va y=2-x funksiyalarning grafiklari (22-chizma) koordinata
tekisligida chizilsa, ularning kesishish nuqtalarining absissalari berilgan
tenglamaning yechimi bo'ladi.
Javobi: x1=-2, x2=1,7.
(
y
X
22- chivna.
2- misol. 3/ogiCx+2)+2x-3=0 tenglamani grafik usulda yeching.
Yechish. Berilgan tenglamaning 3/ogi(x+2)=3-2x ko'rinishida yozib
olib, tenglikning bar ikki tomonida turgan y=3/ogix+2) va y=3-2x funk­
siyalarning grafiklarini koordinata tekisligida yasaymiz (23-chizma). Bu
grafiklar kesishish nuqtasining absissasi berilgan tenglamaning yechimi bo'ladi.
Javobi: .x=O.
3- misol. lgj.xj-x2-5=0 tenglamani grafik usulda yeching.
Yechish. Berilgan tenglama quyidagicha yozib olamiz: /gx=x2-S. y=/gx
va y=x2-5 funksiyalarini koordinata tekisligida grafiklarini yasaymiz
(24-chizma).
-x -2
-y
23- chizma.
24- chizma.
Bu grafiklar kesishish nuqtalarining absissasi berilgan tenglamaning
yechirni bo'ladi.
Javobi: x1 =5 ,x2 =-5 .
208
4- misol. 2 - x - 5/g(3 - x) = 0 tenglamani grafi-kusulda yeching.
Yechish. Berilgan tenglamani y=2··' va y=5Ig(3-x) ko'rinishda yozib,
ularning grafiklarini koordinata tekisligida yasaymiz. Bu grafiklar kesishish
nuqtalarining absissasi berilgan tenglamaning yechimi bo'ladi (25-chizma).
,y=}s•
y
\.
-
-
I
11 ,,:-,
'
I
-
:
',
y=Slg(J-x):
'
',...._
-x
I
I
I
l_
_-..
1,9\
X
:J
\
I
\I, I
,-y
25- chizma.
Javobi: x1=-l,5. x2=l,9.
J
5- misol.
xy+x-2 = 0,
x'\- log (y+ l)= 0 tenglamalar sistemasini grafik usulda
2
yeching.
Ye chis h. Berilgan tenglamalar sistemasi quyidagi ko'rinishda yozib
olinadi:
l
fxy = 2-x,
-
x -, { y =2--1,
y =2 - X
llog2(y+l)=X _y+1=2x
2
X
y=2x-1
y = - - I va y=2" -1 funksiyalarning grafiklari koordinata tekisligida
X
chiziladi (26-chizma).
-1
26- chiz,na.
14 - S. Alixonov
209
'!
Ularning kesishish nuqtalarining absissasi tenglamaning yechimi bo'ladi.
Javobi: x = 1, y = l.
16-§. Trigonometrik tenglamalar
1. sinx=a tenglamada lal:Sl bo'lsa, u x=(-l)karcsina+nk,
yechimga ega bo'ladi. Xususiy holda
a) agar sin x = 0 bo'lsa, x = rck, ke Z;
keZ
=i+2rck, keZ;
d) agar sin x = -1 bo'lsa, x =-i +2nk, keZ;
b) agar sin x = 1 bo'lsa, x
e) agar sin2x = a bo'lsa, x =±arcsin
Misol. 2sin
a
+ rck, keZ
r' %+ +3 = 0 tenglamani yeching.
X')
,
Yechish:
[2sinl
,
f +x j+ 3 0
=
'
<=> sinl¾+xJ= - -_ <=>
]
[ ,
'
- 3]
2
[ ¾+x
= (-1)' arcsm[- }nk]
<=>[¾+x=( ll(-i)+nk]
<=> (x = (-1)k+-l
n- n+nk), ke Z.
3 4
2. cosx=a tenglamada l l
ega bo'ladi. Xususiy holda:
bo'lsa, u x=±arccosa+2nk, keZ; yechimga
a) agar cos x = 0 bo'lsa, x =
n
2 +1ek, kE Z;
b) agar cos x = 1 bo'lsa, x = 2nk, keZ;
d) agar cos x = -1 bo'lsa, x = 1t +2nk, keZ;
e) agar cos2x = a bo'lsa, x = ±arccosv'a +nk, keZ
210.
Misol. cos(f x
-½)-1
( x = !_
<=>
3
2
= 0 tenglamani yeching.
(x = i
+ rck)
2
4
+ 3rck J'
2
'
k E z.
3. tg x=a tenglama x= arctg a+nk, ke Z yechimga ega bo'ladi. Xususiy
holda
a) agar tg x = 0 bo'lsa, x = rrk, ke Z;
b) agar tg x = 1 bo'lsa, x =
1C
4 + nk, keZ;
d) agar tg x = -1 bo'lsa, x =-
'ft
4 + 1ek, ke Z;
e) agar tg x=a bo'Isa, x=±arctg .Ja + nk, ke Z.
2
Misol. 3tg23x - I = O
l'
ye Chis h. tg23x =
tenglamani yeching.
3) <=> r3x = ±arctg
,
<=> (3x
'
+ krc')¢::>
'
,
= ± 6 + krc'J <=> (' x = ± !1! 8_ + 3 k J' <=> (' x = !1!8_ (•6k + 1)'J·
'
'
4. ctg x = a tenglama x = arcctg a+ nk, keZyechimga ega bo'ladi.
a) agar ctgx = 0 bo'lsa, x = 1C nk, keZ;
2
b) agar ctgx = 1 bo'lsa, x =
1C
4 + nk, keZ;
d) agar ctgx =- 1 bo'lsa, x =-
1C
4 + rrk, ke Z;
e) agar ctg2x = a bo'lsa, x =±arcctg.J0 + nk, keZ.
2
Misol. ctg ( 2x
--i)
= 3 tenglamani yeching.
211
2
Yechish. [ctg
-
r ' )=
2x- i
3] [ctgr 2x-i
'l=±-fi]
[('2x-i = ±arcctgJ3 +nk ,'-
'
'
'fl(
2x = ± +}+nk
')
,,.
'-
Matematika kursida har qanday trigonometrik tenglamalar ayniy almash­
tirishlarni bajarish orqali taqqoslanib sinx=a, cosx=a, tgx=a, ctg x=a ko'ri­
nishdagi eng sodda trigonometrik tenglamalarga keltiriladi.
Trigonometrik tenglamalar quyidagi metodlar yordamida yechiladi.
1. Ko'paytuvchilarga keltirish usuli.
1- misol. sin2x = cos2x sin2x tenglamani yeching.
Yechish. sin2x - cos2x sin2x = 0, sin2x(l-cosx) =O
1) agar 1-cosX;,"cQ bo'lib, sin2x=O bo'lsa, x= in,
nE Z bo'ladi.
2) agar sin2X;,"c0 bo'lib, 1-cosx=O bo'lsa, cosx=l, x=21tn, nEZ bo'ladi.
2- misol. sin3x - sin x = 0 tenglamani yeching.
Ye chis h . sin3x - sin x = 2sin x cos 2x = 0
1) agar cos2x;c0 bo'lib, sinx=O bo'lsa, x=1tn, nE Z;
1C
f/1C
4 2 , nEZbo'ladi.
2) agar sinuO bo'lib, cos2x=O bo'lsa, x= +
3- misol. cos2x+cos22x+cos23x=l,5 tenglamani yeching.
Ye c his h. cos2x =
1 + cos2x
2
formulaga ko'ra
j
1+ cos2x 1 + cos4x 1 + cos6x
3
+
+
=¢::)
(
2
2
2
2
/
(cos 2x + cos 4x + cos 6x = 0)
[ (cos 2x + cos 6x) + cos 4x = 0] ¢::)
[2 cos4xcos2x + cos4x =OJ cos4x(cos2x + 1) == 0.
1) agar 2cos2x+ bt:O bo'lib, cos4x=O bo'lsa, x=
re
mr
8 4 , ne Z;
+
2) agar cos4x;c0 bo'lib, 2cos2x+ 1=O bo'lsa, cos2x=212
1
2,
2x=-
2n
+2nn; x=-
3
1r
3+nn; neZ
II. O'zgaruvchilarni kiritish usuli.
1- misol. 2cos2x=3 sin x tenglamani yeching.
Ye chis h. (2cos2x - 3 sin x=0)<=>(3sin x - 2(1-sin2x) = 0
<=> (3sin x - 2 + 2 sin2x =O).
Agar sin x = y desak,
2y2 + 3y - 2 = 0,
( sin x =
Yi =
l) ( = i
x
1
2
,
Y2 = -2.
+ 2kn}
k e z.
2- misol. cos2x - 5 siri x - 3 = 0 tenglamani yeching.
Yechish. cos2x=l-2sin2x formulaga ko'ra (l-2sin2x--5sinx-3=0) <=>
(2sin2x+Ssinx+2=0)
sinx=y desak,
2y2 + Sy + 2 = 0, y1 = -2,
1
Y2=--;, ·
t.
I) sin x =-2 tenglama yechimga ega emas.
2) ( sin x ==
x== (-1 )
-½)
<=> ( x = (-It arcsin(-½
)+
nk }k
e z;
k+l 1r
-z+nk,keZ
u
III. Bir jinsli tenglamalarni yechish.
1- misol. 2sin2x--sinxcosx-cos2x=0
tenglamani yeching.
Ye chis h . Bu tenglama sinus va kosinus funksiyalariga nisbatan bir
jinslidir. Tenglamalarning har ikki tomonini cos2.x O ga bo'lsak,
2tg2x - tg x - 1 = 0 hosil bo'ladi. Bundan tgx=l va tg x =-
1
2.
•
1r
1) agar tgx= I bo'lsa, x=- +nk, ke Z;
4
2) .agar .tg x =-
1
2
,
I
bo'lsa, x =-arctg +nk, ke Z bo'ladi.
2
2- misol. cos x+ 3sin x+ 2 .fj sinxcosx= 3 tenglamani yeching.
Ye chis h. Bu tenglama ayniy almashtirishlar bajarish orqali bir jinsli
2
2
ko'rinishga keltiriladi.
213
cos2 x + 3sin2 x + 2 3 sin x cosx = 3(sin2 x + cos2 x),
cos2 x + 3sin2 x + 2 3 sinxcosx-3sin2 x-3cos2 x = 0
2cos2 x-2 3sinxcosx = 0.
2cosx(cosx- 3sinx) = 0.
1) agar cosx - 3 sin.x;tO bo'lib, cosx=O bo'lsa, x= +nk, kEZ;
r;,
]
,r
2) agar cos X;t;() bo'lib, cosx -v3 sin x=O bo'lsa, tgx=3 , x =
6 +kn,
kEZ;
IV. asin x+bcosx = c ko'rinishdagi tenglamani yeching.
X
I usu/. Bu tenglamani yechish uchun tg
•
-
2tgX-
2 =t almashtirish bajariladi.
X
1-tg 2 -
2
'
edi, shunga ko'ra berilgan
Ma,1Umk'1,s m x - l +tg2 -X , cosx =
1 +tg 2 2
2
tenglama quyidagi ko'rinishni oladi:
2at
1
+ t2
b(l - t2)
1+ t2
2at + b - bt2 = c + ct2,
--+---=C
'
(b + c)t2 - 2at + (c - b) = 0,
t=
a±
.Ja2 + b2 - c2
c+b
2
2
2
a ± .Ja + b - c
x = 2arctg------ + 2kn, k E z, a2 + b2
c+b
c2 va
b ¢ -c.
Agar b=-c bo'lsa, kvadrat tenglama chiziqli tenglamaga almashadi:
2at+2b=0,
II
b
b
a
a
t =- - , x =-2arctg - +2kn, kE Z
usu/. Tenglamaning har ikkala tomoni
a.
---;====Sill X
a2 + b2
c
b
a2 + b2
I
ga bo'linadi:
b
2
+ ---;====COS X = ----;==== --===I $ l.
a2 + b2
a2 + b2 .J a2+ b2
214
2
va 1---a-.=== <_ l,
I .Ja2 + b21
a
b
- ;===- cos cp
---- . = = = = sin cp d ak b il
A g a ra
+bva a
+ b
es , er gan teng1ama
2
2
2
2
C
sinx • coscp +cosx • sincp = .Ja2+ b2 ko'rinishni oladi, bundan sin (x+cp) x
.
b
bo'lad1. cp =arctg-; agar a2+
C
X--;::::==
.Ja2 + b1
•
arcsm
+1rk: - arctg -b ,
C
1
bo'lsa, x = (- Il
c2
a
k E z.
"a2 + b2
a
1-misol. 3cosx + 4sin x = 5 tenglamani yeching.
Yechish. .J32+42 =.J25
bo'lgani uchun tenglamaning har ikki
l s'
2
. smx=l, ' 3 ' f + (41
tomoni s ga bo'linadi3:5cosx+45
5
3
.
= smcp
'
;
=l, shuning
;
4
va S = coscp
bo'ladi, bundan sincp • cosx+coscp sinx=l
5
tenglama hosil qilinadi yoki sin(x+cp)=l bo'ladi:
uchun
1C
2 + 2k;r:'
X + <p =
. 3
cp = arcsms,
1C
X=
2+ 2k1r:-cp,
3
1r:
•
2k 1r:,
x=--arcs1n-+
2
5
2 ,va cosx =
1+tg2
x
2
=y
z.
I
2X
-
2
2 X
ekanligini nazarda
l +tg 2
2
tutib,tg-
ke
1-tg
2tgX2-usul. Agar sin x =
ke z,
l-y2
2v
desak 3·--2 +4---· -2 =5 yoki 3-3y2+8y=S+S·,2 yoki
' l+y
l+y
'
.)'
215
11
4y2-4y+ I=O bundan y=
(
1
2
yechim hosil bo'ladi:
1 -+n'k),
t gX -=1-) ¢=> ( X- =arctg
2 2
2
2
,
1 -+2nk,
x=2arctg
2
ken.
......
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Trigonometrik tenglamalarni yeching.
l. tgx + sin xtgx = 0.
Javobi: nn.
2. 2sin x-3cosx = 6.
Javobi: x E 0.
3. sin2 x - (I +3) sin x cos x + .J3 cos2 x = 0.
4. sin2 x-4sinxcosx + 3cos2 x = 0.
n
4 + nn,
arctg3 + n,r.
.n
Javobz: + nn,
arctg3 + nn.
Javobi:
4
5. 3 sin2 x-4sinxcosx +3cos2 x = 0. Javobi:
6. sin2 x + 3cos2 x-2sinxcosx =
-5- 3
.
n
3 + nn,
n
6 + kn.
-7 ±.Jf3
Javobi: x = arctg
.
2
7. 7 cos2 x - 7sin 2x = 2.
Javobi:
2
2
= 1.
• 3 2 sinx-1
6
9. -=3-tgx.
tgx-2
Javobi: x = (-1)k •
8
n
4 + kn, k e z.
Javobi: kn,
n
+ kn.
4
10. (1- 2 sin x) sin x = 2 cos 2x -1.
Javobi: x = 2kn
n
2.
11. sin4 x + cos4 x - 2sin 2x + sin2 2x = 0 .
(
,-) kn
Javobi: x (-1k )
= - -arcsin 2-v2 + .
2
2
216
12. sin3 x cos x - cos3 sin x = cos4
3'
Javobi: x = .!.[(-l)k+t arcsin! + kn] •
4
4
13. sin4 x + cos4 x = cos4x.
7!
Javob1.:
2
n.
14. tg(40° + x)ctg(5° - x) = .
Ji]
b'I·, x = 12- [ nk- 350 + (-1 )k+I ar cs• m - --10 - .
r
J OVO
15.(sinx+cosx) =tgx+ctgx.
3
3
16. sin3x·sin x+cos3x·cos x =
i.
7!
4.
Javobi: x=2k1t+
1C
6.
Javobi: x= 1tk±
17. sinx+sin3x+sin7x=3.
Javobi: x=0.
18. tg7x+tg3x=0.
Javob1 : X = -
.
nk ,
10
19. J+sinx+cosx=O,
i!
2k+1
Javobi: x-- - 1t.
4
T3.
Javob1 : x= rek ± - ;- .
20. sin10x+cos10x=
21. ltgx+ctgxi=
cos42x.
8
.
n
0
.
nk
.
2
. nk kn
n kn
x= + T; x = ± ± ·
23. I+2co112x+2cos4x+2cos6.x=O.
Javob1:
4
33
nk
Javobi: x=
(k+l).
2. 4• cos4.x+cos (x- !£4) =4! .
22. 13sin.x-12cos.x+13sin3x=O.
Javob1 : x=
4
2
217
I
I
II
25. 2sin2x+sinx+cosx=l.
31r
2 ) =1-3 sin.xcosx.
26. 3sin.x+sin (x +
27. 3-cos2x- 3sin.x=O.
X
1
X
30. sin3x+2sin
2
X
2 cos 2 =O.
X
31. sin2x cos
n
Javobi:
2 +2k1t, keZ.
Javobi:
2 +2k1t, keZ.
X
28. cos x+4sin 2 ·cos 2 cosx=O.
3
Javobi: (2k+1) 1t, ke Z.
n
Javobi: nk, keZ
X
2 - sin2xsin 2 =O
Javobi: nk, keZ.
17- §. Parametrli trigonometrik tenglamalarni yechish
Parametrli trigonometrik tenglamani yechish parametrlarning mum­
kin bo'lgan har bir qiymatlari sistemasi uchun berilgan tenglamaning
hamma yechimlari to'plamini aniqlash demakdir. Parametrik ko'ri­
nishdagi trigonometrik tenglamalarni yechish quyidagi ketma-ketliklar
asosida amalga oshiriladi.
1. Parametrlarning mumkin bo'lgan har bir qiymatlari sistemasi
uchun yechirnlar sonini aniqlash.
2. Hosil qilingan parametrli yechim formulalarini topish.
3. Tenglamani parametrlar asosidagi qiymatlar sistemasini aniqlash.
1-misol. sin(a+x)+sin.x=cos
a
2 tenglamani yeching.
Ye chis h. Berilgan tenglamaning chap tomonida turgan ifodaga
trigonometrik funksiyalar yig'indisini ko'paytmaga keltirish formulasini tatbiq
qilsak, u quyidagi ko'rinishni oladi:
2 s.m(a- + x) cos a
- - = cos -a .
2
2
2
Bu tenglamada quyidagi ikki hol bo'lishi mumkin.
218
1. Agar cos
a
2 -:t- 0, a -:t- (2n + l)tr bo'lsa, u holda tenglamani quyidagicha
yozish mumkin:
2. Agar a=(2n+ l)1t bo'lsa, u holda cos = 0 bo'ladi. Bu holda ham
tenglik o'rinli bo'ladi:
-{-a+ (-Il + kn, a ;t: (2n + l)tr,
2
6
Javobi: x -ixtiyoriy
son ,
a = (2n + 1 )n.
2- misol. sin2x+asin22x=sin
Yechish.
l-cos2x
tr
6 tenglamani yeching.
+a(l-cos2 2x)=
2
1- cos2x+2a -2acos22x=l,
-l+ l+l6a2
(COS2)X =-----·
I
4a
'
1
,
2
2acos22x+cos2x-2a=0,
) -1- 1+16a2
COS2X 2=--- - -4 0
(
2
-1+ 1+16a
a) cos 2x =-----, 1+16a 2>0,
4a
-I+ I+ L6a2 s4a,
-1+ 1+16a2 j51,
4a .
1 + l 6a2s4a2+8a+1,
12a2-8 0; a(I2a - 8)!5:0
1) a=O,
12a-8-:t-0,
2) a-:t-0, 12a-8=0, a=
2
,
bundan
3
3
2
bo'Iadi.
-1- l + 16a2
1
+ l6a2 , l
cos2x=----------------- ; I ,-1 ---- IS,
4a
4a
tengsizlik a ning hech qanday qiymatlarida bajarilmaydi. Agar a=O bo'lsa
b)
• 2
( sm
'
x = -11 => x12 = ±-tr + ktr, k Z
2
•
4
"' •
,
219
Javobi:
+1
['-1+v'1+16a
a,tO da x1.2=1ek _2arccos
4a
'
a=O da x3_4=±
1
2
•
,
1C
4 +k1C, kE Z
3- misol. cosx+sinx=a tenglamani yeching.
;r
4 ); agar Jais.J2 bo'lsa, bu tengla111,1
Yechish. cosx+sinx=.Ji cos(.x-
n
yechimga ega bo'ladi. Agar Jab,2 bo'Isa,
x =
a
4 ± arccos2 + 2kn, 11µ,11
Jal>2 bo'lsa, yechim yo'q.
4- misol. sin2x+3cos2x=a tenglamani yeching.
Yechish. 2sinx-cosx+3cos2.x-3sin2x=a,
2tgx+3-3tg2x=a(l +tg2x),
tg2x(a+3)-2tgx+(a-3)=0,
,
1 ± v'10 - a2
[tgxJ1.2 =
a+3
- a2
a, = arctg I±10
----+ kn, k E Z. Agar a·- I
'
a+3
,
Agar JaJ::;.Jfo bo Isa,
bo'lsa, sin2x+3cos2x=-3 bo'ladi.
2sinxcosx+ 3cos2x+ 3cos2.x- 3=- 3,
2sinxcosx+6cos2x=O,
cosx(sinx+ 3cosx)=O,
1) cosx=O, sinx+3coS.x;t0, x1= +krt, kEZ;
2) coS.x;tO, sinx+3cosx=O, x2=arctg(-3)+k1C, kEZ
,
l ±1 0-a2
Javobi: Agar I .JiO (a,t-3) bo Isa, a= arctg ---------------- + kn, k, I,
a+3
agar (a;t-3) bo'lsa, x=
1C
2 +krc, kEZ.; agar lal>.Jio
bo'lsa, tengl:111111
yechimga ega emas.
5- misol. sin6x+cos6x=a(sin4x+cos4x) tenglamani yeching.
Ye chis h. sin4x+cos4x=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x=l-2sin2xcos2x,
sin6x+cos6x=(sin2x+cos2x)3-3sin4xcos2.x-3sin2x·cos4x)= 1- 3sin2xcos1..\,
1-3sin2xcos2x=a(l-2sin2xcos2x),
l-3sin2xcos2x=a-2asin2xcos2x,
220
a-1
a-1
.
sin2x·cos2x= -, sin22x=4·-2a-3
2a-3
a-1
Agar bunda 0 4·
_::-3 :S:l bo'lsa, tenglama ma'noga ega bo'ladi. Bu
20
11·11gsizlikni yechsak, 1 :s;asJ bo'ladi. Agar a= 3 bo'lsa, l-3sin2xcos2x= 3 -
2
2
1sin2xcos2x hosil bo'ladi, bundan 1=
ho'lishi mumkin emas.
1
:s:asl bo'lsa,
Agar
tenglik hosil bo'ladi, buning
2
l'
x = ±1-arcsm
• 2 -1
-
2
Agar a<
3
'J+-k.tr
2a-3
2
1
2
2
.
va a>I bo'lsa, yech1m yo'q.
2
. 3x
6- misol. sm
2
.
. X
+ sm x = m sm
2
)
tenglamani yeching.
.
X
X
•
. X
2 =smxcos2+cosxsm2, bunga ko'ra
.,
Yechish. smtx+
•
X
.
•
X
s mx+ s mxcos + cosxs m -m s m
2
2
-
X
2
]
O
=
,
in x ( 1 + cos I)+ sin 1 (cos x - m) = 0,
.
sm-
X
X
X
2cos -+4cos2 - -1-m
I
2 _
2
2
= 0.
.
I) sinf =0, x=2kir, ke Z;
-X
X
2) 4cos. t -+ 2cos-;; - -(1 + m)
2
= 0,
x -l±.J5+m•4
cos- = -----2
4
4
a) cosx =- I ± .JS + m. ,b und a quy1·ctag1• sh arIt arb aJ• an·11· sh1.k erak :
4
2
221
5 + 4m 2: 0,
·[1-l± l$l.
Bu tengsizliklarni yechsak, -
5
4 $ m S: 5 hosil bo'ladi. Bu shartga ko'ra
-1± 5+4m
x=±2arccos-----+4br, ke Z;
4
X
-1- 5+4m
2
4
b) COS-=-----
Bu yechilsa, x = ±2 arccos
-1 ± 5+4m
+ 4kn, k e Z, -
Javobi: Agar -
4
Xi,] = ±2arccos
$ m $ l.
$ m :-:; 1.
4
4
5
5
bo'lsa, x =2/at, kEZ
1
-1 ± 5+4m
+ 4kn, k E Z,
Agar Is;ms5 bo'lsa,
4
x =2k1t, kEZ x2 =±2arccos
1
-1+ 5+4m
+4kn, ke Z,
4
Agarm > 5, m < -
5
4 bo'lsa, x=2/at, kEZ
18- §. Trigonometrik tenglamalar sistemasini yechish
Tarkibida trigonometrik funksiyalar qatnashgan bir necha tenglama
trigonometrik tenglamalar sistemasini hosil qiladi. Trigonometrik tengla­
malar sistemasini yechish tenglamadagi no'malumlarning shu tengla­
malar sistemasini qanoatlantiradigan qiymatlarini topish demakdir. Ikki
noma'lumli ikkita tenglama sistemasining yechimi deb, noma'lumlarning
ikkala tenglamani ham qanoatlantiradigan juft qiymatlariga aytiladi.
Jx+y=
l tgx tgy4 1 tenglamalar sistemasini yeching.
1- misol.
+
=
222
Yechish. Y = !!.. -x,
4
-n;
a) tgx = 1,
')=1, tgx(tgx-l) = O·
tgx + tg(/!!.. -x
' 4
,
l+tgx
'
x= +k-n:, y=-k-n:, ke Z;
4
b) tgx = 0, x = k-n:, y = f-k-n:, k e Z.
Javobi:
2-misol.
ke Z.
_co---'s('--x ---'+y'-'-)= _!.
cos(x - y)
9
.
.
1 tenglamalar sistemasini yeching.
{ SlllX·Sllly=3
cosxcosy-sinxsiny
l]
.
Ye c his h.[
.
=cos x cosy + sm x sm y
9_
1]
1 -+1- [ cosxcosy+ - ,
cosxcosy=
3 9
3
8
9
10
COS X COS y
= 2,J
5
COS X COS Y =
• cos x cosy = 5+
j cos
12
.
.
l
sm x sm y = _
3
cos(x + y) = ...!_
f
I
.
cos(x - y) =
12
I
4
12
cosxcosy+!3= 1
1
[ cos x cosy - 3_
COS X COS
9'
,
. .
x cosy - s m x s m y = l- ,
12
.
.
3
cos x cos y + sm x sm y = 4
j-x + y = 2ki_n: ± arccos:!.
2
Ix - y = 2k,_n: ± arccosi
_
4
223
l
1
l
3
27
9
y = - + - + - COS X COS y,
x = n(ki. + "2) ± .!.[arccos..!_ + arccosi] =
= n(k1 + "2) ±
2_
12
1
3- 1001
arccos
2
4
.
48
y=n(k1 -"2)± 1[ arccos 1 -arccos 3] =n(k1 -"2)± 1arccos 3 +
1 001 .
2
4
12
2
48
sinx+siny = a
3-misol. {x +y = lb
l
Yechish.
J
tenglamalar sistemasini yeching.
+y --c oxs-y-- =a { 2sinbcox-ys-- = a,
2sixn
2
x + y = 2b
[cosx- Y = - -]
2
2smb
2
2
_ x + y = 2b
,- x - y = 2 [kn • 2 ± arccos- --1].
2smb-
b
a
3b
a
+ arccos-- + kn, k e Z.
2
sin b
2
sin b
I) agar b = 0, a 0 bo'lsa, sistema yechimga ega emas.
y = - - arccos-- + kn, x = -
2) agar b
0, lls nbl l
bo'lsa, sistema yechimga ega.
3) agar b=O, a=O bo'lsa, sistema cheksiz ko'p yechimga ega.
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MISOLLAR
Tenglamalar sistemasini yeching.
. .
../3-1
smxsmy
=- -,
4
l.lcosxcosy =../3+
-1.
4
f
Javobi: j : x = 45°, y = 15°.
fsin x : sin y = JfJ,,
2 •
•
Javobi: x = 60°, y = 45°. •
lcosx: cosy= .Jo,5.
224
3. {
sinx = .fi.siny,
tgx = J3tgy.
.
s mx+cosy=
.
I
l
4.
Javobi: x = 45°, y = 30°.
1
2,
Javobi: x = 0°, y = 60°.
sin2 x + cos2 v = .!.._
-
4
x+y=7-r ,
5. '
2
Javobi: x = '11: Y
sin x + cosy = 1.
6.
l
'11:
6 , =3 .
n
x-y=6,
sin xcosy = 0,75.
. .
I
Jx+y=¾n,
7.
Javobi:
1
smxsmy =
2.
x
51r
=12
, Y = 41r .
19- §. Masalalarni tenglama tuzish bilan
yechish metodikasi
Masala - bu kundalik hayotimizda uchraydigan vaziyatlaming tabiiy
tildagi ifodasidir. Ma:.ala asosan uch qismdan iborat bo'ladi.
1. Masalaning shaiti - o' rganilayotgan vaziyatni xarakterlovchi ma'lum va no'malum miqdoriy qiymatlar hamda ular orasidagi miqdoriy
munosabatlar haqidagi ma'lumot demakdir.
2. Masalaning talabi - masala shartidagi miqdoriy munosabatlarga
nimani topish kerakligini ifodalash demakdir.
3. Masalaning operatori - masala talabini bajarish uchun shartdagi
miqdoriy munosabatlarga nisbatan bajariladigan amallar yig'indisi.
Tenglama tuzish orqali masala yechish, masala talabida so'ralgan
miqdorni imkoniyati boricha biror harf bilan belgilash, masala shartida
g·atnashayotgan boshqa miqdorlami belgilangan barf orqali ifodalash,
mas;:i_ia ::.hartida ko'rsatilgan miqdoriy munosabatlarni, amallaming
15 -- S. Alixonov
225
•
mantiqan to'g'ri ketma-ketligi orqali ifodalaydigan tenglama tuzish va
uni yechish orqali masalaning talabini bajarish demakdir.
Masalalarni tenglama tuzish orqali yechishni quyidagi ketma-ketlik
asosida olib borish maqsadga muvofiqdir.
1. Masala talabida so'ralgan miqdorni, ya'ni noma'lum miqdorni
harf bilan belgilash.
2. Bu harf yordamida boshqa no'malumlarni ifodalash.
3. Masala shartini qanoatlantiruvchi tenglama tuzish.
4. Tenglamani yechish.
5. Tenglama yechimini masala sharti bo'yicha tekshirish.
Maktab matematika kursida tenglama tuzish orqali yechiladigan
masalalar ko'pincha uchta har xil miqdorlarni o'zaro bog'liqlik muno­
sabatlari asosida beriladi. Chunonchi:
1) tezlik, vaqt va masofa;
2) narsaning qiymati, soni va jami bahosi;
3) mehnat unumdorligi, vaqt va ishning hajmi;
4) yonilg'ining sarf qilish me'yori, transportning harakat vaqti
yoki masofasi va yonilg'ining miqdori;
5) jismning mustahkamligi, hajmi va uning og'irligi;
6) ekin maydoni, hosildorlik va yig'ilgan hosildorlik miqdori;
7) quvurni o'tkazish imkoniyati, vaqti va quvurdan o'tayotgan
moddalarning aralashma miqdori;
8) bir mashinaning yuk ko'tarishi, mashinalar soni va keltirilgan
yuklarning og'irligi;
9) suyuqlikning zichligi, chiqarish chuqurligi va bosimi;
10) tokning kuchi, uchastka zanjirining qarshiligi va uchastkadagi
kuchlanishning pasayishi;
11) kuch, masofa va ish;
12) quvvat, vaqt va ish;
13) kuch, yelkaning uzunligi va quvvat momenti.
Masalalarni tenglama tuzib yechishda no'malum miqdorlarni turlicha
belgilash, ya'ni asosiy miqdor qilib noma'lumlardan istalgan birini
olish mumkin. Asosiy qilib olinadigan va harf bilan belgilanadigan
noma'lumni tanlash ixtiyoriy bo'lishi mumkin.
Noma'lum miqdorni tanlashga qarab tuziladigan tenglama har xil
bo'ladi, ammo masalaning yechi,mi bir xil bo'ladi. Fikrimizning dalili
sifatida quyidagi masalani turlicha usul bilan yechib ko'raylik.
1- masala. Il<ki idishga 1480 litr suv sig'adi. Birinchi idishga ikkinchi idishga
qaraganda 760 litr suv ko'p sig'sa, har qaysi idishga necha litr suv sig'adi?
226
Yechish. I usu/.
I. Belgilash: x1- ikkinchi idishdagi suv bo'Isin, u holda (x + 760)
- birinchi idishdagi suv bo'ladi.
2. Taqqoslanuvchi miqdorlar: I va II idishdagi suvlaming miqdori x1 va
(x+760)1.
3. Tenglama tuzish: x + x + 760 = 1480.
4. Tenglamani yechish. 2x+760=1480, 2x=l480-760, 2x=720.
x=720:2=360 litr. Bu ikkinchi idishdagi suv x=360+760=1120 litr, birinchi
idishdagi suv.
5. Tekshirish. 360 + 360 + 760 = 1480.
1480 = 1480.
II usu/. Belgilash. x - birinchi idishdagi suv bo'lsa, u holda (x - 760)
1
1
ikkinchi idishdagi suv bo'ladi.
2. Taqqoslanuvchi miqdorlar. I va II idishdagi suvlaming miqdori.
3. Tenglama tuzish. x + x - 760=1480.
4. Tenglamani yechish. 2x-760=1480, 2x=1480+760=2240.
x=2240:2= 1120 Iitr, birinchi idishdagi suv, x=1120-760 =360 litr,
bu ikkinchi idishdagi suv.
5. Tenglamani tekshirish.
x+x-760=1480, 1120+360=1480, 1480=1480.
Ill usu/. I. Belg il ash. Faraz qilaylik, birinchi idishga x I suv sig'sin,
ikkinchi idishga esa y I suv sig'sin.
2. Taqqoslanadigan miqdorlar. Birinchi va ikkinchi idishlardagi suv
miqdorlari va ularning o'zaro farqi.
rx + y = 1480,
l
3. Tenglama tuzish . x- 760= y.
4. Sistemani yechish.
x+ y = 1480,
=>
x-760 = y.
=> Jx+x-760=1480, =>
l
J2x=1240, => {x=l120,
x - 760 = y.
l_x- 760 = y.
y = 360.
5. Tekshirish.
1120 + 360 = 1480,
1480 = 1480,
1120 - 760 = 360,
360 = 360.
2- masala. Ikki traktor birgalikda ishlab bir maydonni 6 soatda haydab
bo'ladi. Agar I traktorchining yolg'iz o'zi ishlasa, bu maydonni II traktorchiga
nisbatan 5 soat tez haydab bo'ladi. Bu maydonni har qaysi traktorchining
yolg'iz o'zi necha soatda haydab bo'ladi?
Yechish.
l. Belgilashlar. Agar 1-traktorning yerni haydash uchun sarflagan vaqtini
x soat desak, u holda 11-traktorning yerni haydash uchun sarflagan vaqti
(x + 5) soat bo'ladi.
227
I
I
1
I - traktorning 1 soatdagi ishi.
X
1
II - traktorning 1 soatdagi ishi.
x+5
1
l
2. Taqqoslanadigan miqdorlar. - va-­
X
x+S
.
1
l
1
3. Tenglama tuz1sh. - + -=6
X
X+ 5
4. Tenglamani yechish.
1
1
1
-+--=x x+5 6
6(x + 5) + 6x = x2 + 5x,
x2 - 7x -30 = 0
49
13
x,2 = I_± +3 0 = I_± tim
'
2
4
2 2
x1=10, x2=-3 chet ildiz
x=10 soat - birinchi traktorning yerni hayday oladigan vaqti.
x=15 soat - ikkinchi traktorning yerni hayday oladigan vaqti.
5. Tekshirish.
1 1 3+2
5 1
10+ 15- 30- 3-0 6.
II - usul. Berilgan masalani tenglamalar sistemasini tuzish orqali yechish
quyidagicha bajariladi.
1. Belgilash. Faraz qilaylik, I - traktor yer maydonini x soatda, II traktor yer maydonini y soatda haydab bo'lsin, y holda 1-traktorning bir
1
1
soatdagi ishi - , II-traktorning bir soatdagi ishi bo'ladi.
X
y
2. Taqqoslanuvchi miqdorlar. Birinchi traktorning ish soati
bilan
ikkinchi traktorning ish soati hamda ular orasidagi vaqtning farqi.
3. Tenglamalar sistemasini tuzish.
4. Sistemani yechish.
228
r-xl+1-y =1-6=>{·y6 + 6
X=
l
x-y= 5
f
xy => (6y+6(5+y)=5y+y2)
Y
2
-
x=5+y
-7Y -30=0 '
x=5+y
= 2_ ±49 + 30 = 2_ ± 13 .
'
2
4
2 2
y1 = 10 kun; x=5+10=15 kun, y2=--3 chet ildiz.
5. Tekshirish.
•
Y12
3- masala. Turist paraxodda 72 km suzdi, paraxodda o'tgan yo'lidan
25% ortiq masofani avtomashinada yurdi. Avtomobil tezligi paraxod tezligidan
soatiga 21 km ortiq. Turist avtomobilda paraxodda yurganiga qaraganda
1 soat kam yurgan bo'lsa, avtomobilning tezligi qancha?
Yechish.
1. Belgilashlar. x paraxodning tezligi bo'lsa, u holda (x+21)
72
90
avtomobilning tezligi bo'ladi.
- paraxodda sarf qilingan vaqt,x +
21
avtomobilda sarf qilingan vaqt.
2. Taqqoslanuvchi miqdorlar. va
72
90
3. Tenglama tuzish. - -=1
X
X2
+ 1
72
90
4. Tenglamani yechish.
= 1
X
X+ 21
72(x + 21) - 90x = x2 + 21x
2
x + 21x - 72x + 90 x - 1512 = 0
x2 + 39x - 1512 = 0
-39±.J1521+4-1512 -39±87
2
=
2
r-=24 km/s paraxod tezligi, x=45 km/s, avtomobil tezligi.
Tekshirish: 24
45 = 24 45.
x,,2
- :
=
= 1; 72 • 45 - 90 • 24 = 24 • 45
4- masala.Kotlovan qazish uchun ikkita ekskavator ishga solindi.
I ekskavator soatiga II ekskavatorga qaraganda 40 kub m ortiq tuproq oladi.
229
I ekskavator 16 soat, II ekskavator 24 soat ishladi. Shu vaqt ichida ikkala
ekskavatorda 8640 kub. m tuproq qazib olindi. Har qaysi ekskavator soatiga
necha kub metr tuproq olgan?
Yechish.
1. Belgilashlar. Agar I ekskavator soatda x kub metr tuproq qaziydi
desak, u holda II ekskavator (x-40) kub metr tuproq qaziydi. I ekskavatorning
16 soatdagi qazigan tuprog'i 16x, II ekskavatorning 24 soatda qazigan tuprog'i
24(x-40) bo'ladi.
2. Taqqoslanadigan miqdorlar. 16x va 24 (x-40)
3. Tenglama tuzish. 16x+24 (x-40)=8640.
4. Tenglamani yechish. 16x+24x-960=8640. 40x=9600, x=240 kub metr
- I ekskavatorchining I soatda qazigan tuprog'i. x-40=240-40=200 kub
metr, II ekskavatorning I soat qazigan tuprog'i.
5. Tekshirish. 16 240+24 200=8640, 8640=8640.
5- masala. Teplovoz ma'lum vaqt ichida 325 km masofosani o'tishi
I
kerak, shu yo'lning O qismini o'tgandan keyin u 24 minut ushlanib qoldi.
lo
Keyin muddatida manzilga yetib borish uchun tezligini soatiga 10 km
oshirdi. Teplovozning tezligini toping?
Javobi: 75 km/s.
6- masala. Tomonlari 12 m va 10 m bo'lgan to'rtburchak shakldagi
maydon o'rtasiga chetlari maydon chetlaridan bir xil masofada yotadigan
va yuzi 8 m2 ga teng bo'lgan gulxona ajratish kerak. Gulxonaning cheti
maydon chetidan qanday masofada yotishi kerak?
Javobi: 4 m oraliqdagi masofa.
7- masala. 160 km masofani avtomashina 3 soatda bosib o'tadi.
Yo'Ining 75% asfalt qilingan, qolgan qismiga esa tosh yotqizilgan.
Mashinaning tosh yo'ldagi tezligi asfalt yo'ldagi tezligiga qaraganda
20 km/s kam bo'lsa, u asfalt yo'lda qanday tezlik bilan yurgan?
Javobi: 60 km/s, mashinaning asfalt yo'ldagi tezligi.
40 km/s, mashinaning tosh yq'ldagi tezligi.
8- masala. Rejada belgilangan muddatda hosilni yig'ib olish uchun
xo'jalik ikkita brigada ajratdi. 400 gektarli uchastkada ishlagan birinchi
brigada topshiriqni muddatidan ikki kun oldin bajardi. lkkinchi brigada
esa 900 gektarli uchastkada ishlab, topshiriqni muddatidan 2 kun keyin
bajardi. Agar birinchi brigada ikkinchi brigada necha kun ishlagan bo'lsa,
shuncha kun, ikkinchi brigada necha kun birinchi brigada ishlagan bo'lsa,
shuncha kun ishlagarn a edi, ikkala brigada teng miqdorda hosil yig'ar
edi. Reja bo'yicha hosil necha kunda yig'ib olinishini va har qaysi
brigadaning kundalik ish unumini toping?
Javobi: 8-birinchi brigadaning ishlagan kuni, 12-ikkinchi brigadani
ishlagan kuni.
230
9- masala. Oralari 24 km bo'lgan Ava B punktlardan ikki avtomobil
bir vaqtda bir-biriga qarab yo'lga chiqdi. A punktdan kelayotgan avtomobil
uchrashuvdan 16 minut keyin B punktga yetib keldi, ikkinchi avtomobil
esa A punktga 4 minutdan keyin keldi. Avtomobillarning tezliklarini
toping?
Javobi: 60 km/s A dan chiqqan avtomobilning tezligi,
120 km/s B dan chiqqan avtomobilning tezligi.
10- masala. Hovuzga ikki jo'mrakdan suv keladi. Oldin birinchi jo'mrak
ochib qo'yildi, u ikkinchi jo'mrakning yolg'iz o'zi ishlaganda hovuzni qancha
vaqtda to'ldirsa, shu vaqtning uchdan biricha vaqt ochiq turdi. So'ngra,
ikkinchi jo'mrak birinchi jo'mrak yolg'iz o'zi hovuzni qancha vaqtda to'ldirsa,
shu vaqtning uchdan biricha ochiq turdi. Shundan keyin hovuzning qismi
suvga to'ldi. Agar ikkala jo'mrak baravar ochiq turganda hovuz 3 soat-u,
36 minutda to'lsa, hovuzni to'ldirish uchun har qaysi jo'mrakning yolg'iz
o'ziga qancha vaqt kerak bo'lishni hisoblang.
Javobi: Jo'mraklaming biri hovuzni 9 soatda, ikkinchisi 6 soatda to'ldiradi.
11- masala. Sof spirt to'ldirilgan bakdan undagi spirtning bir qismini
quyib olindi va uning o'miga shuncha suv quyib qo'yilqi. So'ngra bakdan
yana o'shancha litr aralashma quyib olindi, shundan keyin bakda 49 litr
sof spirt qoldi. Bakning sig'imi 64 I. Bakdan birinchi safar qancha va ikkinchi
safar qancha spirt quyib olingan?
Javobi: 56 litr, 7 litr.
12- masala. Kompyterda ishlovchi o'ziga topshirilgan ishni har kuni
belgilangan normadan 2 bet ortiq bossa, ishni muddatidan 3 kun ilgari
tugatadi. Agar normadan 4 betdan ortiq bossa muddatidan 5 kun ilgari
tugatadi. U necha bet ko'chirishi va qancha vaqtda ko'chirishi kerak?
Javobi: Mashinkada bosiladigan ish 120 bet ekan.
13- masala. Ikki ishchiga bir qancha bir xil detallar tayyorlash
topshirildi. Birinchi ishchi 7 soat, ikkinchisi 4 soat ishlagandan keyin butun
ishning
5
9
qismini tamomlangani ma'lum bo'ldi. Ular birgalikda yana
1
4 soat ishlagandan keyin butun ishning -:-;:;- qjsmi qolganini aniqlashdi. Bu
lo
ishni har qaysi ishchi yolg'iz o'zi ishlasa, necha soatda tamomlar edi?
Javobi: 18 soat, 24 soat.
14- masala. Paraxodga ko'tarmajo'mrak bilan yuk ortildi. Oldin quvvati
bir xil bo'lgan 4 ta jo'mrak ishladi. Ular 2 soat ishlagandan keyin ularga
yana kamroq quvvatga ega bo'lgan 2 ta ko'tarma jo'mrak kesib qo'shildi
va shundan keyin yuk ortish 3 soatda tamom bo'ldi. Agar hamma jo'mrak
baravariga ishga tushirilsa, yuk ortish 4,5 soatda tugar edi. Agar bitta
kuchli jo'mrak yolg'iz o'zi ishlatilsa, yuk ortishni necha soatda tamomlash
231
mumkin bo'lar edi? Bitta kuchsiz jo'mrak yolg'iz o'zi ishlasa, ishni
necha soatda tamomlar edi?
Javobi: 24 soat, 36 soat.
15- masala. Elektrostansiya qurilishda g'isht teruvchilar brigadasi ma'lum
vaqtda 120 ming dona g'isht terish kerak edi. Brigada ishni muddatidan 4 kun
ilgari tamomladi. Agar brigada norma bo'yicha 4 kunda qancha g'isht terishi
kerak bo'lsa, 3 kunda shundan 5 ming dona ortiq g'isht tergani ma'lum
bo'lsa, har kungi g'isht terish normasi qancha bo'lgan va brigada haqiqatda
kuniga qanchadan g'isht tergan?
Javobi: 10 ming dona - norma bo'yicha teriladigan kun,
15 ming dona - haqiqatda terilgandagi sarf qilingan kun.
16- masala. Quwatlari turlicha bo'lgan ikki traktor birga ishlab xo'jalik
yerini 8 kunda haydab bo'ldi. Dastlab dalaning yarmini bir traktor yolg'iz
o'zi haydab, keyin ikkala traktor birga ishlasa, hamma ish 10 kunda tugar
edi. Dalani har qaysi traktor yolg'iz o'zi necha kunda hayday olar edi?
Javobi: Birinchi traktor bilan dalani 12 kunda,
Ikkinchi traktor bilan esa 24 kunda.
17- masala. lkki ayol bozorga 100 dona tuxum olib kelishdi. Ikkala
ayol tuxumlarni turli narx bilan sotib, barobar miqdorda pul to'lashdi.
Agar birinchi ayoldagi tuxumlar ikkinchisidagicha bo'lsa, u 7,2 so'mlik
tuxum sotgan bo'lar edi, agar ikkinchi ayoldagi tuxumlar birinchisidagicha
bo'lsa, u 3,2 so'mlik tuxum sotgan bo'lar edi. Har qaysi ayol bozorga
nechta dona tuxum oborgan?
Javobi: 60 dona, 40 dona.
18- masala. Aravaning oldingi g'ildiragi 18 m masofada, keyingi
g'ildirakdan 10 marta ortiq aylanadi. Agar oldingi g'ildirak aylanasini 6 dm
orttirib, keyingi g'ildirak aylanasi 6 dm kamaytirilsa, shuncha masofada
oldingi g'ildirak keyingisidan 4 ta ortiq aylanadi. Har qaysi g'ildirak
aylanasining uzunligini toping.
Javobi: 12 dm oldinti g'ildirak, 36 dm g'ildirak aylanasi uzunligi.
19- masala. Bir qotishmada 1:2 nisbatda ikki xil metall bar. Ikkinchi
qotishmada esa shu metallar 2:3 kabi nisbatda. Tarkibida o'sha metallar
17:27 kabi nisbatda bo'lgan uchinchi bir qotishma hosil qilish uchun shu
qotishmalarning har biridan qancha qism olish kerak?
Javobi: birinchi qotishmaning 9 qismiga, ikkinchi qotishmadan 35 qism
olish kerak.
20- masala. lkki ishchining ikkinchisi birinchisidan 1,5 kun keyin ishga
tushib, ular bir ishni 7 kunda tamomlay oladilar. Agar bu ishni har qaysi
ishchi yolg'iz o'zi ishlasa, birinchi ishchi ikkinchisiga qaraganda 3 kun
ortiq ishlashiga to'g'ri keladi. Har qaysi ishchi yolg'iz o'zi bu ishni necha
kunda tamomlaydi?
Javobi: birinchi ishchi ishni 14 kunda, ikkinchi ishchi 11 kunda
tamomlaydi.
232
MUSTAQIL YECHISH UCHUN MASALALAR
21- masala. Velosipedchi 30 km yo'l yurishi kerak edi.Velosipedchi tayin­
langan vaqtdan 3 rninut kech yo'lga chiqib, 1 km/s ortiq tezlik bilan yurdi va
boradigan joyiga o'z vaqtida yetib keldi. Velosipedchining tezligini toping?
Javobi: 25 km/s.
22- masala. lkki stansiya orasidagi masofa 96 km. Bu masofani birinchi
poezd ikkinchi poezddan 40 rninut tez o'tadi. Birinchi poezdning tezligi ikkinchi
poezdning tezligidan 12 km/s ortiq bo'lsa, ikkala poezdning tezligini toping?
Javobi: Birinchi poezd tezligi 48 km/s,
ikkinchi poezd tezligi 36 km/s.
23- masala. Ikki yo'lovchi bir vaqtda bir-biriga qarab A va B shaharlardan
yo'lga chiqdi. Birinchi yo'lovchi ikkinchisidan bir soatda 2 km/s ortiq yo'l
bosadi va u ikkinchi yo'lovchi A shaharga bormasdan bir soat oldin B shaharga
,yetib boradi. A va B shaharlar orasidagi masofa 24 km. Har qaysi yo'lovchi
bir soatda necha kilometr yo'l bosadi?
Javobi: 6 km va 8 km.
24- masala. A va B shaharlar orasidagi masofa 200 km. A shahardan B
shahargacha bir-biriga qarab bir vaqtda ikki avtomobil yo'lga chiqdi. Birinchi
avtomobil ikkinchi avtomobilga qaraganda 20 km tez yurdi va ikkinchi
avtomobilga qaraganda 50 minut oldin yetib keldi. Har qaysi avtomobilning
tezligini toping.
Javobi: 80 km/s va 60 km/s.
25- masala. lkki pristan orasidagi masofa 60 km. Motorli qayiq bu masofani
oqim bo'yicha oqimga qarshi suzganidan ketgan vaqtga qaraganda 50 minut
tez suzib o'tadi. Agar daryo oqimining tezligi soatiga 3 km bo'lsa, motorli
qayiqning tezligini toping.
Javobi: 21 km/s.
26- masala. lkki pristan orasidagi masofa 154 km. Bu pristanlarning
birinchisidan ikkinchisiga qarab paraxod yo'lga chiqdi. Paraxod ikkinchi
pristanga borib, 45 minut to'xtab turdi va yana yo'lga chiqqan joyiga 18,75
soatdan keyin qaytib keldi. Agar paraxodning turg'un suvdagi tezligi soatiga
18 km bo'lsa, daryo oqimining tezligini toping.
Javobi: 4 km/s.
27- masala. Paxta terimida birinchi brigada 6 soat ishladi, shundan
so'ng yana bir brigada kelib qo'shildi. lkki brigada birgalikda topshiriqni
4 soatda tugatishdi. Agar birinchi brigada berilgan uchastkadagi hosilni bir
o'zi terib olishi uchun ikkinchi brigada yolg'iz o'zi ishlaganiga qaraganda
3 soat ortiq vaqt talab qilinsa, har qaysi brigadaning yolg'iz o'zi uchastkadagi
hosilni necha soatda yig'ib oladi?
Javobi: birinchi brigada 15 kunda, ikkinchi brigada 12 kunda.
28- masala. lkkita stanok birgalikda 9 soat-u 36 minutda ishni tugallaydi.
Agar bitta stanok o'zi ishlasa, butun ishni bajarish uchun ikkinchiga qaraganda
233
8 soat ortiq vaqt talab qiladi. Har bir stanok alohida ishlaganda butun ishni
necha soatda tugallaydi?
Javobi: 16 soat, 24 soat.
29- masala. lkki g'isht teruvchi ma'lum bir ishni birgalikda ishlab
4 soatda bajaradi. Agar ishchi yolg'iz o'zi ishlasa va ishning yarmini bajarsa,
so'ngra ikkinchi ishchi ishning qolgan yarmini bajarsa u holda butun ishni
bajarish uchun ularga 9 soat kerak bo'ladi. Butun ishni har bir ishchi
qancha vaqtda bajaradi?
Javobi: 12 kun va 6 kun.
30- masala. Ikki payvandchi ma'lum bir ishni birgalikda ishlab 4 kunda
tugata oladilar. Agar bulardan biri yolg'iz o'zi 3 kun ishlagandan keyin,
ikkinchisi kelib qo'shilsa, ular birgalikda topshiriqni 5 kunda bajaradilar.
Payvandchilarning har biri topshiriqni necha kunda bajaradi?
Javobi: 6 kun va 12 kun.
31- masala. 300 ishchini jo'natish uchun bir necha avtobus chaqiril­
gan edi, ammo belgilanganidan ikkita avtobus kam keldi, shuning uchun
har qaysi avtobusga mo'ljallanganidan 5 kishi ortiq o'tqizildi. Ishchilarni
jo'natish uchun nechta avtobus chaqirilgan edi?
Javobi: 12 ta.
32- masala. Tez yurar poyezd passajir poyezdiga qaraganda soatiga
10 km ortiq yuradi. Tez yurar poezdning 210 km ni o'tishi uchun ketkazgan
vaqti passajir poezdining 240 km ni o'tishi uchun ketgan vaqtdan bir soat
kam bo'Isa, tez yurar poezdning tezligini toping.
Javobi: tez yurar poezd tezligi 70 km/s.
33- masala. l;"ajriba uchastkasida ekilganiga qaraganda 14 kg don ortiq
yig'ib olindi. Yig'ib olingan donni yana ekildi va birinchi galdagi olingan
hosil qancha bo'lsa, shuncha marta hosil olindi, hammasi bo'lib 128 kg
don yigib olindi. Tajriba uchastkasiga birinchi galda qancha don ekilgan?
Javobi: 98 kg.
32- masala. Ikki pristan orasidagi masofa daryo bo'yicha 50 km. Katerda
bu masofani biridan ikkinchisiga borib, u yerda 30 minut to'xtab yana
birinchisiga qaytib kelishi uchun 5 soat vaqt sarf qilindi. Darya oqimining
tezligi 2,5 km bo'lsa, katerning turg'un suvdagi tezligini toping.
Javobi: 22,5 km/s.
33- masala. lkki avtomashina birgalikda ishlab ma'lum yukni 15 soatda
tashib bo'ladi. Birinchi avtomobil ikkinchisidan 6 soat kam ishlab yukning
40% ni tashidi, qolgan yukni 2-avtomobil tashigan bo'lsa, har qaysi
avtomobil necha soat ishlagan?
Javobi: 30 soat, 36 soat.
34- masala. Oralaridagi masofa 900 km bo'lgan ikki stansiyadan bir­
biriga qarab Ueki poezd yo'lga chiqdi. Bu poyezdlar yo'lning o'rtasida
uchrashishi kerak edi. Agar bu poyezdlardan birining tezligi ikkinchisidan
234
5 km/soat ortiq bo'lsa u belgilangan masofaga ikkinchisidan bir soat oldin
keladi. Har bir poyezdning tezligini toping.
Javobi: 45 km/soat birinchi poyezd tezligi, 50 km/soat ikkinchi
poyezd tezligi.
35- masala. Avtomashina 160 km kesik yo'lni 3 soatda o'tadi. Bu
masofaning 75% asfaltlangan bo'lib, qolgan qismi tosh yo'ldan iborat. Agar
mashinaning asfalt yo'lidagi tezligi tosh yo'lidagi tezligidan soatiga 20 km
ortiq bo'lsa, mashina asfalt yo'lda qanday tezlik bilan yurgan?
Javobi: 60 km/soat asfalt yo'ldagi tezlik.
36- masala. Uch idishga suv quyilgan. Agar bir idishdagi suvning 1/3
qismini ikkinchi idishga quyib, so'ngra ikkinchi idishda bo'lgan suvning
1/4 qismini uchinchi idishga quyib, nihoyat uchinchi idishda bo'Jgan suvning
1/10 qismini birinchi idishga quyilsa, har bir idishda 9 litrdan suv bo'ladi.
Har qaysi idishda qancha suv bor edi?
Javobi: 12 1, 8 1, 7 I.
37- masala. Oralaridagi masofa 650 km bo'lgan ikki shahardan ikki poyezd
bir-biriga qarab yo'lga chiqdi. Agar poyezdlar bir vaqtda jo'nab ketgan bo'lsa,
10 soatdan keyin uchrashadi. Agar ikkinchi poyezd birinchidan 4 soat 20 minut
oldin yo'lga chiqsa, birinchi poyezd yo'lga chiqqanidan 8 soat keyin uchrashadi.
Har qaysi poyezdning o'rtacha tezligini toping.
Javobi: 35 km/soat birinchi poyezd tezligi.
30 km/soat ikkinchi poyezd tezligi.
38- masala. Ikki shahar orasidagi masofa daryo yo'li bilan 80 km. Paraxod
bu yo'lni bir boshidan ikkinchi boshiga 9 soat-u 20 minutda borib keladi.
Darya oqimining tezligini soatiga 4 km deb hisoblab, paraxodning turg'un
suvdagi tezligini toping.
Javobi: 20 km/s paraxod poyezd tezligi 60 km/s.
20-§. Matematika darslarida tengsizliklarni
o'qitish metodikasi
Hozirgi ta'lim standartiga ko'ra tengsizlik tushunchasi boshlang'ich
sinf matematika darslarida o'quvchilarga sonlarni taqqoslash ularning
miqdoriy munosabatlarini ochib berish maqsadida katta <<>>> yoki kichik
<<<>> belgilar bilan tanishtirish orqali amalga oshiriladi. Ma'lumki, agar
ikkita son yoki ikki ifodalarning qiymatlari o'zaro teng bo'lmasa, ular
orasiga tengsizlik belgisi qo'yiladi.
Boshlang'ich sinf matematika darslarida tengsizlik bilan tanishtirish
masalasi sonlarni nomerlash va ularni taqqoslash orqali tengsizlik
tushunchalari keltirib chiqariladi. Masalan, 10 ichidagi raqamlarni
o'rgatilgandan keyin u yerdagi har bir raqamning miqdoriy qiymati o'zidan
awalgisidan bir birlikka ortiqdir. Shuning uchun ham ikki katta bir, besh
235
katta olti, to'qqiz katta sakkiz kabi yozuvlarni yozishimiz mumkin. Bu
degan so'z o'quvchilarga ikki katta bir degani l+l<l, 2+1<2, 3+1<3
yozuvlar orqali o'quvchilarga tengsizlikning ma'nosini ochib beriladi.
To'rtinchi sinfda esa sonli ifodalarning tengsizligi ko'rsatiladi.
Masalan, 5+3>5+2, 18:6+9>2·3 va hokazo.
Oltinchi sinfdan boshlab, tengsizlikka quyidagicha ta'rif beriladi.
Ta'rif. a miqdordan b miqdorni ayirganda ayirma miqdor musbat
(manfiy) bo'lsa, a holda b miqdor miqdordan katta (kichik) deyiladi
va ular quyidagicha yoziladi a - b > 0 (a - b < 0) bulardan a > b
(a < b) kelib chiqadi. Bu belgilashlarga ko'ra a > b (a < b) lar sonli
tengsizliklar deyiladi.
Yettinchi sinfda materiallaridagi tenglamalarni yechish jarayonida
o'quvchilarni tengsizliklarning quyidagi asosiy xossalari bilan tanishtirish
lozim bo'ladi.
a) tranzitivlik xossasi, agar a > b va b > c bo'lsa, a > c bo'ladi;
b) a > b va c > d bo'lsa, a + c > b + d bo'ladi;
d) a > b bo'lsa, a + m > b + m;
e) a > b va m > 0 bo'lsa, am > bm;
f) a > b va m < 0 bo'lsa, am < bm.
Bu xossalarning hammasini sonli misollar ustida isbotsiz <<chiqarish>>
mumkin, lekin ularning kelgusida (X sinfda) isbotlanishini aytib o'tish
lozim.
Masalan <<d>> xossani quyidagicha ko'rsatish mumkin:
20 > 15tengsizlikning ikkila qismiga 3 tadan qo'shsak, 23 > 18
chiqadi, agar - 3 tadan qo'shsak 17 > 12 chiqadi. Bu xossani ko'rib
o'tgandan keyin, undan kelib chiqadigan natijaga ham to'xtalish
mumkin. Shunga o'xshash bir necha misol ko'rib o'tiladi:
15+3>13
3 3
15 > 13-3
+
16-4 > 6
4 4
16 > 6 + 4
Xuddi tenglamadagi singari tengsizlikda ham son yoki ifoda
tengsizlikning bir tomonidan ikkinchi tomoniga teskari ishora bilan
o'tishini o'quvchilarga tushuntirish lozim bo'ladi. Yuqoridagi xossalar
o'rgatilgandan keyin birinchi darajali bir noma'lumli tengsizliklarni
yechish ko'rsatiladi, ya'ni yoki bunda a ::t- 0. Xususiy holda 4x > 8,
5x > 10, 2x < 6, yoki 7x < 6, 7x < 21 kabi misollar orqali tarkibida
noma'lum harfbo'lgan tengsizliklarni yechish o'rgatiladi. Bu ko'rinish236
dagi tengsizliklarni yechish degan so'z noma'lumning bu tengsizliklami
sonli to'g'ri tengsizlikka aylantiradigan qiymatlarini topish deganidir.
4x > 8, 2.x < 6 ko'rinishdagi tengsizliklarning yechimi x > 2 va x < 3
bo'ladi. Shu bilan birga noma'lumning sanoqsiz ko'p son qiymatlari
tengsizlikning yechimlari bo'lishini o'quvchilarga grafik yordamida
ko'rsatish maqsadga muvofiqdir.
4x > 8 tengsizlik uchun 2 soni noma'lum qiymatlarning quyi che­
garasi, 2.x < 6 tengsizlik uchun 3 soni noma'lum qiymatlarning yuqori
chegarasi bo'lishini o'quvchilarga grafik nuqtayi nazaridan ko'rsatish
maqsadga muvofiqdir. Yuqoridagi misollardan ko'rinadiki, tengsizlikni
yechish tengsizlikning barcha qiymatlar to'plamini topishdan iboratdir.
Tengsizliklarning xossalarini o'rganish jarayonida tengsizlikning har
ikki tomoniga bir xil musbat son qo'shilsa, ayrilsa, ko'paytirilsa va bo'linsa
tengsizlikning belgisi o'zgarmaydi. Tengsizlikning har ikki tomonini manfiy
songa ko'paytirilsa yoki bo'linsa tengsizlik belgisi teskarisiga almashadi.
Masalan,
5x > 6,
5x + 5 > 6 + 5,
5x - 4 > 6 - 4,
5x • 2 > 6 • 2,
5x : 6 > 6 : 6,
l0x > 12.
15x: (-5) > 20: (-5), -3x > -4,
15x > 20,
l5x · (-2) > 20·(-2), -30x > -40,
30x < 40.
3x<4,
Ta'rif. ax2 +bx+ c > 0 yoki ax2 +bx+ c < 0 ko' rinishdagi
tengsizliklar ikkinchi darajali tengsizliklar deyiladi, bunda a 0.
Bunday tengsizliklarni yechish kvadrat uch hadning ishorasini
tekshirish orqali amalga oshiriladi. O'qituvchi bu yerda o'quvchilarga
kvadrat uch haddan to'la kvadrat ajratish hamda ana shu kvadrat uch
hadning ishorasi diskreminantni tekshirish orqali amalga oshirilishni
ko'rsatib berish maqsadga muvofiqdir, ya'ni:
1) D = b2 - 4ac > 0 bo'Isa, kvadrat uch had haqiqiy ikkita ildizga
ega. U holda ax2 +bx+ c = a(x - xi)(x - X2) bo'ladi.
a) x < x1 bo'lsin, u holda x- x1 < 0 va x < x2 da x- x2 < 0
bo'ladi, shuning uchun a> o
bo'lsa, a(x-xi)(x- x2) > 0 bo'ladi.
b) x > x1 bo'lsin, u holda x-x1 > 0 va x < x2 da x-x2 < 0
bo'ladi, shuning uchun a>0
bo'lsa, a(x-xi)(x-x2)<0 bo'ladi.
237
d) x < x1 bo'lsin, u holda x-x1 < 0 va x < x2 da x-x2 > 0
bo'ladi, shuning uchun a> o bo'lsa, a (x - xi)(x - x2) < 0 bo'ladi.
e) x > x1 bo'Isin, u holda x-x1 > 0 va x > x2 da x-x2 > 0
bo'ladi, shuning uchun a> o bo'lsa, a (x - xi) (x - x2) > 0 bo'ladi.
Misol. x2 - 3x - 4 > 0
Yechish:
a= I,
tengsizlikni yeching.
b = -3,
c = -4. Bu tengsizlikning chap tomonida
turgan kvadrat uch hadning yechimlari topi1adi, ya'ni x2 - 3x-4 = 0.
Tenglamaning yechimlari x, = -1, x2 = 4. U holda bu tengsizlikning
ko'rinishi (x + l)(x-4) > 0 bo'ladi.
I) x + 1 > O va x-4 > O bo'ladi, ulardan x > -1,
x > 4 yechimlar
hosil qilinadi. Bu holda x > 4 yechim bo'ladi, ya'ni (4; -too).
2) x + 1 < O va x - 4 < O bo'ladi, ulardan x < -1,
hosil qilinadi. Bu holda x < -1
x < 4 yechimlarni
yechim bo'ladi, ya'ni (-oo; -1).
Javobi: (- ;-l) u (4; +oo).
00
2. D= h2 _ 4ac< o bo'lsa, kvadrat uch had haqiqiy ildizga ega emas.
3. D = b2 -4ac = 0 bo'lsa, kvadrat uch had a> 0 va a< 0 bo'lgan
hollar uchun haqiqiy bitta ildizlarga ega, ammo tengsizlik yechimining
bo'lganda qanoatlantirmaydi.
Misol. -x2 + 4x - 4 > 0 tengsizlikni yeching.
Yechish: a=-1, b=4, c=-4, a<O. Bu tengsizlikning chap
tomonida turgan kvadrat uch hadning yechimlari topiladi, ya'ni
(-1)·(x - 2)2 = 0. Tenglamaning bitta yechimi bor. x = 2. U holda bu
tengsizlikning ko'rinishi (-1)-(x-2}2 >0
bo'Iadi. Bundan -(x-2}2 >0
ekani ma'lum, lekin chap tomonda turgan tenglamaning qiymati manfiy
bo'ladi. Manfiy son noldan katta emas. Shuning uchun, a < 0 da tengsizlikning
yechimi mavjud emas.
TaKrorlash uchun savollar
1. Tenglama tushunchasiga ta'rif bering.
2. Tenglama ildizi deganda nimani tushunasiz?
238
3. Qanday tenglik ayniyat deyiladi?
4. Qanday tenglama chiziqli tenglama deyiladi?
5. Parametrik kasr ratsional tenglamani tushuntirib bering.
6. Absolut miqdor belgisi qatnashgan tenglamani tushuntirib bering.
7 Kvadrat uchhaddan to'la kvadrat ajratib bering.
8. To'la va keltiri/gan kvadrat tenglamalarning farqini aytib bering.
9. Kvadrat tenglama i/dizlari qanday topi/adi?
JO. Viyet teoremasini aytib bering.
11. Kvadrat tenglamaga keltirib yechiladigan tenglamalarning turlarini
ko'rsating.
12. Qanday tenglama irratsiona/ tenglama deyiladi?
13. Parametrli irratsional teng/ama qanday yechilishini ko'rsatib bering.
14. Jrratsional teng!amalar sistemasi qanday yechiladi?
15. Qanday tenglama ko'rsatkichli tenglama deyi/adi?
16. Logarifmik tenglamani ta'riflang.
17. Qanday tenglama parametrli ko'rsatkichli tenglama deyi/adi?
18. Qanday tenglama parmetrli logarifmik tenglama deyiladi?
19. Ko'rsatkichli tenglamalar sistemasi qanday yechi/adi?
20. Logarifmik tenglamalar sistemasi qanday yechiladi?
21. Ko'rsatkichli va logarifmik tenglamalarni grafik usulda yechilishini
ko'rsatib bering.
22. Qanday tenglamalar trigonometrik tenglama deyiladi?
23. Parmetrik tenglamalar sistemasining yechish usu//arini ko'rsatib bering.
24. Trigonometrik tenglamalar sistemasining yechish usullarini ko'rsatib bering.
25. Masa/a tushunchasining mazmunini aytib bering.
26. Masalaning sharti deganda nimani tushunasiz?
27. Masalaninlf_ xulosasi degandachi?
28. Masalalarda ko'proq qanday miqdorlarning o'zaro bog'/iqlik munosabatlari bo'lishini aytib bering.
29. Tengsiz/ik tushunshasiga ta'rif bering.
30. Tengsiz/iklar yechimi deganda nimani tushunasiz?
31. Tenglama bi/an tengsiz/ikning qanday farqi bor?
32. Tengsizlik qanday asosiy xossalarga ega?
Tayanch iboralar
Tenglik, tenglama, ayniyat, chiziqli tenglama, parametrli teng/ama, kasr
chiziqli tenglama, absolut miqdor, kvadrat uchhad, to'la kvadrat, kvadrat
tenglama, ildiz tushunchasi, Viyet teoremasi, irratsional tenglama,
teng/amalar sistemasi, ko'rsatkichli tenglama, logarifmik teng/ama, para­
metrli ko'rsatkichli va logarifmik tenglamalar, trigonometrik tenglamalar
sistemasi, masala, masala sharti, masala xulosasi, tengsiz/ik, tengsiz/ik
xossalari.
I
I
I
I
Ii
I
I
IX bob.
FUNKSIYA, INTEGRAL VA DIFFERENSIAL TENGLAMA
TUSHUNCHALARINI KIRITISH VA ULARNI
O'RGATISH METODIKASI
1- §. Funksiya tushunchasini kiritish va
uni o'rgatish metodikasi
Ma'lumki. matematika fani materiyadagi narsalarning fazoviy forma­
lari va ular orasidagi miqdoriy munosabatlarni o'rgatadi. Ana shu
materiyadagi miqdorlarni nisbiy holatda olimlar tomonidan o'zgarmas
va o'zgaruvchi miqdorlarga ajratilgan. O'zgarmas miqdorlami a, b, c,
..., o'zgaruvchi miqdorlarni esa harflar bilan ular orasidagi miqdoriy
munosabatlarni matematik belgilar orqali ifodalash XVI asming oxirida
matematika fanini turli yo'nalishlari bilan shug'ullangan R. Dekart, I.
Nyuton (1642-1727), G. Leybnets (1646-1716), P. Ferma (1601-1665),
N.I. Lobochevskiy (1792-1856), L. Dirixle (1805-1859) kabi olimlar
tomonidan yozilgan asarlarda qo'llanilgan.
Funksiya tushunchasiga birinchi marta L. Eyler tomonidan ta'rif
berilgan, so'ngra N.I. Lobochevskiy va L. Dirixle kabi olimlar tomonidan
har tomonlama mukammal bo'lgan hozirda biz ishlatib kelayotgan
funksiyaning ta'rifi berilgan. Funksiya degan so'z lotincha <ifunctio»
so'zidan olingan bo'lib, uning lug'aviy ma'nosi <<faoliyat yoki moslik,
jo'natish>> bo'lib funksiya so'zini birinchi bo'lib G.Leybnets 1692-yili
o'z ilmiy ishlarida qo'llagan.
Funksiya tushunchasini maktab matematika kursida kiritishni ikki
davrga bo'lish mumkin. Birinchi davri V sinfdan boshlab funksiya va
grafiklar degan mavzugacha bo'lgan davr. Bu davr ichida o'qituvchi
o'quvchilarga sonning nisbati, to'g'ri va teskari proporsional miqdorlar,
Dekart koordinata tekisligi kabi tushunchalarni o'rganish orqali o'quv­
chilarda funksional bog'liqlik tushunchalari shakllantiriladi. XVIII asrga
kelib o'zgaruvchi miqdor va koordinatalar metodi degan tushunchalar
R.Dekart tomonidan kiritildi.
VI sinf. Sonli ifodalami harfiy ifodalar bilan almashtirish algebra
darslarida «To'g'ri va teskari proporsional miqdorlar», <<Algebraik ifodaning
son qiymatini topish>>, <<Amallarda berilganlar bilan amal natijalari
orasidagi bog'lanish>>, <<Temperatura va tekis harakatning grafigi>>
240
mavzularini o'tishda o'quvchilarni funksional hog'lanishlarga tayyor­
laydigan tushunchalarni rivojlantirib boriladi. Yuqoridagi mavzularning
har birini o'tishda o'quvchilarni funksional bog'lanishlarga ko'pgina ishlar
qilish mumkin va lozim. Masalan, algebraik ifodaning son qiymatini
o'tayotganda o'quvchilardan quyidagi jadavalni to'ldirish va quyidagi
so'roqlarga javob berishni talab etish maqsadga muvofiqdir.
1. .!_ algebraik ifoda x ning har qanday qiymatida ham ma'noga
X
egami?
2. x o'miga har xil sonlar qo'yilsa, .!. qanday qiymatlarga ega
X
bo'ladi?
3. x ga berilgan qiymatlar ortib boradimi yoki kamayib boradimi?
1.
4. x ning qiymatlari ortgan sari algebraik ifoda (.!. ) ning qiymatlari
X
qanday o'rgaradi?
O'quvchilar bu so'roqlargajavob berish bilan x ning noldan boshqa
har qanday songa teng bo'la olishini, x ning qiymati o'zgarsa, .!. ning
X
qiymati ham o'zgarishini,
x ning qiymati orta borgan sari algebraik
ifoda ( _!_) ning qiymati kamaya borishini aniqlaydilar.
X
Bunda x ning o'zgarishiga qarab .!. ning qiymatlari ham o'zgarib
X
boradi. Masalan, to'g'ri to'rtburchakning perimetri uning tomonlarini
uzunligiga bog'liqdir.
Agar to'g'ri to'rtburchakning tomonlari ortsa, uning perimetri
ham ortib boradi. Yuqoridagi misollarga asoslanib, quyidagicha mulohaza
yuritish mumkin. To'g'ri to'rtburchakning tomonlarini x o'zgaruvchi
va uning perimeter qiymatini esa y o'zgaruvchi desak, x o'zgaruvchining
'
16 - S. Alixonov
241
I
qiymatlari xi' x2 larga teng bo'lib, y o'zgaruvchining ularga mos
2
2
qiyrnatlari yl' y2 bo'lgandax =YY ekani kelib chiqadi. Yuqoridagilardan
X1
I
ko'rinadiki, agar x o'zgaruvchining qiymati bir necha marta orttirilganda
o'zgaruvchining unga mos qiymati shuncha marta ortsa, y o'zgaruvchi
x o'zgaruvchiga to'g'ri proporsional bog'langan bo'ladi. Bu qoidaga
ko'ra to'g'ri to'rtburchakning perirnetri uning tomonlariga proporsional
bo'ladi. Ammo to'g'ri to'rtburchakning yuzasi uning tomonlariga
proporsional emasdir. Doiraning yuzasi esa o'z radiusiga proporsionaldir,
ya'n-i
S2
r2
Masalan, 4,5 metr gazlama uchun 18 so'm to'langan
8 I =-;·
I
bo'lsa, 27 metr gazlama uchun necha so'm to'lanadi?
4,5 18
= 4,Sx = 2-718, x =108.
X
27
1. Teskari proporsional o'zgaruvchilar. Bu mavzuni harakatga doir
masala bilan tushuntirish maqsadga muvofiqdir. Avtomobil t vaqt ichida
tezlik bilan S masofani o'tadi. S masofani bosib o'tish t vaqt bilan
v tezlikka bog'liqdir. v tezlik ortsa, S masofani bosib o'tish uchun
ketgan t vaqt kamayadi. Agar v tezlik kamaysa, S masofani bosish
uchun ketadigan vaqt ko'payadi. Bunda tezlik bilan vaqt o'zaro teskari
bog'lanishda bo'ladi. Agar x o'zgaruvchining qiyrnati bir necha marta
ortganda y o'zgaruvchining qiymati ham shuncha marta kamaysa,
y o'zgaruvchi x o'zgaruvchiga teskari proporsional bo'ladi. x o'zgaruv­
chining qiymatlari xi' x2 lar bo'lib, y o'zgaruvchining bularga mos
qiymatlari y1 va y2 bo'lganda : = ;
nisbat o'rinli bo'ladi, bundan
proporsiya xossasiga ko'ra x2y2 = x1y1 kelib chiqadi.
Masala. Shirkat xo'jaligining maydonini 3 ta traktor 60 soatda hayday
oladi. Xuddi shunday 12 ta traktor shu maydonni qancha vaqtda hayday
oladi?
3
X
, 12x = 180, x = 15 soat.
12 60
To'g'ri va teskari proporsional bog'lanish tushunchalari o'rgatilgandan
keyin, o'quvchilarga koordinata sistemasini quyidagicha tushuntirish maqsadga
muvofiqdir.
=
242
Bunda koordinatalar sistemasi mexanik ravishda tushintiriladi, uning
ahamiyati ko'rsatilmaydi. Bu yerda o'qituvchi yer sirtidagi -nuqtaning o'mi,
u nuqtaning koordinatalari deb ataluvchi ikki son kenglik (shimoliy yoki
janubiy) va uzunlik (sharqiy yoki g'arbiy) yordami bilan aniqlanishini, bu
esa kema kapitaniga kemani dengizning qaysi yerida ketayotganini aniqlashga,
sahrolarda yoki muz bilan qoplangan antraktida kabi qit'alarda ekspeditsiya
Jageri qayerda ekanini va bu lagerning yer sirtidagi (masalan,qirg'oqdagi)
boshqa obyektlardan uzoqligini aniqlash kabi ishlarda katta ahamiyatga ega
ekanini tushuntirish kerak.
Kino-teatrgabrogan o'quvchi kassadan sotib olgan chiptayozilgan ikki son,
ya'ni gator va joy nomeri yordami bilan o'z o'rnini topib oladi.
Bu ikki son ham tomoshabinning kino zalidagi o'rnining koordina­
talaridir. Chiptaga yozilgan bu ikki son tufayli har qaysi tomoshabin o'z
joyiga o'tiradi. Yuqoridagi kabi misoHar yordamida koordinata metodining
amaliy ahamiyatini ochib berish o'quvchilarda bu mavzuga qiziqish tug'diradi
va binobarin, mavzuni o'quvchilarning yaxshi o'zlashtirishlariga sabab bo'ladi.
Shuni aytib o'tish kerakki, funksiyani o'rganishga tayyorgarlik ishlari dastur
materiaHaridan ajralgan holda emas, balki shu materiallar bilan mustahkam
bog'langan holda, bu materiallarni bayon etish jarayonida olib borilishi kerak.
Funksiya tushunchasini quyidagi masala orqali kiritish maqsadga muvofiqdir.
Ava B shaharlar orasidagi masofa 180 km. Mashina A shahardan B shaharga
60 km/soat tezlik bilan jo'nab ketdi. Avtomobil x soatdan keyin A shahardan
qanday masofada bo'Jadi? Avtomobil x soatda 60x km yo'I yurgan bo'ladi, u
holda x soatdan keyin A shahardan 180-60x masofada bo'Jadi. 180-60x
masofani y desak u holda y=l80-60x tenglik hosil bo'ladi. Biz y masofa bilan
x harakat vaqti orasidagi bog'Janishni ochib beradigan formula hosil qildik.
Hosil qilingan forrnuladagi x o'zgaruvchi 3 dan katta bo'lmagan nomanfiy
qiymatlar qabul qila oladi, chunki avtomobil 3 soatdan keyin B shaharga
keladi. y=180-60x tenglikdagi x ning har qanday qiymati uchun y ning
unga mos qiymatini topish mumkin. Masalan, agar x = I, bo'lsa, y = 120
agar x=2 bo'lsa, y=60, agar x=3 bo'lsa, y = 0 bo'Jadi. Bu degan so'z
y ning qiymati x ning qiymatiga bog'liq holda o'zgaradi, bunday bog'liqlik
funksional bog'liqlik yoki funksiya deyiladi.
Ta'rif. Agar x o'zgaruvchining har bir qiymatiga biror f qonuniyatga
ko'ra o'zgaruvchining yagona qiymati mos keltirilsa, u holda y o'zgaruvchi
x o'zgaruvchining funksiyasi deyiladi.
x erkli o'zgaruvchi yoki argument, y erksiz o'zgaruvchi yoki funksiya
deyiladi.
Erkli o'zgaruvchi x ning barcha qabul qiladigan qiymatlar to'plami
funksiyaning aniqlanish sohasi deyiladi. Yuqoridagi masalada, funksiya­
ning aniqlanish sohasi O dan 3 gacha bo'lgan sonlardan iboratdir, ya'ni
0 X $ 3.
243
y o'zgaruvchining x berilgan qiymatlariga mos qiymatlari funksiya-
ning o'zgarish sohasi deyiladi O y 180.
<<Funksiyalar va grafiklar» rnavzularini o'tishda funksional bog'lanish­
larni o'rganishga tayyorgarlik davrida bayon qilingan materiallarga yakun
yasalishi, bu materiallar yanada kengaytirilishi va dasturda talab etilgan­
dek, yuqori saviyada chuqurlashtirilishi lozim.
Shuning uchun:
1. Funksiyani o'rganishning turrnushdagi ahamiyatini o'quvchilarga
aniq ochib berilishi kerak.
2. Dastur bo'yicha << y = kx + b ning grafigi to'g'ri chiziq>> ekanini
dekard koordinatalar sistemasida ko'rsatib berish kerak.
3. Darsda funksional bog'lanishni ifoda qiluvchi yangi pedagogik
texnologiyaga doir o'quvchilarning kuchi bilan tayyorlangan ko'rgazmali
qurollardan unumli foydalanish zarur.
4. Nima uchun y = '5
yoki y = ax2 ning grafigi siniq chiziq
X
bo'lmasdan, egri chiziqdan iborat ekanini o'quvchilarga yetarli ravishda
tushuntirilishi kerak.
Funksional bog'lanishlarni o'qishga tayyorgarlik davrida ham, <<funk­
siyalar va grafiklar» mavzusini o'tishda ham og'zaki rnashqlarga o'rin
berilishi kerak. Holbuki, quyidagilarga o'xshash mashqlarni og'zaki
yechish o'qituvchiga oz vaqt sarflagan holda yaxshi natijaga erishish
imkonini beradi:
1- mashq. Sifati o'rtacha bo'lgan 1 kg kartoshkadan 0,136 kg kraxmal
olinadi. Kartoshka og'irligi (x kg) bilan undan olinadigan kraxmal og'irligi
(y kg) orasidagi bog'lanishni formula yordami bilan qanday ifoda qilinadi?
2- mashq. Y == 2x2 + 3 funksiyaning grafigi ordinata o'qini qanday nuqtada
kesib o'tadi?
3- mashq. Grafigi y = 3x - 2 funksiyaning grafigiga parallel bo'lib, ordinata
o'qini (0,1) nuqtada kesib o'tgan funksiyani analitik formada qanday ifoda qilinadi?
4- mashq. Y = 2x2 funksiya grafigini koordinat o'qlari bo'yicha 3 birlik
o'ngga va 2 birlik yuqoriga surishdan hosil bo'lgan parabola analitik ko'rinishda
qanday funksiyani ifoda qiladi?
2. Funksiyaning berilish usullari. Funksiya sharoitiga qarab jadval,
analitik va grafik usullar bilan berilishi mumkin.
Kundalik hayotirnizda uchraydigan ba'zi jarayonlarni o'rganishda
funksiyaning jadval usulida berilishidan foydalaniladi. Masalan, rneteo244
.
rologlar Yer sharining turli nuqtalariga tushgan yog'inlar jadvalini
tuzishadi. Yer sharining ana shu turli nuqtalari bu holda argument
qiymatlari rolida, yog'in miqdorlari esa funksiyaning qiymatlari ro'lida
keladi. Demak, funksiya jadval usulida berilishi deganda, argumentning
ma'lum tartibdagi x" x2, x3, ... xn,··· qiymatlari va funksiyaning ularga
mos keluvchi y" y2, y3, ••. ,Yn, ... qiymatlari orasidagi funksional moslikni
jadval usulida berilishini tushunamiz.
X
x,
y
Funksiyalarning jadval usulida berilishiga misol qilib kvadratlar,
kublar, kvadrat ildizlar jadvallarini ko'rsatish mumkin. Bu usuldan
ko'pincha miqdorlar orasida tajribalar o'tkazishda foydalaniladi.
Koordinatalar o'qlari tekislikni to'rt qismga - choraklarga ajratadi:
I, II, III, IV. Birinchi chorak ichida ikkala koordinataning ishoralari
saqlanadi va rasmda ko'rsatilgan qiymatlarga ega bo'ladi.
x (absissalar) o'qi nuqtalari uchun ordinatalar nolga (y=0),
y (ordinatalar) o'qi nuqtalari uchun absissalar nolga (x = 0) tengdir.
Koordinatalar boshining ordinatasi ham, absissasi ham nolga teng.
Yuqorida ko'rsatilgan usulda x va y koordinatalar kiritilgan tekislik
.xy tekislik deb ataladi. Bu tekislikda ·xva y koordinatalarga ega bo'lgan
nuqtani ba'zan bevosita (x, y) bilan belgilanadi.
Tekislikda kiritilgan x, y koordinatalarni, ularni ilk bor o'z tadqiqot­
larida qo'llagan fransuz olimi R. Dekart (1596-1650) nomi bilan Dekart
koordinatalari deb ataladi.
Yuqoridagi mulohazalardan ko'rinadiki tekislikning istalgan M nuqtasiga
koordinatalarning yagona (x,y) jufti mos keladi va aksincha
koordinatalarning har bir (x,y) juftiga tekislikning yagona M nuqtasi
mos keladi. Nuqtaning koordinatalari tushunchasini kiritish nuqtaning te­
kislikdagi vaziyatini sonlar orqali aniqlash imkonini beradi. Koordinatalar
o'qi butun tekislikni choraklar deb ataluvchi to'rt qismga bo'ladi.
Chorak
Absissaning ishorasi
Ordinataning ishorasi
I
+
+
II
-
+
Ill
-
IV
+
'
245
-
Funksiyaning grafik usulda ben1ishi. Bu usul funksiyani analitik
usulda berish ancha qiyin bo'lgan paytda qulaydir, ya'ni ko'pgina
jarayonlarni o'rganishda forrnulalar tilida gaplasha olmaydigan asbob­
lardan foydalaniladi, ammo bu asboblar yordamida shunday egr.i
chiziqlar hosil qilinadiki, bu egri chiziqlarga qarab, bir o'zgaruvchl'"
miqdorning ikkinchi o'zgaruvchi miqdoming o'zgarishga bog'liq ravishda
o'zgarish xarakteri haqida hukm chiqarish mumkin bo'ladi. Masalan,
tibbiyot elekrokardigraflar keng ishlatiladi. Bu asboblar yordamida
elektrokardiogrammalarni-yurak muskulida hosil bo'ladigan elektr
impulslarining o'zgarishini tasvirlovchi egri chiziqlarini hosil qilish
mumkin. Bunday egri chiziqlar yurakning ishlashi haqida tog'ri xullosa
chiqarishga yordam beradi. Funksiyaning grafik usulda berilishidan
matematikada ko'pincha funksiyaning ba'zi xossalarini chizmalar orqali
ko'rsatishda foydalaniladi.
Ta'rif. y=f(x) funksiyaning grafigi deb xOy teksilikdagi koordinatalari
y=f(x) munosabat bilan bog'langan tekislikdagi barcha P(x,y) nuqtalar
to'plamiga aytiladi. Funksiya grafik usulda berilganda uning grafigi ma'lum
bo'lib, argumentning turli qiymatlariga mos keluvchi funksiya qiymatlari
bevosita grafikdan topiladi. Endi savol tug'iladi, har qanday egri chiziq
biror funksiyani ifodalaydimi? Buni aniqlash uchun Oy o'qiga parallel
to'g'ri chiziqlar chiziladi, agar bu to'g'ri chiziq egri chiziq bilan
kamida ikki nuqtada kesishsa, grafik funksiyani ifodalamaydi, agar
bitta nuqtada kesishsa funksiyani ifodalaydi.
Funksiyaning analitik usulda berilishi. Bunday usulda erksiz
o'zgaruvchi miqdor-funksiyaning erkli o'zgaruvchi miqdor - argument
bilan bog'lovchi formula ko'rsatiladi. Formula yordamida berilgan funksiyalami analitik usulda berilgan
funksiyalar deyiladi.
Masalan, y=x2, y=kx+b, y=ax, y=lgx, y=sinx, y=tgx, y=2x3-x+4
funksiyalar analitik usulda berilgan. Analitik usulda berilgan funksiyalarga
quyidagi korinishdagi yozuv ham kiradi:
'{agar x < 0 bo'lsa, x
y=
agar x 0 bol'sa, sin x.
Funksiyani bunday analitik usuldagi berilishida ham x ning har bir
qiymatiga y ning to'la aniqlangan qiymati mos keltirilgan, bunda x ning
manfiy qiymatlarida y ushbu y=x formula bo'yicha, x ning manfiy bo'lma­
gan qiymatlarida esa y=sin x formula bo'yicha to'piladi.
246
Masalan, agar x=-2 bo'lsa, bu holda y=x=-2; agar x=-
,r
2
bo'lsa,
,r
=1 bo'ladi.
2
Funksiyaning aniqlanish va o'zgarish sohalarini topishga doir misollar
ko'raylik. Quyidagi funksiyalarning aniqlanish sohasini toping:
3
l. y = - . Ma'lumki, kasr ma'noga ega bo'lishi uchun uning maxraji noldan
y=sin
X
farqli bo'lishi kerak. Demak, X#O yoki xe(- ;0)u(0;+
00
00 ),
ye (- ;0)u(0;+oo).
00
2. x = (2x - lf 1. • Xuddi yuqoridagidek, muhokama yuritsak, 2x- l O
yoki 2x.tl, x -:1;
½
1
1
Demak, aniqlanish sohasi (---; ) u ( ;+oo) dan iborat.
2
2
1
1
ye (_,,.,;2)u(2; ).
3. x =3x + 2. Kvadrat ildiz ma'noga ega bo'lishi uchun ildiz ostidagi
ifoda manfiy bo'lmasligi kerak, ya'ni 3x+220, bunda x
aniqlanish sohasi
4.
i
f
2
-·3° Demak,
I
[-¾, +oo) dan iborat. O'zgarish sohasi esa y [O; oo ].
1
x = -./ x _ • Agar yuqoridagidek muhokama yuritsak, u holda
4
5
4x--5>0 bo'ladi. Bundan x >
5
(5
.
4. Demak, aniqlanish sohasi 4, +oo) dan
iborat. ye (0,oo ).
5. y = lg(2x -1). Logarifmik funksiya faqat musbat sonlar uchun aniqlangan. Demak, (2x--l)>0 bo'lishi kerak. Bundanx >
. 1
sohas1 ( , +oo) dan iborat. ye (O,oo ).
2
247
I
1
2. Demak, aniqlanish
I
MUSTAQIL ISHLASH UCHUN MISOLLAR
1. Quyidagi funksiyalarning aniqlanish sohasini toping:
1
b)
a) Y = r======;
x
2
. x -2
y = arc s m - -;
2
-3x+2
1
e) y =25 -x2 + lg sin x.
Javobi: a)(-
00,
l)u(2, +
00);
b) [0.4];
d) (-2, -13 ) u (-13, 13 ) u (-13, 2 );
e) [-5, -1t)u(0, 1t).
2. Quyidagi funksiyalarning o'zgarish sohasini toping:
a)
2
y=16-x2; b) y=3cos x-1; d) y=3-x
Javobi: a) [0,4]; b) [-4,2] v) (0,1].
2- §. Sonlar ketma-ketligi va uning limitini
o'rgatish metodikasi
1. Sonlar ketma-ketlik tushunchasi
Ma'lumk.i, natural sonlar to'plami tartiblangan to'plamdir.Shuning
uchun har qanday ixtiyoriy ikkita a va b natural son uchun a<b, a>b
yoki a=b munosabatlardan biri o'rinlidir. N to'plamning bu xossasi
abstrakt obyektlarni u yoki bu yo'l vositasida N to'plam elementlari
bilan bog'lab, sanashga im.kion beradi.Agar Nva R to'plamlar berilgan
bo'lib, f- har bir natural ne N songa biror haqiqiy xne R sonni mos
qo'yuvchi akslantirish bo'lsa uni matematik tildafN Ryoki n xn bu
holda xn=f(n) kabi yoziladi. f akslantirishni quyidagicha tasvirlash
mum.kin: l xi' 2 x2,3 X3 .•. n xn ...
Ta'rif. f(n) o'zgaruvchining qiymatlaridan tuzilgan xl'x2,xr··xn ...
to'plam sonlar ketma-ketligi deyiladi va u {xn } kabi yoziladi.
Ta'rif. Agar y=f(x) funksiyaning argumenti x ni qabul qiladigan
qiymatlari natural sonlar to'plamidan iborat bo'lsa, bu holda bunday
funksiyani N={l,2,3,...} natural argumentli funksiya deb ataladi va u
quyidagicha yoziladi y=fin) yoki y=f(N).
Ta'rif. Natural argumentli funksiya y=f(n) ning xususiy qiymat­
larining/(1),/(2),/(3), ... ,fin)... ketma-ketligiga cheksiz so:qlar ketma­
ketligi deb ataladi.
248
.f{l)=x" ./{2)=x2, f (3)=x3,..., f (n)=xn ....
Bu ta'rifdan ko'rinadiki, cheksiz sonlar ketma-ketligining har bir
hadi ma'lum bir tartib nomeriga ega bo'ladi. Umuman olganda sonlar
ketma-ketligi {a)=al' a2, a3, ... , an ,...., {x)=x,, Xi, X3, ...., xn,....
ko'rinishlarda belgilanadi. Ketma-ketlikni tashkil qilgan sonlar shu ketma­
ketlikning hadlari deyiladi. Bularga ko'ra x,- ketma-ketlikning birinchi
hadi, x2- ikkinchi hadi xn- ketma-ketlikni n chi hadi yoki umumiy
hadi deb yuritiladi. Agar ketma-ketlikning n-hadi berilgan bo'lsa shu
hadga ega bo'lgan ketma-ketlikni tuzish mumkin. Masalan, I) x =_!!_I
n
n+
berilgan bo' lsa,
½,},¾,i... ketma-ketlikni tuzish mumkin.
2) x"--aq n-, bo '1sa, a, aq, aq2, ... , aqn-i ,... ketma-ketl1"km• tuz1•sh
m u mT. ak 'i rn i. f . Tartib nomeriga ega bo'lgan sonlar to'plami sonlar ketmaketligi deyiladi.
Sonlar ketma-ketligi uch xil bo'ladi.
1. O'suvchi ketma-ketlik.
2. Kamayuvchi ketma-ketlik.
3. Tebranuvchi ketma-ketlik.
Ta'rif. Agar ketma-ketlikning har bir hadi o'zidan awalgi hadiga
nisbatan qiymat jihatidan ortib borsa, u holda bunday ketma-ketliklar
o'suvchi ketma-ketlik deyiladi.
{n:
1} o'suvchi ketma-ketlik; aks hold a {n: 1}
kamayuvchi ketma-ketlik deyiladi.
Masai an,
Masalan:
{-q
n J
kamayuvchi ketma-ketlik.
Ta'rif. O'smaydigan va kamaymaydigan ketma-ketliklar tebranuvchi
ketma-ketliklar deyiladi.
Masalan: {x.}..,(- l)•
x0= - I; x2""1; x3= - 1; x4=1; ...
Agar ketma-ketlikning dastlabki hadlari berilgan holda keyingi hadlarni
oldingi hadlari orqali topishni ifodalaydigan qoida rekkurrent qoida deb ataladi.
Masalan, Xt"l , x2=l x"=.x"_2+xn-., n 3 qoida bilan l,1,2,3,5,8,13 ... ketma­
ketlik hadlarini topishi mumkin. Bu sonlar Fibonachi sonlari deb yuritiladi.
249
Iii'
11
x. sonlar ketma-ketligining hadlar soni cheksiz bo'lsa, bu holda ketma­
ketlikning barcha hadlaridan tuzilgan to'plam cheksiz yoki chekli to'plam
bo'lishi mumkin. Masalan, 1,2,3...,n ... ketma-ketlik hadlaridan tuzilgan
{l,2,3 ...} to'plam cheksiz, l,-l,1,-1, ...ketma-ketlikning hadlaridan tuzilgan
{-1,1} to'plam chekli to'plamdir.
2. Chegaralangan ketma-ketliklar
Biror {xn} :
X1 , Xi , X1 , ...
, x. , ...
ketma-ketlik berilgan bo'lsin.
Ta'rif. Agar shunday o'zgarmas M son mavjud bo'lsaki, {x.} ketma­
ketlikning har bir hadi shu sondan katta bo'lmasa, ya'ni v nENuchun
x/;,M tengsizlik o'rinli bo'lsa, {x"} yuqoridan chegaralangan ketma­
ketlik deyiladi.
Ta'rif. Agar shunday o'zgarmas m son mavjud bo'lsaki, ya'ni v nEN
uchun
xn m
tengsizlik o'rinli bo'lsa, {x.} quyidan chegaralangan ketma-ketlik deyiladi.
Ta'rif. Agar ketma-ketlik ham quyidan,• ham yuqoridan chega­
ralangan bc:>'lsa, ya'ni shunday o'zgarmas m va M sonlar topilsaki,
v neNuchun
ms x"
M
tengsizliklar o'rinli bo'lsa, {x.} chegaralangan ketma-ketlik deyiladi.
1
n-
Misollar. 1. Ushbu x =I+ -:;- ;
n
1
1
1
l+l, I+ 4'1+ 9•···,l + n2 , •••
ketma-ketlik yuqoridan chegaralangan, chunki ixtiyoriy ne N uchun
tengsizlik o'rinli.
2. Ushbu:
1 1
(-lt+I
1' -4 '9''"' n2 , ...
ketma-ketlik quyidan chegaralangan, chunki v ne N uchun
250
X
n
-­
1
(m=--)
1
4
4
tengsizlik o'rinli.
3 8 r.2-1
0,-,-,...--2-,...
4 9
n
n2 -1
3. Ushbu x = -n
n2
ketma-ketlik chegaralangan, chunki V neN uchun
0
xn
<l
tengsizlik o'rinli. Haqiqiy sonlar to'plami R ni olaylik. Agar u chekli to'plam
bo'lsa, u holda uning elementlari orasida eng katta va eng kichik elelment
mavjud. Agar u cheksiz to'plam bo'lsa, u holda bar doim ham shunday
bo'lavermaydi. Masalan, natural sonlar to'plami N da eng kichik son 1 ga
teng ammo eng katta son yo'q. (a,b) interval eng kichik songa ham, eng katta
songa ham ega emas. Shuning uchun aniq, quyi va yuqori tushunchalarga
quyidagicha ta'rif beriladi.
Ta'rif. M chekli son uchun quyidagi ildd shart bajarilsa u holda M
soni v xnE P to'plamning aniq yuqori chegar si deyiladi va sup{x,,}= M
kabi yoziladi.
1. v x,,E R uchun x,, M tengsizlik o'rinli bo'lsa.
2. V e > O uchun shunday 3 N n > N(e) bo'ganda M -e < xN s M.
Ta'rif. m chekli son uchun quyidagi ikki shart bajarilsa u holda m soni
v xnE R to'plamning aniq quyi chegarasi deyiladi va inf {x)=m kabi
yoziladi.
1. v x,,eR uchun x,, m tengsizlik o'rinli bo'lsa.
2. Ve> o uchunshunday 3N n > N(e) bo'ganda ms xN < m +e.
1- misol. {2-_!_} , {3n+3} ketma-ketliklarning aniq yuqori
n
1
chegaralari quyidagicha yoziladi. sup{2- - }=2 sup{3n+3}=
00,
n
'
1
n
inf {2-- }=linf{3n+3}=6
2- misol. N={l,2,3...n} bo'lsa sup{.N}=00, inf{.N}=l bo'ladi.
3. Monoton ketma-ketliklar
Ta'rif. Agar {x.J ketma-ketlikning hadlari quyidagi
251
-
Xl $ X2 $ X3 $ ...
$ Xn $ . . .
(XI
< X2 < X3 < ... < Xn < ... )
tengsizliklarni qanoatlantirsa, ya'ni v nE N uchun
Xn $ Xn+I (Xn<xn+l)
bo'lsa, {x) o'suvchi (qat'iy o'suvchi) ketma-ketlik deyiladi.
Ta'rif. Agar {xj ketma-ketlikning hadlari quyidagi
X1 2:: X2 2:: X3 2:: ...
2:: Xn 2:'. . . .
(x1) X2 ) X3 ) ... ) Xn > ... )
tengsizliklarni qanoatlantirsa, ya'ni V nE N uchun
xn 2:'. x,,+, (x.>x,,+.>
bo'Isa, {xj kamayuvchi (qat'iy kamayuvchi) ketma-ketlik deyiladi.
0 'suvchi (qat'iy o'suvchi), kamayuvchi (qat'iy kamayuvchi) ketma­
ketliklar monoton ketma-ketliklar deyiladi.
n
1 2 3 4
n
Misol. Ushbu Xn = -: - , - , - , - , ... , -, ...
n+l 2 3 4 5
n+l
ketma-ketlikning o'suvchi ekanini ko'rsating.
Bu ketma-ketlikning
n
n+l
Xn = -;,+ J ' Xn+I n + 2
hadlarini olib, x.+1-x; ayirmani qaraymiz:
n+l
n
I
X 1-X
= ------------- =
n+
n
n + 2 n + 1 (n + l)(n + 2)
Ravshanki, v nEN uchun
(n+ l)(n+ 2)> O.
Demak, V nEN da x.+i - x. >O, ya'ni x,, < x.+i bo'ladi. Bu esa berilgan
ketma-ketlikning o'suvchi (hatto qat'iy o'suvchi) va quyidan chegaralangan
ekanini bildiradi.
Ta'rif. Ve> 0, 3!10 bo'lganda n>n0ga lxn -al< E o'rinli bo'lsa, u
holda a soni {x}n ning limiti deyiladi va lim
{x }=a
kabi yoziladi.
n-too
n
3- §. Hosila va uning ustida amallar bajarish metodikasi
1. Nyuton masalasi
Masala. Moddiy nuqta to'g'ri chiziqli harakat qilib Mvaziyatda bo'lganda
harakatning berilgan t paytdagi 1'.} tezligini toping.
252
s
u
t
M
M
Bu masalani yechish uchun quyidagicha faraz ·qilamiz.
Faraz qilaylik, moddiy nuqta to'g'ri chiziqli harakat qilib, t vaqt ichida
s masofani bosib o'tsin, ya'ni O nuqtadan M nuqtaga kelsin.
Agar t vaqtga yana M vaqt qo'shilsa, M vaqt ichida moddiy nuqta M,
masofaga keladi. Ma'lumki, bu yerdagi s masofa t ning funksiyasidir, ya'ni
t vaqt ichida s(t) masofani bosib o'tadi. U vaqtda OM1 orasidagi masofa esa
s(t+M) ga bog'liq bo'ladi. Agar moddiy nuqtani M vaqt ichida bosib o'tgan
masofasini topadigan bo'lsak, u tiS = S(t+M)-S(t) bo'ladi.
Moddiy nuqtani M vaqt ichida tiS masofani bosishi uchun harakatdagi
1'1.S
o'rtacha tezligi fizika kursidan ma'lumki, v;,.,=
.M
bo'ladi. Nuqtaning t
vaqtdagi tezligi deb, M vaqt oralig'idagi t'} o'rtacha tezlikning M nolga
intilgandagi limitiga aytiladi.
Shuning uchun
1'1.S S(t + M) - S(t)
M
M
lim !!,.S= lim S(t + M) - S(t).
M O /'1.t
(1)
fit
M O
Yuqoridagi savolning javobi (1) dagi limitni hisoblashga olib keldi.
Leybnis masalasi. Dekart koordinatalar sistemasida berilgan y=f(x)
egri chizig'ining ixtiyoriy nuqtasiga o'tkazilgan urinmaning absissa o'qining musbat yo'nalishi bilan hosil qilgan burchagining tangensini topish
masalasi hosila tushunchasiga olib keladi.
y
B /2esuvchi
x+6.x
X
27-chizma.
BC
.MBC dan - = tg /3
tg/3= tiy= f (x + !!,.x-)
l!,.x
AC
l!,.x
/(x).
(2)
Ta'rif. y=f(x) funksiyasining kesuvchisi AB ning B nuqtasini egri
chiziq bo'ylab A nuqtaga intilgandagi limitik vaziyati egri chiziqning
shu nuqtasiga o'tkazilgan urinma deb ataladi.
253
D.X
0 da L/3
La
bu holda B nuqta egri chiziq bo'ylab A nuqtaga
intiladi:
ll.y
tga = lim -
6.x O D.X
.
f (x + D.X) - f(x)
6.x0
D.X
= 11m ---------------- '-.
(3)
Yuqoridagi qo'yilgan masalani yechish bizni (3) dagi limitni hisob­
lashga olib keldi.
2. Hosilaning ta'rifi: y=f(x) funksiya X sohada aniqlangan bo'lsin.
Erl<li o'zgaruvchining birorta x=x0 qiymatini olib X sohadan chiqmay­
digan x0+L1x orttirma beramiz, u holda .1y=/{x0+L1.x)-fix0) funksiya
orttirmasi hosil bo'ladi.
· Ta'rif. y=f(x) funksiyasini x=x0 nuqtadagi funksiya orttirmasi L1y ni
argument orttirmasi L1x ga bo'lgan njsbatini L1.x Odagi limiti mavjud
bo'lsa, bu limit berilgan y=j(x,) funksiyasini x=x0 nuqtadagi hosilasi
deyiladi va Y
yoki Jc:o> kabi yoziladi. Umumiy holatda esa
deb yoziladi,
Y . f'(x); :
Yx,
.
f(xo +
D.X)- f(xo)
---.•
.. ll.y 11m = f'( x 0) 11m
=
O
6.x-+0 D.X <1x-+0
D.X
Bu ta'rif (1) va (3) limitlarga tatbiq qilinsa,
lim ll.S= fun S(t+M)-S(t) =S;=S'(t),
M-+0 ll.t
t.t O
M
Hosilasining mexanik ma'nosi
Moddiy nuqtani t vaqt ichidagi s masofani bosish uchun harakatdagi
tezligini topishdan iborat.
Hosilaning geometrik ma'nosi
Egri chiziqning biror nuqtasiga o'tkazilgan urinmani absissa o'qirling
musbat yo'nalishi bilan hosil qilgan burchak koeffitsiyenti tgcx ni topish­
dan iborat.
254
y-y0=k(x-x0), k=tga=
]! :=y;=f'(xo) bularga ko'ra
urinmaning burchak koeffitsiyenti tenglamasi f(x)=f(XiJ)+ f' (x0)(x-x0)
bo'ladi.
Misol. y=x3 kubik parabolaning x=1 nuqtadagi urunmasi f(x)= I+ 3
(x-1)=3x-2 tenglama bilan ifodalanadi, chunki y'=3x2 ni x=l nuqtadagi
qiymati y'=3 ga teng bo'ladi.
3. Elementar funksiyalarning hosilalarini topish.
1) y=c;
y'=c'=O.
2) y=x' ; y'=nx!'-1.
I s b o t : y+.1y=(x+ ,1x)n
.1y=(x+ LU')n-,X"=X"+n,x"" I. ,1x+...
n(n -l)(n-2)...[n-(n-l)]Axn
...
+-'---'--'------"---'----'---------------
xn.
1-2·3·...·n
Ay
n-l
n(n - l)xn-2 Ax
-=nx +-----+...
A.x
1-2
. Ay
n-l
. n(n - l)xn-2 Ax
I1m - = n-x
+ 1Im--'---'-----+...
lix O A.x
lix O
l· 2
3) y; = nxn-1.
1
y=-;
X
I
y+Ay=--.
Isboti:
x+A.x
I
I
-Ay
=-
X+A.x
-- .
X
x-x-.1x
Ay=---­
x(x+ Ax)
1
-=--2-Ax
x + xA.x•
Ay
r Im- Ay = -r Im
6.x O Ax
')
I
'
t.x Ox- + XA.x
4) y=tr; y'=trlna.
255
,
I
Yx = -1 .
X
Isboti:
Ay
-
Ax
lim Lly=
lim (ati.x- l=
)
ti.x->0 Ax
Ax->0
5) Y =x; Yx =
-1)
ax(al'.x
= --=-;
....:...
Ax
In a;
Ax
,½;
2
I
1
_! ,
Y =..:.. x2 2
- 2
Is bot i: y =xi;
6) y = sinx; y' = cosx.
Isboti:
y+L1y=sin(x+.1x),
.tly=sin(x+.1x)-sinx,
2
. Ill
.1.y
sm2
= --
Ax
Ill
-
Ay = 2sin Ax•cos(x + Ill)
2
x·
llx
· cos(x + -)
2
2
.
Ax
s ml1•m -Ay = 11·m -- 2 • cos( x+ UAA -) = cosx.
Ax->0 X
Ax->0
Ax
2
7) y=cosx
8) y=tgx;y' = --
1
.
.. cos2 x
Isboti:
sin(x + Ax) si_n_x
Liy tg(x + Ax) - tgx
cos(x + Ax) cosx
-=
=--'----''---=
Ax
Ax
Ax
sin(x + Ax) cos x - cos(x + Ax) sin x sin Ax
1
=--·
Ax cos x cos(x + Ax)
y' =
lim Liy= lim sin Ax .
x
Ax O Ax
x O
Ax
Ax
cos x cos(x + Ax)
1
= 1
cos X • cos (X + Ax) cos2 X •
256
-1
Yx=--2 -.
sin x
9) y=ctgx;
1
, 1
Yx = oga e ·- .
X
= lim .!_ loga
£\x O X
11) y=ax;
Lix
l+-
x_= logae .
Lix
a-
X
x
lny=xlna.
.!_· y' = In a,
y' = y In a, y' = yax In a.
y
4. Funksiyaning o'ng va chap hosilalari
Ta'rif. Agar L1x -HO( L1x-0) da
lim
!:
nisbatning limiti
= lim f(xo + Lix )- /(xo)
£\x +O,:ix
£\x +O
,:ix
f (xo + Lix ) - / (xo))
. 6.y _ Ii
( 11 m - - m "--'-=-----'--'---=£\x -O Lix
£\x -0
Lix
limiti j (x 0+O) = lim Lly = 1 ga teng. Chap limiti esa j (x -0) = lim Lly
...
= -1 ga teng.
Agar ./{x) funksiya x0 nuqtada f' (x0) hosilaga ega bo'lsa, funksiya shu
17 - S. Alixonov
257
Agar (x0) atrofda uzluksiz f (x) funksiyasi x;, nuqtada f (x0+O) va f (x0-0)
hosilalarga ega bo'lib /' (x0+O)=f (x0 -0) tenglik o'rinli bo'lsa, funksiya shu
nuqtada f (x0 ) hosilaga ega bo'lib f (x0)=f (x0+O) = f' (x0-0).
Ta'rif. Agar lim Ay = lim f(xo+ Ax )- f(xo) = ±00 tengligi o'rinli
6.x OAx
Ax
6.x O
.
bo'lsa u holda bu tenglikfix) funksiyasining x0 imqtadagi cheksiz hosilasi
deyiladi.
5. Teskari funksiyaning hosilasi
y=f(x) funksiyasi x=x0 nuqtada aniqlangan uzluksiz bo'lib,
1-tartibli hosilaga ega bo'lsin.
.
Te o re m a : agar y=fix) funksiyasi .x=x0 nuqtada aniqlangan va
uzluksiz bo'lib, /(x0)-:t0 hosilaga ega bo'lsa, u holda bu funksiyaga
teskari bo'lgan x=qi(y) funksiyasi y=y0 nuqtada x'Y yoki cp'(y0) hosilaga
1
ega bo'lib, x'=-Y, bo'ladi
y
X
Is bot i: x=<p(y) funksiyasi y=y0 nuqtada aniqlangan va uzluksiz
bo'lganligi uchun uning shu nuqtadagi orttirmasi tu, = <p(y +.i1y) - cp(y )
0
0
bo'ladi. Tenglikning har ikki tomoni L1y±O ga bo'linsa, Ax = _l_ xy=j(x)
Ay Ay
Ax
funksiyasi uzluksiz funksiya bo'lganligi uchun L1y O da L1x O shuning
uc hun lim -Ax -- lim -l-,.--- ta ' n·rga k o' ra, x'Y = Y_'lx_ Geometrik isboti
dy O Ay
6.x O
Ax
quyidagichadir (28-chizma).
y
·--r
M(x ,)
Yo- -
--·-
urinma
y-f(x)
!
X
28-chivna.
258
n
I
tga= tg/3;
a+/3=2;
tg(n - /3) = tga;
tg/3 =-;
2
1
tga = ctg/3.
tga
,
I
bundan x y = -,,­
Y x
I. y = arcsinx funksiyasining hosilasini toping. Ma'lumki, bu funksiya
- l l, -
n
::;),.:;n shu oraliqda x va y ning qiymatlari joylashgan hamda
2 2
y=arcsinx funksiyaga teskari bo'lgan .x=siny funksiyasi mavjud formulaga
I
ko'ra x' y= yx'
edi.
1
1
(arcs.mx)' =-I-- = I (siny)' cosy- -J1-sin2y - I- x2•
2. y = arccos x
x = cosy.
(arccosx)' =
y'= ?
1
(cosy)'
1
= -- -
1
= ---;=====
siny
.Ji - cos2 y
n
n
3. y=arctgx bo'lsa, x = tgy - <.x<
00
00,-
I
I-x2•
2 <y<2,
,
I
1
cos2 y
I
I
2
(arctgx) = -- =-=cos y =
- 2
2
2
(tgy•)
I
cos y + sin y- I + tg2 y- I + x •
cos2 y
4.
y = arcctgy bo'lsa
x = ctgy bo'ladi.
,_ 1
I
sin2 y
I
1
(arcctgy) ---=---=--2
2
2
2
(ctgy)'
1
sin y + cos yI+ ctg yI+ x •
sin2 y
259
QUYIDAGI FUNKSILARNING HOSILALARINI TOPING
. 1
I. y = arcsm-.
Javobi:-
•
2
xvx -1
X
1
2. y = arcctg x.
Javobi:- 2J; (l+ x)•
3. y = 1n arctg x.
1
y = --c= ------------==
Javobi:
2 (1+ x) arctg
4. y = arccos
Javobi:
x
x.
x
•
1
2 x../1-x.
MUSTAQIL ISHLASH UCHUN MISQLLAR
1. Ta'rifdan foydalanib quyidagi funksiyaning hosilalarini toping.
y=5.x2-3x,
y=
.Jx , y=sin3x.
2. Quyidagi funksiyalarning hosilalarini ta'rif asosida toping.
y=cos2x,
3. =
y
x_3
y=tg2x,
y=x3.
1 funksiyasining hosilasini toping.
4. y = 2x2 - 3x funksiyasini hosilasini ta'rifga ko'ra toping.
4- §. Hosilani hisoblash qoidalari
Elementar funksiyalaming hisoblash o'rganildi. Endigi asosiy maqsad
chekli sondagi arifmetik amallar va superpozitsiyalar vositasida elemen­
tar funksiyalardan tuzilgan ixtiyoriy funksiyaning hosilasini hisoblash
imkonini beruvchi qoidalar ko'rib chiqiladi.
1. Agar u = u(x) funksiyasi x = x0 nuqtada hosilaga ega bo'lsa, u holda
y= c-u(x) funksiyasi ham hosilaga ega bo'lib, [c-u(x)]' = c·u'(x) bo'ladi.
Is bot i : y=c·u(x) desak, bu funksiyani orttirmasi y+ Liy=c·u(x+L1x)
bo'ladi. Bundan L1y=c·u(x+L1x)-c·u(x) l:L1x
+ &x) - u(x)
.1.y
.1.u
Ay
yoki
- = cu(x
_..;..---'------=C·-.
Ax
Ax
Ax
260
Ax
Agar .1x O da lI.m -!J.y = c • 11·m -!J.u hosila ta'rifiga ko'ra y' =c-u'(x).
f.x O /1x
Misol: u=3·x3;
f.x O /1x
X
u'=(3x3)'=3(x3)'=3·3x2=9x2•
2. Agar U(x) va V(x) funksiyalari x=x0 nuqtada hosilaga ega bo'lsa,
U(x)±V(x) funksiya
ham shu
nuqtada
hosilaga
ega bo'lib,
[ U(x)± V(x)]'= U(x)± V(x).
Is bot i : y= U(x)±V(x) funksiyaning orttirmasi
.1y=/1U±.1 VI: .1x
.1y=[ U(x+.1x)-U(x)]±[V(x+.1x)-V(x)],
.L\y _ .L\U± .L\V
/1x-
/1x
/1x •
•
.1x O limitga o'tsak
1I·m -.L\y = 1I·m -AU+ 1I·m -.L\V .
t.x O /1x
t.x O /1x
t.x O /1x
Hosila ta'rifiga ko'ra y'=U±V.
3. Agar U(x) va V(x) funksiyalari x=x0 nuqtada hosilaga ega bo'lsa,
ularning o'zaro ko'paytmasining ·hosilasi [U(x)· V(x)]'=U'(x)· V(x)+ V(x)x
xU(x) bo'ladi.
Isboti:
y=U(x) • V(x) bo'Isa, .1y= U(x+.1x)•V(x+.1x)- U(x)•V(x) bo'ladi.
• .1y= U(x+.1x)·V(x+.1x)- U(x)· V(x)+ U(x+.1x)·V(x)- U(x+.1x)·U(x)
• .1y= U(x+.1x)·[V(x+.1x)· V(x)]+ V(x)[ U(x+.1x)- U(x)]
.1y=.1V-U+ V-.1U I : .1x
!J..y = l!!.U · V + U · 6.V
/1x
/1x
/1x
bo'ladi .1x O limit olinsa
'
lI•m -A-V = 1I·m -6.U •V + 1I·m -/1V - u.
t.x O /1x
t.x O /1x
t.x O /1x
Hosila ta'rifiga ko'ra y'= U· V+V· U.
Agar U(x) va V(x) funksiyalari x=x0 nuqtada hosilaga ega bo'lsa ularning
-{U(x) (= U'(x)V(x)- V'(x)U(x)
o'zaro nisbatlari ham.hosilaga ega bo'lib_V(x)J
,
bo'ladi.
Javobi:.
2. y = arcsin2 x.
2arcsin x
Javobi:
.,
'·
l -­2
3-x 3 •
261
1-x2
v2(x)
5x4 (1 - x2)- 2x (1 - x5)
1-x2
3. y:--5.
Javobi:
1-x
(1 - x5 )2
l
4. y = In (x +x2 + 4 ).
Javobi:
5. y =sin 2 x
+ cos3x.
Javobi:
6. y = xshx.
Javobi:
x2 + 4•
2 cos 2x - 3sin 3x
2 sin2x + cos3x
shx + xchx.
MUSTAQIL ISHLASH UCHUN MISOLLAR
l.Hosilaning qoida va formulalaridan foydalanib quyidagi funksiyalaming
hosilalarini toping:
y=x5 (2-
X
2
3 +3x ).
2. Quyidagi funksiyalaming hosilalarini toping.
y=5sinx-cosx, y=tgx-ctgx, y=xctgx, y=x7-e<, y=e' cosx
3. Quyidagi funksiyalarning hosilalarini toping.
y=X', y=X'iru, y=lnl.xj.
5- §. Integral va uning tatbiqlarini o'rgatish metodikasi
1. Biz hozirgacha biror y=f(x) funksiyasi berilgan bo'lsa, bu funk­
siyaning hosilasini yoki differensialini hisoblashni o'rgandik. Endi hosila
olish amaliga teskari bo'lgan amal tushunchasini kiritishga harakat
qilamiz. Agar bizga hosilasi olingan funksiya berilgan bo'lsa, ana shu
funksiyani hosilasi olingunga qadar, ya'ni uning boshlang'ich ko'rinishi
qanday bo'lgan edi degan savolga javob beramiz.
Ta'rif. Agar y=F(x) funksiyasining hosilasi J(x) ga teng bo'lsa,
ya'ni F(x)=f(x) tenglik o'rinli bo'lsa, u holda F(x) funksiyasi .f(x)
funksiya uchun boshlang'ich funksiya deyiladi.
•
3
1- misol. Agar fl..x)=x2 bo'lsa, uning boshlang'ich funksiyasi F(x)=
3x2
bo'ladi, chunki F(x)= =x2=f(x) bo'ladi.
3
262
2- misol. Agar /{x)=sinx bo'lsa, uning boshlang'ich funksiyasi F(x)=­
cosx bo'l;idi, chunki, F(x)=(-cosx)'=sinx=/{x).
1
3- misol. Agar f{x)= ..fl-x2
bo'lsa, uning boshlang'ich funksiyasi
}tx)=arcsinx bo'ladi.
Yuqoridagi misollardan ko'rinadiki, agar f(x) funksiyasi uchun F(x)
funksiyasi boshlang'ich funksiya bo'ladigan bo'lsa, u holda .F(x)+ C funksiyasi
ham boshlang'ich funksiya bo'ladi, chunki [F(x)+ C)'=/{x), C - o'zgarmas
son. Bundan ko'rinadiki, agar f(x) funksiyasining boshlang'ich funksiyasi
mavjud bo'lsa bunday boshlang'ich funksiyalar cheksiz ko'p bo'lib, ular
o'zgarmas son C ga farq qilar ekan. 1-misolda
+C, 2-misolda (-cosx+C),
3-misolda esa (arcsinx+ C) boshlang'ich funksiyalar bo'ladi.
Ta'rif. /{x) funksiyasining boshlang'ich funksiyasining umumiy ko'rinishi
}tx)+ C ga shu /{x) funksiyasining aniqmas integrali deyiladi va u quyidagicha
yoziladi:
I/(x)dx= F(x)+ C.
Bunda J - integral belgisi, f{x)dx - integral ostidagi ifoda deb yuritiladi.
Ta'rif. j{x) funksiyasining boshlang'ich funksiyasining umumiy
ko'rinishi F(x)+ C ni topish amaliga integrallash amali deyiladi. Bu
ta'rifdan,ko'rinadiki, /(x) - funksiyaning integrallash amali shu
funksiyaning hosila olish yoki differensiallash amaliga nisbatan teskari
bo'lgan amal ekan. Integrallash amali quyidagi muhim xossalarga ega:
1- xossa. Agar differensiallash belgisi integrallash belgisidan oldin kelsa,
ular o'zaro teskari amallar bo'lgani uchun bir-birini yo'qotadi:
d.[/(x)dx=f{x)dx.
2- xossa. Differensial belgisi integral belgisidan keyinda kelsa, bu belgilar
bir-birini yo'qotgandan so'ng F(x) ga o'zgarmas C soni qo'shiladi:
Jdf{x)dx=F(x)+C.
Is bot i. Jd}tx)=JF(x)dx=I/(x)dx= }tx)+ C.
3- -xossa. O'zgarmas sonni integral ishorasi tashqarisiga chiqarib yozish
mumkin:
Jk-J{x)dx=k·I/(x)dx.
4- xossa. Algebrik yig'indi (ayirma)ning integrali qo'shiluvchi (ayri­
luvchi)lar integrallarining algebrik yig'indisiga (ayirmasiga) teng:
J[f{x) ± g(x)]dx=I/(x)dx ± Jg(x)dx.
263
Is bot i . dJ[/{x)±g(x)]dx=d{it{x)dx±Jg(x)d.x}=
=dJ/rx)dx±dJg(x)dx=ft.x)dx+_g(x)dx.
INTEGRAL JADVALI
dx
= tgx+C.
s.f - 2
1. Jdx--=x+C.
COS X
9.
3.
f dx =lnlxl+C.
I sm x = -ctgx +C.
2
•
11.
.x - +C .
= arcs sm
dx
J
lo
X
dx
-_- -
v1a2 - x2
a
dx
I
x
J- 2--2 = -arctg-+C.
a +x
a
a
f .Jx2dx+ = In I x + .Jx + a I +C.
x-a
dx = -Inl
13. f
--1
+C.
x -a
2
12.
6.
7.
J sin.xdx = -cosx+C.
2
a2
2
2
1
1
2a
x+a
f cosxdx = sinx + C.
ANIQMAS INTEGRALDA O'ZGARUVCHINI
ALMASHTIRISH
Faraz qilaylik, I=J./{x)dx integralni hisoblash kerak bo'lsin. Integral
ostida shunday J{x) funksiyalar mavjud bo'ladiki, bu funksiyalarning
integralini hisoblash uchun yangi o'zgaruvchi kiritishga to'g'ri keladi.
Faraz qilaylik, I=J./{x)dx integralda x=q,(t) o'zgaruvchini almashtiraylik,
u holda dx=q,'(x)dt bo ladi. Ularni integral ostidagi ifodaga qo'ysak,
J./{x)dx=ifiq,(t)]q,'(t)dtbo'ladi. Bu formula aniqmas integralda o'zgaruvchi
almashtirish formulasi deyiladi.
1- misol.
I=
J5x
ni hisoblang.
264
1J dz 1
1
I = J -- dx = - - - = - - ln I z I= - - ln I 5 - 3x I +C.
5-3x
3
z 3
3
2- misol. I
=
J 1+ :X+1 ni hisoblang. Buni hisoblash uchun o'zgaruv­
chi almashtirish usulidan foydalaniladi.
x+l=z3 desak, x=z3-l, dx=3z2dz,
= 3(J z2 -ldz+
r _!!!: )= 31I' (z -J)(z+ l)dz +J _!!!: )=
I+z
J
l+z
z+l
'
,z - z + ln I I + z I +C1 = - 3 .j(x + 1)2 =3
2
I2
2
l+z ,
3
'
,
-3 .Jx+I +3ln I I+.Jx+l I +C.
3
ANIQMAS INTEGRALNI BO'LAKLAB INTEGRALLASH
Bizga differensiallanuvchi bo'lgan U(x) va V(x) funksiyalari berilgan
bo'lsin.
Ma'lumki, d(U JI)= VdU+ UdV edi.
Bu yerdan UdV topilsa, UdV=d( U V)-VdU bo'ladi. Bu tengliklar
integrallansa, JUdV=Jd(UV)-JVdU, JUdV=UV- JVdU
Bu formula aniqmas integralda bo'laklab integrallash formulasi
deyiladi.
1- misol. J= Jx/nxdx ni hisoblang.
1
xi
U=lnx bo'lsa, dU= - dx bo'ladi.
dV=xdx bo'lsa, V = -
X
265
2
bo'ladi.
ANIQ INTEGRAL
Masala. Dekart koordinatalar sistemasida chap tomondan x=a o'ng
tomonda x = b, ostki tomondan y=O va yuqori tomondan y=/(x) egri chizig'i
bilan chegaralangan aABb ko'rinishdagi egri trapetsiyaning yuzasi hisoblansin.
Ushbu masalani yechish aniq integral tushunchasiga olib keladi. Bu
masalani yechish uchun ab kesmani ixtiyoriy n ta bo'lakka bo'lib bo'linish
nuqtalaridan Oy o'qiga parallel to'g'ri chiziqlar o'tkazilsa, izlanayotgan egri
trapetsiya (n-1) trapetsiyalarga ajraladi. Bu trapetsiyalarning yuzalarini hisob­
lashda Darbuning quyi va yuqori yig'indilari degan tushunchalar hamda bu
yig'indilar orasida yotuvchi Riman yig'indisi degan tushunchalardan foydalanib
ular orasidagi matematik qonuniyatlarni o'rnatish natijasida aniq integral
tushunchasiga quyidagicha ta'rifberiladi. Ta'rifberishjarayonida .:l = (max /J.x1) .
Ta'rif: .:l-+ 0 a yig'indi chekli lirnitga ega bo'lsa, bu limit [a,b] ni
maydalash usuliga va undagi nuqtalarni tanlanishiga bog'liq bo'lmasa u
holda bu limit y=fix) funksiyasini [a,b] dagi aniq integrali deyiladi va u
quyidagicha yoziladi:
. lima = lim "-I
2,f(g;) · /J.xi = b f(x)dx.
(1)
f
,u--,o ; o
.
(1) egri trapetsiya yuzini hisoblash forrnu­
lasidir. (1) Nyuton - Leybnes formulasi bo'yicha
hisoblanadi:
b
A
S = ff (x)dx = F(b) - F(a).
a
Aniq integral rnavzusi rnuarnrnoli ta'limning
muarnmoli vaziyatlari asosida tushuntirildi. Bu
mavzuning ilmiy metodik isbotini talabalar
qo'yilgan muamrnoli vaziyatlarni ilmiy-metodik
yechirnlarini o'zlari topishga harakat qiladilar
degan umiddamiz.
Masala. Balandligi h ga asosi a ga teng bol'gan
uchburchakning yuzasini hisoblang.
Ber i 1 g an u ch bur ch a k OAB OB=h,
AB=a, OA=y=kx.
Yechish:
a
a x2
a · h2 l
S= h Jf(x)dx=h J-xdx=--I h =-=-a-h.
h 2 o h-2
2
0
0h
266
0
a
x1
xi+, ,b X
29- chivna.
y
B
30- chivna.
QUYIDAGI INTEGRALLARNI HISOBLANG
1 J
dx
x.Jx+t'
Javobi: ln1../x+I-1i+c.
.Jx+l +1
xdx
2. J .Jx2+ 1.
Javobi: x2 + 1 + C.
dx
• J 3x-2°
Javobi: - In l3x - 21+ C.
4. Jln2 xdx.
Javobi: x(ln2 x-2lnx+2)+C.
3
I
3
'
ex
Javobi:
2(sinx + cosx)+ C.
6- §. Differensial tenglamalar
Ixtiyoriy nuqtasiga o'tkazilgan urinmaning burchak koeffitsiyenti
absissasining ikkilanganiga teng bo'lgan xossaga ega egri chiziq tengla­
masini topaylik.
Ye chis h. Masala shartidan egri chiziqning M(x,y) nuqtasiga o'tka­
zilgan urinmaning burchak koeffitsiyenti 2x ga tengligi kelib chiqadi. Ikkinchi
tomondan urinmaning burchak koeffitsiyenti M nuqtaning ordinatasi y dan
absissasi x bo'yicha olingan hosiladan iboratdir. Shunday qilib, ushbu tenglikka
ega bo'lamiz:
dy
-=2x
dx
(I)
yoki
(2)
dy =2xdx
(1) yoki (2) tenglik asosida egri chiziq tenglamasini topishga, ya'ni
o'zgaruvchi y nix ning funksiyasi sifatida ifodalashga urinib ko'raylik. (1)
tenglik hosilani o'z ichiga oladi; (2) tenglik esa izlanayotgan funksiyaning
differensialini o'z ichiga oladi; shuning uchun bunday tengliklar differensial
tenglamalar deyiladL Ildizlari sonlardan iborat bo'lgan algebraik tenglama­
lardan farqli o'Jaroq differensial tenglamalarning yechimi. deb differensial
tenglamani qanoatlantiruvchi x o'zgaruvchining funksiyasiga aytiladi, ya'ni
u shunday funksiyaki, tenglamadagi y ning o'rniga qo'yilganda, uni ayniyatga
aylantiradi. y ni xuddi shu funksiya deb faraz qilib (2) tenglikni ayniyat
sifatida qarashi mumkin; uni integrallab topiladi:
267
f dy = f 2xdx + C yoki
y = x2 +C,
bunda C - ixtiyoriy o'zgarmas.
O'zgarmas C ning istalgan qiymatida x2 + C
2xdx ga teng. (2) tenglamada y
ifodaning differensiali
ni x2 + C ifoda bilan almashtirish,
d (x2 + C) = 2xdx ayniyatga olib keladi. Shunday qilib, (2) tenglamaning
yechimi bo'lib bir emas, balki o'zgarmas C ning qiymati bilan bir-biridan
farq qiluvchi va x2 + C ifoda bilan aniqlanuvchi cheksiz ko'p funksiyalar
to'plami xizmat qiladi. Bu holda (2)
y
tenglamaning yechimi bitta parametr C •ga
bog'liq bo'lgan funksiyalar oilasidan iborat
y=x1+3
deyiladi.
y +l
Geometrik nuqtayi nazardan bu masala
y=x1-l
shartini aniq bir egri chiziq emas, balki C
y=x2-J
ning turli qiymatlariga mos kelgan egri chiziqlar
oilasi (parabolalar) qanoatlantiradi degan ma'noni bildiradi. Bu oilaga tegishli egri chiziqlar
(2) tenglamaning (yoki (1) ning, farqsiz)
integral egri chiziqlari deyiladi.
2. Endi quyidagi ikki xossaga ega bo'lgan
egri chiziq tenglamasi topiladi: 1) egri chi­
ziqning ixtiyoriy M(x,y) nuqtasidagi urin31- chivna.
X
maning burchak koeffitsiyenti - - ga teng; 2)
y
egri chiziq Mo(3,4) nuqtadan o'tadi.
Ye c hi sh . (1) shart ushbu differensial tenglamaga olib keladi:
dy
dx
X
-=---,-
y
yoki
ydy = -xdx.
(3)
y funksiya deganda (3) tenglamani qanoatlantiruvchi funksiya tushuniladi,
ya'ni (3) tenglikni ayniyat sifatida deb qaraladi va topiladi:
f ydy = - f xdx + C,
bundan esa:
y2
xi
-=--+C
2
2
268
(4)
yoki
xi + Y2
= C.
(5)
(5) tenglikda 2C o'rniga C ning o'zi
yozildi, chunki C ixtiyoriy o'zgarmas bo'lgani
y
uchun uni 2C ko'rinishida yoki C ko'rinishida
yozish farqsizdir.
Masalan, (4) tenglikda C ga biror son
qiymati, masalan, 5 berilsa (va, demak,
2C=l0), u holda (5) tenglikdagi o'zgarmas C
x
ga 10 qiymati berish mumkin.
Olingan (5) tenglik (3) tenglamaning integ­
ral egri chiziqlari koordinata boshida umumiy
markazga ega bo'lgan (o'zgarmas) konsentrik
aylanalar oilasi ekanini ko'rsatadi. Endi bu egri
32-chiz,na.
chiziqlardan nuqtadan o'tuvchi egri chiziq tenglamasini topishi kerak. Bunday aylana aniq radiusga ega bo'ladi, uni (5)
tenglikdan .x=3 va y=4 deb aniqlanadi.
Shunday qilib, 32 + 42 = C , ya'ni C = 25 va izlangan egri chiziq
ushbu tenglama bilan aniqlanadi:
x2 + y2 = 25.
3. Endi differensial tenglamalar nazariyasi bilan bog'liq bo'lgan asosiy
tushunchalar va ta'riflarni ko'rishga o'tiladi.
x erkli o'zgaruvchi; y esa x ning noma'lum funksiyasi bo'lsin; x,y
ni va uning turli tartibli hosilasi yoki differensialini o'zaro bog'lovchi
tenglik differensial tenglama deyiladi. Masalan, ushbu tenglik differensial
tenglamadir:
y'+xy = 0.
(6)
Differensial tenglamani qanoatlantiruvchi har qanday funksiya uning
yechimi deyiladi.
x2
Masalan,y = e
2
funksiya (6) tenglamaning yechimidir. Haqiqatan
x2
ham,
y , =-xe-2
x2
va tenglamaning chap tomonidagi y ni
e
--2 bilan va
ifoda bilan almashtirib, ushbu_ayniyatga ega bo'lamiz:
x2
-- -
-xe 2
+ xe
269
-xl
2
= 0.
Differensial tenglamaning tartibi deb tenglamada ishtirok etuvchi hosila
(differensial) ning eng yuqori tartibiga aytiladi. Misol uchun (6) tenglama
birinchi tartibli tenglamadir;
y"-y =0
(7)
tenglama esa ikkinchi tartibli tenglamadir.
Biz (2) tenglamaning yechimi
y = x2 + C
funksiyalar oilasi, (3) tenglamaning yechimi esa
(8)
x2 + y2 = C
(9)
funksiyalar oilasi ekanini ko'rdik. (8) tenglamadagi kabi (9) tenglamada
ham ixtiyoriy o'zgarmas qatnashadi.
Umuman differensial tenglamaning umumiy yechimi yoki integrali deb
uning tenglama tartibi qancha bo'lsa, shuncha ixtiyoriy o'zgarmas ishtirok
etgan yechimiga aytiladi yoki, boshqacha aytganda, tenglama tartibiga teng
bo'lgan Cl' C 2_C 3 c. parametrlarga bog'liq bo'lgan funksiyalar oilasi
tenglamasiga aytiladi. Agar bunda tenglama y ga nisbatan yechilgan bo'lsa,
u holda uni differensial tenglamaning umumiy yechimi, agar y ga nisbatan
yechilmagan bo'lsa, umumiy integrali deyiladi.
Shunday qilib, (8) munosabat (2) differensial tenglamaning umumiy
yechimidir, (9) munosabat esa (3) differensial tenglamaning umumiy
yechimidir.
lkkinchi tartibli differensial tenglama (7) ning umumiy yechimi quyidagi
ko'rinishga ega ekaniga ishonch hosil qilish qiyin emas:
y=C1cosx+C2sinx.
(10)
Ixtiyoriy o'zgarmasning aniq son qiymatlari uchun umumiy ye.chimdan
olinadigan yechim xususiy yechim deyiladi.
Differensial tenglamaning xususiy integrali ham xuddi shunday aniqlanadi.
(2) tenglamaning yechimi (3) tenglamaning xususiy integrali x2 + y2 = 25 ni
topishga keltiriladi.
Umumiy yechim (yoki integral)ning grafiklari berilgan differensial
tenglamaning integral egri chiziqlari deyiladi.
Qoidaga ko'ra tekislikning nuqtasidan birinchi tartibli differensial
tenglamaning faqat bitta integral chizig'i o'tadi. Shuning uchun birinchi
tartibli differensial tenglamaning kerakli xususiy yechimi (yoki integrali)ni
topish uchun x argumentning x0 qiymatiga va unga mos y ning y0 qiymatiga
ega bo'lish zarur.
Bu qiymatlar differensial tenglamaning boshlang'ich shartlari deyiladi.
Boshlang'ich shart quyidagicha yoziladi:
270
Demak, (2) masalaning boshlang'ich sharti quyidagi tenglik bilan yoziladi:
y(3)=4.
Biz ko'rdikki, shu masalani yechish jarayonida bostrlang'ich shart
yordamida differensial tenglamaning umumiy yechimida (umumiy integra­
lida) qatnashuvchi o'zgarmas C ning qiymati aniqlanadi.
Tauor!ash uchun savollar
I. To'g'ri proporsional bog'lanish nima?
2. Teskari proporsional bog'lanish nima?
3. Funksiya ta'rif/ni ayting.
4. Funksiyaning aniqlanish va o'zgarish sohasi deb nimaga aytiladi?
5. Funksiyaning beri/ish usu/lari deganda nimani tushunasiz?
6. Hosila qanday ta'rif/anadi?
7. Hosilaning geometrik ma 'nosini ayting.
8. Elementar Junksiyalarda hosila qanday bajariladi?
9. Murakkab funksiyaning hosilasi qanday formula bi/an ifodalaniladi?
JO. Yuqori tartibli hosila deganda nimani tushunasiz?
ll. Berilgan funksiyaning boshlang'ich funksiyasi deb nimaga aytiladi?
12. Berilgan Junksiyaning boshlang'ich funksiyasining umumiy ko'rinishi
deganda nimani tushunasiz?
13. Berilgan Junksiyani integra/i deb nimaga aytiladi?
14. Aniqmas integralning asosiy xossalarini ayting.
15. Aniqmas integralda o'zgaruvchining almashtirish formulasi qanday
ifodalanadi?
16. Aniqmas integralda bo'laklab integrallash formulasini yozing.
17. Qanday tenglamaga differensial tenglama deb aytiladi?
18. Differensial tenglama qanday yechiladi?
19. Differensial teng/amaning xususiy yechimi qanday topiladi?
20. Differensial tenglamaning boshlang'ich shartlarni qanday topiladi?
Tayanch iboralar
To'g'ri proporsional, teskari proporsional, Junksiya, junksiyaning aniqlanish
va o'zgarish sohasi, funksiyaning beri/ish usu/lari, hosila, hosilaning
geometrik ma'nosi, murakkab funksiyaning hosilasi, yuqori tartibli hosila,
boshlang'ich Junksiya, Junksiyaning integrali, aniqmas integra/ning asosiy
xossalari, aniqmas integralda o'zgaruvchini almashtirish, aniqmas
integra/da bo'laklab integral/ash, differensial tenglama, differensial
tenglamaning yechimlari, differensial tenglamaning xususiy yechimlari.
X bob.
GEOMETRIYA KURSINING AKSIOMATIK QURILISHI
AKSIOMA, POSTULAT, TEOREMA VA UNING TURLARINI
O'RGATISH METODIKASI
1- §. Matematik hukmning turlari
Ma'lumki, maktab geometriya kursi deduktiv asosida mantiqiy
qurilgan fan bo'lib, u asosan planimetriya va stereometriya bo'limlaridan
iboratdir. Geometriyaning planimetriya bo'limida tekislikdagi geometrik
figuralarning qonuniyatlari, stereometriya bo'limida esa fazoviy geometrik
figuralarning qonuniyatlari o'rganiladi. Uning deduktiv qurilgani shu
bilan izohlanadiki, geometriya kursini umumiylikdan xususiylikka tomon
o'rganiladi. Chunki, avvalo, tekislikda yotuvchi ixtiyoriy nuqtalar to'pla­
miga geometrik figura deb ta'rif beriladi, so'ngra ana shu geometrik
figuraning xususiy hollari o'rganiladi. Masalan, ko'pburchak va uning
qabariq, botiq turlari o'rganiladi, so'ngra qabariq ko'pburchakning
turlari bo'lmish to'rtburchak, parallelogramm, trapetsiya, romb va
kvadratlarning xossalari o'rganiladi. Demak, bu yerda o'rganishjarayoni
umumiylikdan xususiylik tomon amalga oshiriladi. Geometriya kursining
mantiqiyligi deganda:
a) ta'riflanmaydigan boshlang'ich tushunchalar qabul qilinadi (nuq­
ta, to'g'ri chiziq, tekislik va masofa);
b) boshqa geometrik figuralar ta'riflanmaydigan tushunchalar yordamida ta'riflanadi;
d) aksiomalar sistemasi qabul qilinadi;
e) ta'rif va aksiomalar yordamida teoremalar isbotlanadi.
Yuqoridagi aytib o'tilgan bosqichlar geometriya kursining mantiqiy
qurilganligini ko'rsatadi.
Maktab matematika kursida matematik hukmlar aksioma, postulat
va teorema ko'rinishda beriladi.
Aksioma grekcha axioma so'zidan olingan bo'lib, uning lug'aviy
ma'nosi <<obro'ga ega bo'lgan gap>> demakdir. Shuning uchun ham
aksiomaga maktab matematika kursida quyidagicha ta'rif berilgan:
«lsbotsiz qabul qilinadigan matematik hukm aksioma deyiladi».
Aksioma asosan eng sodda geometrik figura yoki sodda matematik
qonuniyatlarning asosiy xossalarini ifodalovchi hukmclir. Masalan, maktab
geometriya kursida o'rganish uchun qabul qilingan aksiomalarni qaraylik:
272
l
1. «Tekislikda yotuvchi ixtiyoriy bitta nuqtadan shu tekislikdagi to'g'ri
chiziqqa parallel bo'lgan faqat bitta to'g'ri chiziq o'tkazish mumkin».
2. <<Tekislikdagi har qanday ikki nuqtadan faqat bitta to'g'ri chiziq
o'tkazish mumkin».
Ma'lumki, matematika fani aksiomalar sistemasi asosida qurilgandir.
Matematika fanining mantiqiy asosda qurilishini yaratish uchun
aksiomalarning bo'lishligi haqida fikr Gretsiyada bundan ming yil avval
paydo bo'lgan edi. XIX asrning oxiri va XX asrning boshlarida
matematika fanining turli bo'limlarida aksiomalar chuqur o'rganildi
va rivojlantirildi.
Matematika kursidagi aksiomalar sistemasi asosan quyidagi uch
talabga javob berishi kerak.
1. Aksioma sistemasi ziddiyatsiz bo'lishi kerak. Bu degan so'z, biror
aksiomadan chiqarilgan natija shu aksioma yordamida hosil qilingan
boshqa natijaga yoki boshqa aksiomadan chiqarilgan xulosaga zid
kelmasligi kerak.
2. Aksiomalar sistemasi mustaqil bo'lishi kerak, ya'ni hech bir
aksioma ikkinchi bir aksiomadan kelib chiqadigan bo'lmasligi kerak.
3. Aksiomalar sistemasi shu fanga oid istalgan bir yangi tushunchani
isbot etish uchun yetarli bo'lishi kerak, ya'ni biror matematik jumlani
isbotlashda hech qachon o'z-o'zidan tushunilishiga yoki tajribaga
tayanilmaydi, bu matematik jumla boshqa teoremalar oxirida aksio­
malar bilan asoslanishi kerak bo'ladi.
Maktab geometriya kursida quyidagi aksiomalar sistemasi mavjud.
1. Tegishlilik aksiomasi:
a) har qanday to'g'ri chiziq nuqtalar to'plamidan iboratdir.
b) har qanday ikki nuqtadan bitta va faqat bitta to'g'ri chiziq
o'tkazish mumkin.
d) har qanday to'g'ri chiziqni olmaylik, shu to'g'ri chiziqqa tegishli
bo'lgan va tegishli bo'lmagan nuqtalar mavjud.
2. Masofa aksiomasi:
a) har bir kesmaning uzunligi shu kesmaning har qanday nuqtasi
ajratgan masofalar uzunliklarining yig'indisiga teng:
b) A nuqtadan B nuqtagacha bo'lgan masofa B nuqtadan A
nuqtagacha bo'lgan masofaga teng: IA.Bl= IBAI.
d) Ixtiyoriy uchta A, B, C nuqta uchun A dan C gacha bo'lgan
masofa Adan B gacha va B dan C gacha bo'lgan masofalar yig'indisidan
katta mas: IACl:5JABl+IB<l
3. Tartib aksiomasi:
18 - S. Alixonov
273
a) to'g'ri chiziqdagi uchta nuqtadan bittasi va faqat bittasi qolgan
ikkitasi orasida yotadi.
b) to'g'ri chiziq tekislikni ikki yarim tekislikka ajratadi.
4. Harakat aksiomasi:
a) Agar IAb1 masofa musbat bo'lib, u IA1B11masofaga teng bo'lsa,
A nuqtani A1 nuqta va B nuqtani B1 nuqtaga akslantiruvchi faqat ikkita
siljitish mumkin.
5. Paralellik aksiomasi:
Berilgan nuqtadan to'g'ri chiziqqa bitta va faqat bitta parallel
to'g'ri chiziq o'tkazish mumkin.
2- §. Postulat
<<Postulat>> so'zi lotincha so'z bo'lib, uning lug'aviy ma'nosi <<talabni
belgilovchi>> demakdir. Postulat - bu ma'lum bir talab yoki shartlami
ifodalovchi matematik hukm bo'lib, bundagi talab va shartlami ba'zi
bir tushuncha yoki tushunchalar orasidagi munosabatlar orqali qanoat­
lantiradi.
1- misol. Evklidning <<Negizlar>> kitobida paralellik aksiomasi «beshinchi
postulat>> deb atalgan qadimgi matematiklar ana shu paralellik aksiomasini
XIX asrning boshlarigacha isbotlashga urinib keldilar. Bu urinishlar har
doim muvaffaqiyatsizlik bilan tugadi. Paralellik aksiomasining to'g'riligi hech
kimda shubha tug'dirmasada, uni mavjud aksiomalarning va ilgari isbot
qilingan geometrik faktlarning asosi uchun qabul qilish mumkin emasmikan,
ya'ni u o'zicha teoremadan iborat emasmikan, degan savol barcha
matematiklarni qiziqtirar edi. Parallel to'g'ri chiziqlar aksiomasini teskarisidan
faraz qilish usuh bilan, ya'ni nuqta orqali berilgan to'g'ri chiziqqa parallel
bir nechta to'g'ri chiziq o'tkazish mumkin, deb qabul qilib isbotlashga
urinishlar matematik qonuniyatlarga zid bo'lgan holatlarni keltirib chiqarishi
kerak edi, ammo bunday bo'lmadi. Buyuk rus matematigi N.I.Lobachevskiy
va undan bexabar holda venger matematigi Ya.Boya nuqta orqali berilgan
to'g'ri chiziqqa parallel bir necha to'g'ri chiziq o'tkazish mumkin, degan
farazni qabul qilib, boshqa <<noyevklid geometriya<<ni qurish mumkinligini
isbot qildilar. Lobachevskiy geometriyasi ana shunday dunyoga keldi.
2- misol. Munosabatlar ekvivalentligining ta'rifi ham quyidagi uchta
postulat orqali ifodalanadi:
1) munosabat refleksiv bo'lishi kerak: Va E A : a
2) munosabat simrnetrik bo'lishi kerak:
Va,b EA: (a 1-b) => (a
274
3) munosabat tranzitiv bo'lishi kerak:
1
:c)=>
(a f : c).
3- §. Teorema va uning turlari
Teorema so'zi grekcha so'z bo'lib, uning lug'aviy ma'nosi <<qarab
chiqaman» yoki <<o'ylab ko'raman» demakdir, shuning uchun ham
maktab matematika kursida teoremaga quyidagicha ta'rif berilgan:
«Isbotlashni ta/ab etadigan matematik hukm teorema deyiladi>>.
Maktab matematika kursida teoremalaming quyidagi turlari mavjuddir:
1. To'g'ri teorema.
2. Teskari teorema.
3. To'g'ri teoremaga qarama-qarshi teorema.
4. Teskari teoremaga qarama-qarshi teorema.
To'g'ri va unga nisbatan teskari bo'lgan teorema tushunchalarini
o'quvchilaming ongida shakllantirishni - VI sinf geometriya kursining
birinchi darslaridan boshlab amalga oshirish kerak. Masalan, quyidagi
ikkita tushunchani olib qaraylik.
1. Bu figura parallelogrammdir.
2. Bu figura to'rtburchakdir.
Berilgan bu ikkala hukm o'zaro bog'liqdir. Boshqacha aytganda,
birinchisining haqiqatligidan ikkinchining haqiqatligi kelib chiqadi,
ammo ikkinchisining mavjudligidan birinchisining haqiqatligi bar doim
ham kelib chiqavermaydi. Agar bu bog'lanishni simvolik ravishda
yozadigan bo'lsak u quyidagicha bo'ladi:
J
paralellogramm
to'rtburchak
I
Bu yerda biz paralellogramlar sinfini to'rtburchaklar sinfiga kiritdik.
Yuqoridagidek bog'lanishlar geometriya kursining birinchi darslaridan
boshlab tekshirayotgan matematik hukmlarning ichki o'zaro bog'lanishini
ochib beradi. Masalan, «Ichki almashinuvchi burchaklar o'zaro teng>>
degan hukmni simvolik holda quyidagicha yozish mumkin:
j
Bu yerga agar ichki almashinuvchi burchaklar mavjud bo'Lsa, u
holda ular teng bo'ladi, degan fikr tasdiqlanadi. Agar yo'nalish teskari
tomonga qo'yilsa, bunday mulohaza hosil bo'ladi: <<Agar burchaklar
I
lchki almashinuvchi burchaklar I
275
=>
eng burchaklar
teng bo'lsa, u holda ular ichki almashinuvchi burchaklardir>>. Agar
teoremadagi shart va xulosaning o'zaro bog'liqligini «agar», <<U holda>>
so'zlari bilan bog'lansa, bunda o'quvchilar teoremaning sharti, natijasi
va ular orasidagi bog'lanish haqida chuqurroq tasavvurga ega bo'ladi.
Masalan, agar bir uchburchakning ikki tomoni ikkinchi uchburchak­
ning ikki tomoniga mos ravishda teng bo'lsa, bunday uchburchaklar
teng bo'ladi. Bu aytilgan teoremaning shartidan uning xulosasi kelib
chiqmaydi, ammo uning xulosasidan sharti har doim kelib chiqadi.
Shuning uchun uni simvolik ravishda bunday yozish mumkin:
Bir uchburchakning ikki tomoni ikkinchi
uchburchakning ikki tomoniga mos
ravishda teng bo'lsa
uchburchaklar
teng
Maktab geometriya kursida shunday teoremalar borki, ularning
shartidan xulosasining to'g'riligi va aksincha, xulosasidan shartining
to'g'riligi kelib chiqadi. Masalan:
I. Agarto'g'ri chiziq burchak bissektrisasi bo'lsa, u berilgan burchakni
teng ikkiga bo'ladi.
Bunga teskari bo'lgan teorema ham o'rinlidir: <<Agar to'g'ri chiziq
burchakni teng ikkiga bo'lsa, bu to'g'ri chiziq shu burchakning bissekt­
risasidi1>>. Bu aytilganlami simvolik ravishda bunday yozish mumkin:
Agar to'g'ri chiziq burchak
bissektrisasi bo'lsa
<=
Burchak teng ikkiga
bo'linadi
Bundan ko'rinadiki, teorema shartining mavjudligidan uning
xulosasining haqiqiyligi kelib chiqsa va aksincha, uning xulosasining
mavjudligidan haqiqatligi kelib chiqsa, teoremaning shart va xulosala­
rida qatnashayotgan <<agar» va <<U holda» bog'lovchilarining o'rinlari
o'zgaradi.
Agar biz shartli ravishda berilgan teoremani to'g'ri teorema desak,
bu teoremadagi shart va xulosalarning o'rinlarini almashtirish natijasida
hosil qilingan teoremani teskari teorema deb ataladi.
Endi to'g'ri va teskari teoremalarning berilishi hamda ulami isbotlash
uslubiyatini ko'rib chiqaylik.
I. To ' g ' r i t e ore ma: «Agar uchburchakning biror tomoni katta
bo'lsa, u holda ana shu katta tomon qarshisida katta burchak yotadi».
Berilgan: MBC, BC> AB.
I s bot qi 1is h k era k: A > C.
276
w
Is bot i. ABC uchburchakning BC tomonida C
D
B
AB tomonga teng BD=AB kesmani o'lchab, ana
shu D nuqtani A nuqta bilan birlashtiriladi (33chizma), natijada ABD teng yonli uchburchak hosil
bo'ladi. ABD uchburchak teng yonli bo'lgani uchun
LBAD= LBDA. BDA burchak ADC burchakning
A
33- chizma.
tashqi burchagi bo'lgani uchun LBAD=LC+LDAC
bo'ladi, bundan LBAD> LC ekani kelib chiqadi.
Bu yerdagi BAD burchak A burchakning bir qismi xolos. Shuning uchun
LA >LC.
Teskari teorema: <<Agar uchburchakning biror burchagi katta bo'lsa, u
holda ana shu katta burchak qarshisida katta tomon yotadi».
Berilgan: MBC, LA > LC.
lsbot qilish
kerak: BC>AB.
Is bot i. l) ABC uchburchakning AB tomoni hech qachon BC tomonidan
katta bo'la olmaydi, chunki to'g'ri teoremada biz katta tomon qarshisida
katta burchak yotadi, deb isbot qildik, aks holda LC>LA ligi kelib chiqadi,
bu esa teorema shartiga ziddir.
2) AB tomon BC tomonga teng ham bo'la olmaydi, chunki LABC
teng yonli emas, agar teng yonli bo'lganda edi LC> LA tenglik o' rinli
bo'lib, bu ham teorema shartiga zid bo'lar edi.
3) Agar AB tomon BC tomondan katta bo'lmasa yoki unga teng bo'lmasa,
u holda BC > AB ligi kelib chiqadi.
2. To' g' r i t e ore ma: Agar uchburchakning tomonlari teng bo'Isa, u
ho/da bu tomonlar qarshisida Ieng burchak/ar yotadi.
Berilgan: MBC, AC = CB.
C
ls bot qilish kerak: LA =LB.
lsboti. ABC asosi AB bo'lgan teng yonli
uchburchak bo'lsin. LA=LB ekanligi isbotlanadi.
Uchburchaklar tengligining birinchi alomatiga ko'ra
CAB burchak CAB burchakka teng bo'ladi, chunki
CA=CB va LC=LC. Bu uchburchaklarning A ----------------- s
tengligidan: LA=LB.
34- chizma.
T e s k a r i t e o r e m a . Agar uchburchakning
burchak/ari o'zaro teng bo'Isa, u holda bu
burchaklar qarshisida teng tomonlar yotadi (35chizma).
B
Berilgan: LABC, LA = LC.
ls bot qilish
kerak: BC= AB.
lsboti. I) BC tomon AB tomondan katta bo'la
olmaydi, aks holda avvalgi isbot qilingan teoremaga A'------,-----ko'ra LA>LCbo'lar edi, bu esa teorema shartiga ziddir.
35- chizma.
277
2) BC tomon AB tomondan kichik ham
bo'la olmaydi, aks holda avvalgi isbot qilingan
teoremaga ko'ra LC >LA bo'lar edi, bu esa
teorema shartiga ziddir. Demak, BC = AB.
B
- ._
I
4. To 'g ' r i t e ore ma . Agar
--............ ...._
I
uchburchak to'g'ri burchakli bo'lib, uning
......._-..
I
---w bir burchagi 30° bo'Isa, u holda 30° Ii burchak
36- chizma.
qarshisidagi katet gipotenuzaning yarmiga
teng bo'ladi (36-chizma).
Berilgan: ABC burchak to'g'ri burchakli, LB=30°.
I s bot
qi1is h
AB
k era k: AC =l
·
lsboti. AC katetni davom ettirib, CD=AC kesmani qo'yib, D nuqtani
B nuqta bilan birlashtiramiz. U holda t;.BCD=t;.BCA tenglik hosil bo'ladi,
chunki LD=LA va LD=6Q° bo'lganligi uchun ABD uchburchakning Ava D
burchaklari 60° dan, LABD=60° AD teng tomonli uchburchakdir. Chizmadan
AD
AB
· AD=AB' shuning uchun AC=
AC=
2,
2.
Te s k a r i t e o r e m a . Agar to'g'ri burchakli
uchburchakning kateti gipotenuzaning yarmiga teng
bo'Isa, u holda shu katet qarshisidagi burchak
30° ga teng bo'ladi (37- chizma).
B e r i 1 g a n: t;. ABC to'g'ri burchakli,
1
AC = AB.
37- chil}Tla.
2
lsbot qilish
kerak: LABC = 30°.
I s bot i. AC katetni davom ettirib CD=AC qo'yiladi, u hoIda A 2AC
bo'ladi, bundan AD=AB, ekani kelib chiqadi. B va D nuqtalami birlashtirsak,
t;.BCD=t;.BCA bo'ladi, chunki bulaming ikkita kateti va ular orasidagi bur­
chaklari o'zaro teng.
t;.BCD=t;.BCA ekanligidan AD=AB ga, LABC=LDBC u holda AD=AB va
DB=AB bulardan MBD teng tomonli ekanligini kelib chiqadi, u holda
LABD=60°, LABC=LDBC, bu burchaklar yig'indisi LABD ni hosil qiladi,
shuning uchun LABC=3Q°.
Agar to'g'ri teoremaning shartini p va uning xulosasini q desak, u
holda yuqoridagi teorema turlati uchun quyidagi simvolik ifodalar o'rinlidir:
1) p
q (to'g'ri teorema); 2) q
p (teskari teorema);
278
t
3) p q (to'g'ri teoremaga qarama-qarshi teorema);
4) q
p (teskari teoremaga qarama-qarshi teorema).
Quyidagi teoremani to'g'ri teorema deb olib, unga nisbatan yuqoridagi
teoremaning turlarini qo'llasak, bunday teoremalar hosil bo'ladi:
I) Agar to'rtburchak paralel/ogramm bo'Isa, uning diagonali kesishish
nuqtasida teng ikkiga bo'linadi, ya'ni p
q.
2) Agar to'rtburchanning diagonallari kesishish nuqtasida teng ikkiga
bo'linsa, u holda bu to'rtburchak paralellogrammdir, ya 'ni q
p.
3) Agar to'rtburchak paralel/ogramm ho'lmasa, uning diagona/lari kesishish
nuqtasida teng ikkiga bo'linmaydi, ya 'ni p
q.
4) Agar to'rtburchakning diogonali kesishib, teng ikkiga bo'linmasa, u
holda bunday to'rtburchak parale/ogramm emas, ya 'ni q
p.
Bu misoldan ko'rinadiki, agar to'g'ri teoremani shart va xulosalarga
ajratish mumkin bo'lsa, u holda ana shu to'g'ri teoremaga teskari, qarama­
qarshi hamda to'g•ri teoremadan hosil qilingan teskari teoremaga qarama­
qarshi teoremalarni hosil qilish mumkin.
I
4- §. Teoremalarni isbotlash metodlari
Ta'rif. Jsbotlash - deduktiv xulosa chiqarish zanjiri, demakdir.
Har qanday isbotlash jarayoni quyidagi uch qismni o'z ichiga oladi:
1. Teoremaning bayoni - isbot talab etiladigan holat.
2. Argumentlar - teoremani isbotlash jarayonida ishlatilgan mate­
matik hukrnlar.
3. lsbotlash - deduktiv xulosa chiqarish orqali teorema xulosasida
topish talab qilingan noma'lumni uning shartlari hamda awaldan ma'lum
bo'lgan argumentlardan foydalanib keltirib chiqarish.
Teoremani isbotlashga kirish va uni isbotlash jarayonida o'qituvchi
yordam1da o'quvchilar quyidagi mantiqiy ketma-ketlikka ega bo'lgan
bosqichlami bajarishlari kerak:
1) Teoremaning sharti va unmg xulosasi nimadan iborat ekanligini
to'la tushunib olishlari kerak.
2) Ana shu teoremaning shart va xulosasida qatnashayotgan har
bir matematik tushunchaning ma'nosini bilishlari kerak.
3) Teoremaning shart va xulosa qismlarini maternatik simvollar
orqali ifodalashlari kerak.
4) Teoremaning shartida qatnashayotgan ma'lum parametrlar teo­
rema xulosasidagi noma'lumni aniqlay oladimi yoki yo'qmi ekanligini
bilishlari kerak.
II
279
11
I,,,
I
I"•
5) Teoremani isbotlash jarayonida teoremadagi shartlardan teorema
xulosasining to'g'riligini ko'rsatuvchi natijalar keltirib chiqarishi kerak.
6) Teoremani isbotlash jarayonidagi mantiqiy mulohazalarda
teoremaning shartidan to'la foydalanishlari kerak.
7) Teorema isbot qilib bo'lingach, isbotlashda qo'llanilgan metodni
ko'zdan kechirish va imkoni bo'lsa, isbotlashning boshqa usullarini
qidirib topish kerak.
Maktab matematika kursidagi teoremalami isbotlash ikki usulda
amalga oshiriladi.
1) Bevosita isbotlash usuli (to'g'ri isbotlash usuli);
2) Bilvosita isbotlash usuli (teskarisidan faraz qilish usuli);
Bevosita isbotlash usuli jarayonida teoremaning shartida qatnashayotgan ma'lum va parametrlardan hamda awaldan ma'lum bo'lgan
aksioma, ta'rifva teoremalardan foydalangan holda mantiqiy mulohaza
yuritib, teorema xulosasida talab qilingan noma'lumlar topiladi. Teore­
malami bunday isbotlash analiz va sintez orqali amalga oshiriladi. •
Ta'rif. Noma 'lumlardan ma'lumlarga tomonga iz/ash metodi ana/iz
deyiladi.
Psixologik olimlar analiz metodini quyidagicha ta'riflaydilar:
ana/iz - bu butunlardan bo'laklarga tomon iz/ash demakdir.
Ta'rif. Ma'lumlardan noma'lumlarga tomon iz/ash metodiga sintez
·deyi/adi.
Psixologik nuqtayi nazardan sintez metodi bo'laklardan butunlarga
tomon izlash metodi demakdir.
Fikrimiz dalili sifatida quyidagi teoremani analiz va sintez metodlari
orqali isbotlaymiz.
Teorema. B nuqtada kesishuvchi CD va EF to'g'ri chiziqlar a
tekislikda yotadi va CB = BD, EB = BF. a tekislikda yotmaydigan A
nuqtaAE=EFvaAC=ADtengliklami qanoatlantiradigan qilib tanlansa,
AB to'g'ri chiziq a tekislikka perpendikular bo'ladi (38-chizma).
Ber i I g an: a tekislik, (CD)A(EF)= B,
(CB=BD)A(EB=BF), (AE=AF)A(AC=AD).
lsbot qilish kerak: AB ..La.
I s b o t i . Bu teorema analiz metodi bilan
isbotlanadi.
I. AB ..La ekanligini isbot qilish uchun
AB..LCD va AB..L EF ekanligini isbot qilish
yetarli.
2. AB..LCD ekanligini isbot qilish uchun
LABC=LABD ekanligini isbot qilish yetarli.
280
38-chiz,na.
3. Bu burchaklarning tengligini isbot qilish uchun MBC=MBD ekanligini
isbot qilish yetarli, lekin BC=BD, AC=AD, AB = AB shuning uchun
MBC=L1ABD.
4. AB.lEF ekanligini isbot qilish uchun LABE=LABF ekanligini isbot
qilish yetarli.
5. Bu burchaklarning tengligini isbot qilish uchun MBE=MBF ekanligini
isbot qilish yetarli, lekin BE=BF, AE=AF, AB=AB, shuning uchun
MBE=MBF, bundan AB .l a ekanligi kelib chiqadi.
Isbotning sintez usuli
I. ABE=
ABF.
2. LABE = LABF.
3. ABC = ABD.
4. LABC = LABD.
5. (2) va (4) ga ko'ra AB.LCD va AB.lEF.
6. (5) ga ko'ra AB.l a.
Teo rem a. Agar a, b, c ABC uchbukchakning tomonlari va p uning
yarim perimetri bo'Isa,
u holda bu uchburchakning
yuzi
S = .J p(p - a)(p - b)(p - c) ga teng bo'ladi.
1. Teoremaning sharti: <<agar a, b, c· ABC
uchburchakning tomonlari va R uning yarim
perimetri bo'lsa,>, teoremaning xulosasi: <<U holda
bu
uchburchakning
yuzi
I
..
I
c I
h
'
b
S = .Jp(p - a)(p - b)(p - c) ga teng bo'Iadi>>.
2. Teoremaning shart va xulosa qismlarida ------------------------------ c
uchburchak, uchburchakning tomonlari, uning 8
lJ
perimetri va yarim perimetri hamda uning yuzi
39-chivna.
kabi tushunchalar qatnashadi (39-chizma).
3. Berilgan: MBC, AB= c, BC= a, AC= b,
a+b+c
--2--=p.
Isbot qilish kerak:
I
S=.Jp(p-a)(p-b)(p-c).
I
4, Teorema shartida berilgan uchburchak, uning tomonlari, yarim
perimetri kabi tushunchalar uning xulosasida talab qilinayotgan S = .J p(p - a)(p- b)(p - c) noma'lumni topish uchun yetarlidir.
5. Teoremaning isboti.
ABC da CA = b AB = c BC = a deb olamiz.
'
'
Chizmadan:
281
I
'
SMBC
tb
MDC=>, h
I
= 2aha
=sin,
(1)
J=> h = b ·sin
(2)
0
(2) ni (1) ga qo'yilsa:
'l
S = l- ab •sin c,.. = l- (ab)2 sin2"c = l- (ab)2 I'1 - cos ,c. . =
2
2
2
'
,
2
"'l
1 (ab)2 -1( ,abcosc, =·:lr/-Ja2b2 -(la-+llb-+lcosc" )2 =
2
½ a2 b2 - (; b)2.
(3)
,..
lallblcos c ifoda a va ii vektorlaming skalar ko'paytmasidir.
-+
MBC => c = a- b bo'ladi, bu ifodaning har ikki tomoni kvadratga
ko'tarilsa,
-+-+
c2
-+
= a2 + b2 - 2 a2 b2'
-+
22
ab
(4)
02+ b2- c2
=---2
(4) ni (3) ga qo'yilsa:
S=
.!_ Ia2 b2 -(
2'y
a2
+ b2- c2 ]2= I a2 b2 2
4
282
.!_( a2 + b2- c2'j2=
4
2
=
=
t'
l [
2
-{:-b)
(a+ bl'-c'- =
(a + b ; c- 2a )(a + b ; c- 2b )(a + b ; c- 2c )(a + + c )=
=P (P - a)(p-b)(p-c).
6. Teoremani isbotlashda vektor, vektorlarni qo'shish, skalar ko'paytma
va uchburchakning yuzi kabi tushunchalar asosida mantiqiy mulohaza yuritib,
teorema shartida berilgan uchburchakning tomonlari perimetri va yarim
perimetri kabi tushunchalardan to'la foydalanib teoremaning isboti keltirib
chiqarildi.
7. Qaralgan teoremani yuqoridagidan farqli usu! bilan ham isbot qilish
mumkin (38-chizma).
lsbot ikkinchi usuli:
a+b+c
Berilgan: MBC, AB=c, BC=a, AC=b, P =-- -2
Isbot
qilish
kerak: S=,,jp(p-a)(p-b)(p-c).
I s b o t i. L1 ABC ning yuzi uning tomonlari va ular orasidagi burchagiga
ko'ra bunday ifodalanadi:
st.A.BC
= ½cb. sin a,
.
2S
sma=-.
be
(1)
Kosinuslar teoremasiga ko'ra: a2=lr+c'- - 2bc·coscx, bundan
bi+ c2 -02
cos a=----
sin2 a+ cos2 a= I.
(2);
2bc
(3)
(1) va (2) larni (3) ga qo'yilsa:
2S'J2+ ( b2 + c2 - o2 )2= 1.
( be
2bc
283
2 02
[ ( b +c )2 -a ] [ - ( b- c )2] a + b + c b + c - a a + b - c a + c - b
= =-------=:.._::
---=:. = --. --' --. --=
16
2
2
2
2
= p(p - a) (p - b) (p - c),
S =
p(p - a) (p - b)(p - c).
Bilvosita isbotlash usuli (teskaridan faraz qilish orqali isbotlash usuli).
Ta'rif. Teoremaning xulosasidagi no'malumlarni topish unga zid bo'lgan
jumlani inkor qilish orqali ama/ga oshirilgan bo'Isa, uni bilvosita isbot/ash
usuli deyiladi.
Yuqoridagi ta'rifdan ko'rinadiki, isbotlashning bilvosita usulida biz
oldin teorema tasdiqlagan fi.krga qarama-qarshi fikrni to'g'ri deb faraz
qilamiz: shundan keyin aksiomalar va oldin isbqtlangan teoremalarga
asoslanib mulohazalar yuritish yo'li bilan teorema shartiga zid .keladigan
yoki biror aksiomaga yoki ilgari isbotlangan biror teoremaga zid
keladigan xulosaga kelamiz. Shunga ko'ra farazimiz noto'g'ri bo'ladi.
Natijada teoremadagi yoki berilgan masaladagi da'vo to'g'ri degan
xulosaga kelamiz.
Bilvosita isbotlash ikki xil usul bilan amalga oshiriladi:
1) Apagogik usul.
2) Ajratish usul.
Apagogik usul ko'pincha teskarisidan faraz qilish metodi deb ham
yuritiladi. Quyidagi teoremani apagogik - teskarisidan faraz qilish usuli
bilan isbot qilaylik.
Teorema. To'g'ri chiziqning har bir nuqtasidan unga perpen­
dikular to'g'ri chiziq o'tkazish mum.kin va faqat bitta.
I sb oti. Paraz qilaylik, a - berilgan to'g'ri chiziq, A unda berilgan
nuqta bo'lsin. a to'g'ri chiziqning boshlang'ich nuqtasi A bo'lgan yarim
to'g'ri chiziqlaridan birini a 1 bilan belgilanadi, a 1 yarim to'g'ri chiziqdan
boshlab 90° ga teng (a/b1) burchak qo'yiladi. U holda b1 nurni o'z ichiga
olgan to'g'ri chiziq a to'g'ri chiziqqa perpendikular bo'ladi. Paraz qilaylik,
A nuqtadan o'tib a to'g'ri chiziqqa perpendikular bo'lgan boshqa to'g'ri
chiziq mavjud bo'lsin. Bu to'g'ri chiziqning b1 nur bilan bir tekislikda
yotuvchi yarim to'g'ri chizig'i c1 bilan belgilanadi. Har biri 90° ga teng
284
(a1b) va (a1c) burchaklar a1 yarim
to'g'ri chiziqdan boshlab bitta yarim te­
kislikka qo'yilgan. Ammo berilgan yarim a
tekislikka a1 yarim to'g'ri chiziqdan
boshlab 90° ga teng bitta burchak qo'yish
mumkin. Shu sababli A nuqta orqali o'tib
a to'g'ri chiziqqa perpendikular bo'lgan
boshqa to'g'ri chiziqning mavjudligi
mumkin emas. Shu bilan teorema
isbotlandi.
Masala. a va b uchrashmas to'g'ri
chiziqlar berilgan. A va B nuqtalar a
40- chizma.
\
\D
b IC
to'g'ri chiziqda, C va D nuqtalar b to'g'ri
chiziqda yotadi. C va BD to'g'ri chiziq­
41- chizma.
larning o'zaro vaziyatini aniqlang (40chizma).
Isboti. Ma'lumki, fazodagi ikki to'g'ri chiziq quyidagi uch holatdan
birini egallaydi:
1. AC11BD. 2. AC n BD. 3. AC va BD to'g'ri chiziqlar uchrashmas.
1. Faraz qilaylik, AC11BD bo'lsin, u holda bu to'g'ri chiziqlar a va b
uchrashmas to'g'ri chiziqlar ham yetadigan birgina tekislikni aniqlaydi. Bu
esa masala shartiga zid.
2. AC n BD bo'lsin, u holda bu ikki kesishuvchi to'g'ri chiziqlar a va b
uchrashmas to'g'ri b chiziqlar ham yotadigan birgina tekislikni aniqlaydi.
Bu ham masala shartiga zid. Demak, AC va BD to'g'ri chiziqlar uchrashmas
to'g'ri chiziqlardir.
5-§. Teoremalarni zaruriy va yetarli shartlari
Ta'rif. Agar q mulohazadan p mulohazaning to'g'riligi ke/ib
chiqsa, ya 'ni q=>p bo'Isa, u holda p mulohaza q mulohaza uchun
zaruriy shart bo'lib, q mulohaza esa p mulohaza uchun yetarli shart
deyiladi.
1- misol. Agar natural son juft bo'lsa, u holda u 6 soniga bo'linadi.
Bu teoremada natural son 6 ga bo'linishligi uchun uning juft bo'lishligi
zaruriy shart bo'lib, yetarli shart bo'la olmaydi, chunki har qanday juft
son ham 6 ga bo'linavermaydi.
2- misol. Agar natural son 6 ga bo'linsa, u holda u juft bo'ladi.
Bu teoremada natural son juft bo'lishligi uchun uning 6 ga bo'linishi
yetarli shart bo'lib, zaruriy shart bo'la olmaydi, chunki 6 ga bo'linmaydigan
juft sonlar ham mavjuddir.
3- misol. Agar natural son juft bo'lsa, u holda u 2 soniga bo'linadi.
285
Bu teoremada natural son 2 ga bo'linishi uchun uning juft bo'lishi
zarur va yetarlidir, chunki har qanday juft natural son 2 ga bo'linadi.
4- misol. Har qanday natural son 2 ga bo'linsa, u holda bunday son
juft bo'ladi.
Bu teoremada natural son juft bo'lishi uchun uning 2 ga bo'linishi
zarur va yetarlidir.
Teo rem a. •[a, b] kesmada aniqlangan va uzluksiz bo'lgan y=fix)
b
funksiyaning
J f(x)dx aniq integrali mavjud bo'lishi uchun
a
lim (S-s)=O bo'lishligi zarur va yetarlidir.
il O
b
Isbotining zarurligi. ff (x)dx aniq integral mavjud bo'lganda lim (S-s)=O
il O
a
ekanligi isbotlanadi. Aniq integral mavjud bo'lishligi uchun ta'rifga ko'ra,
fun cr=1 bo'ladi. Limit ta'rifiga ko'ra:
il O
lcr - 11 < E yoki -E < cr - 1 < E, 1 - E < cr < 1 + E
(1)
Ma'lumki, o - integral yig'indi Darbuning quyi va yuqori yig'indi­
larining orasida yotar edi, shuning uchun
(2)
bo'ladi. (1) va (2) laming birlashtirib quyidagi tengsizliklarni tuzamiz:
I - E :;:;; s :s;; cr :,; S :,;; 1 + E.
(3)
(3) tengsizlikda quyidagi tengsizliklarni ajratib olish mumkin:
U:::;) (t;: .)U= ::H}=11::)
1 ( I - 0) lim (S - s) 0.
lims0 = 11 ,
r
.1._
lim s- lim s
hm S = ]
A. o
il o
J-
A. O
,
=
'
A. 0
/
/
Teoremaning zaruriy qismi isbotlandi.
b
lsbotning yetarligi. lim (S-s)=O bo'lganda
AO
J f(x)dx bo'lishligi
a
286
ko'rsatiJadi. Buning uchun ;i_ O da cr integral yig'indisini chekli I limitga
ega ekanligini ko'rsatish kifoya. Ma'lumki, Darbuning quyi yig'indisi
monoton o'suvchi bo'lib, yuqoridan chegaralangandir, bundan tashqari u
o'zining aniq yuqori chegarasiga ham egadir, ya'ni: sup{s}=l*
Suningdek, Darbuning yuqori yig'indisi o'zining quyi chegarasiga ega,
ya'ni; inf {S} = I*.
Aniq yuqori va quyi chegaralarning ta'riflariga ko'ra * Ba S:51*
bo'ladi. Bu ikkala tengsizliklarni birlashtirsak, s :5 1* :5 I* :5 S.
Ammo iJli.mO (S-s)=O bo'lgani uchun
(lim 1•
il. O
-
lim I.
= 0)
il. O
lim 1•
il. O
il li.m
O (l* -
lim /. = I
1•)=O
·
il. O
(2)
(2) ga ko'ra (1) quyidagi ko'rinishni oladi:
s :5. 1 :5. S
(3)
Ma'lumki, l (S-s)=O, bundan tashqari s :5. cr :5. S (4) bo'lgani uchun,
b
(3) va (4) larga ko'ra: I = J f(x)dx. Shu bilan teoremaning yetarli qismi
a
isbot bo'ldi.
6-§. Tekislikda dekart koordinatalarini kiritish
To'g'ri burchakli koordinatalar sistemasi. Ma'lumki, sonlar o'qida
nuqtaning vaziyati bir son uning koordinatasi bilan aniqlanar edi. Endi
to'g'ri burchakli koordinatalar sistemasi tushunchasi kiritiladi.
Tekislikda sanoq boshlari ustma-ust tushadigan va ·o'zaro perpen­
dikular bo'lgan OXva OY sonlar o'qi chiziladi. Vertikal holda tasvir­
langan sonlar o'qi ordinatalar o'qi, gorizontal holda tasvirlangan sonlar
o' qi abssissa o' qi, ularning kesishgan nuqtasi koordinatalar boshi deyiladi.
Hammasi birgalikda to'g'ri burchakli koordinatalar sistemasi deyiladi.
To'g'ri burchakli koordinatalar sistemasida nuqtaning vaziyati
quyidagicha aniqlanadi. Faraz qilamiz, to'g'ri burchakli koordinatalar
sistemasi olingan tekislikda ixtiyoriy M nuqta berilgan bo'lsin. Shu
nuqtadan koordinata o'qlariga perpendikularlaming absissa o'qidagi
proeksiyasiga mos keluvchi son uning absissasi, ordinatalar o'qidagi
proeksiyasiga mos keluvchi son esa uning ordinatasi deyiladi va M(x,y)
tartibida yoziladi (41-chizma).
287
Demak, to'g'ri burchakli koordinatalar
tekisligidagi har qanday nuqta bir juft ma'lum
tartibda berilgan son bilan aniqlanar ekan.
Shuningdek, har qanday bir juft songa
koordinatalar tekisligida bitta nuqta mos
keladi.
Kesma o'rtasining koordinatalari.
y
........ M(x,y)
i
1Y
X
42- chizma.
A (x,Y
1
va B(x,y
)
1
)
2
ikkita ixtiyoriy
2
nuqtava C(x,y) nuqta AB kesmaningo'rtasibo'lsin.
C
nuqtaning x va y koordinatalari topiladi. AB kesma y o'qiga parallel
bo'lmasin, ya'ni x1 =t- x2 bo'lsin. A, B, C nuqtalar orqali y o'qiga
parallel to'g'ri chiziqlar o'tkaziladi. Bu to'g'ri chiziqlar x o'qini
A, (x1,0), B1 (x2,0), C1(x,O) nuqtalarda
y
kesib o'tadi. Fales teoremasiga ko'ra C1
nuqta A1B1 kesmaning o' rtasi bo'ladi.
A
C
'\B
0
A,
c,
43- chizma.
B1
nuqta A1B1 kesmaning o'rtasi
cl
bo'lgani
X
uchun
demak, jx-xd = Ix-xiix- x =x- x
,
1
2
A1C1 =B1C1,
Bundan: yo
yoki x- x = -(x-
X2
).
1
Birinchi tenglik o'rinli emas, chunki x1 =t- x2. Shu sababli ikkinchi tenglik
o'rinli. Undan esa ushbu formula topiladi:
x1 +x 2
X=-2
x1 = x2 , ya'ni AB kesma y o'qiga parallel bo'lsa, uchala nuqta A1, B1, C1 bir xil absissaga ega bo'ladi. Demak, formula bu holda
ham o'rinli bo'laveradi.
C nuqtaning ordinatasi ham shunga o'xshash topiladi. A, B, C
nuqtalar orqali o'qiga parallel to'g'ri chiziqlar o'tkaziladi. Ushbu for­
mula hosil bo'ladi:
y=
Y1 + Y2
2
288
•
Nuqtalar orasidagi masofa. xy tekislikda
ikkita nuqta berilgan bo'lsin: koordinatalari
xi' y1 dan iborat A1 nuqta va koordinatalari
x2, y2 bo'lgan Ai nuqta. A, va Ai nuqtalar
orasidagi masofani ularning koordinatalari
orqali ifodalaniladi.
.I'
x1 :t- x2 va y1 :t- y2 bo'lsin, deylik. A1 va
x,
X
0
A2 nuqtalar orqali koordinata o'qlariga
44- chiQna.
parallel to'g'ri chiziqlar o'tkaziladi va
ulaming kesishish nuqtasi A bilan belgilaniladi. Ava A, nuqtalar orasidagi
masofa IY2 - y1I ga teng, A va A, nuqtalar orasidagi masofa esa
(1)
ga teng. To'g'ri burchakli AA1A2 uchburchakka Pifagor teoremasi
qo'llanib topiladi:
d2 = (X2 - X1 )2 + (Y2-
Y1
)2,
(2)
bunda d A1 va A2 nuqtalar orasidagi masofa.
t
Nuqtalar orasidagi masofa formulasini chiqarishdax1 =1- x2, y1 :t- y2
deb faraz qilingan bo'lsa ham, u boshqa hollar uchun ham o'z kuchini
saqlaydi. Haqiqatan ham, x1 :1- x2, y1 -::1- y2 bo'lsa, d = IY2 - Yil formula
ham shu natijani beradi. x1* x2, y1 :t- y2 bo'lgan hol ham shunga
o'xshash qaraladi. x1 = x2, y1 = y2 holda A1 va A2 nuqtalar ustma­
ust tushadi va formula d = 0 ni beradi.
Kesmani berilgan nisbatda bo'lish. Bunday deganda quyidagi masala
tushuniladi.
M1 ( x1, yi) va M2 ( x2, y2) nuqtalar berilgan. Koordinatalari
M1M
noma'lum bo'lgan uchinchi M nuqta M1M2 kesmani MM =A
2
nisbatda bo'ladi (;. - berilgan son) M (x,y) nuqtani topish, ya'ni
uning x, y koordinatalarini topish talab qilinadi.
Bizga, parallel to'g'ri chiziqlar orasidagi M1M,MM2,N1N va
NN2kesmalar o'zaro proporsional bo'lishi elementar geometriyadan
19 - S. Alixonov
289
MM
NN
ma'lum. Shu sababli, masalaning shartini hisobga olib,M
=N = 1 "
2
2
deb yoza olamiz.
Ammo (1) formulaga asosan:
N1N = lx-x11,
NN2 = lx2 -xi.
M nuqta M1M2 kesmada M1 va M2 nuqtalar orasida yotgani
sababli va nuqtalaming har qanday vaziyatida ham x - x1 va x2- x
ayirmalar bir paytda yo ikkalasi musbat, yoki manfiy bo'ladi.
Shuning uchun
X-X1
X2 -X
nisbat har doim musbat bo'ladi. Shuning uchun uni
nisbat o'rinda qarashimiz mumkin.
Shunday qilib,
0
M1M= N1N= X-X1 =A
45- chiz,na.
MM2 NN2 X2-X
bundan M nuqtaning s absissasi topiladi.
X1 + AX2
X=---.
1
+ A,
M nuqtaning y ordinatasi ham shunday topiladi:
X
(3)
(4)
Xususiy holda, agar M
nuqta M1M2 kesmani teng ikkiga bo'lsa,
, M1M .
,. =MM = 1 bo'lib, (3) va (4) formulalar quyidagi ko'rinishni oladi:
2
(3*)
290
y= Y1+ Y2.
2
nuqtalar orasidagi kesmani
Misol. M1 (2,3),M2 (3,-3)
bo'luvchi M(x,y)
(4*)
2
5
nisbatda
nuqtani toping.
2
Yechish. Bu miso1da A= ,x1 =2,x2 =3,y1 =3,y2 =-3
5
(3), (4)
formulalardan quyidagilar topiladi:
X=
2
2+- .3 16
5 =
2
l+-·
2
3 +5- · (-3) --9
2
y=
7
1+5
7'
5
6
Demak, izlanayotgan nuqta M ( \,
'
*j
ekan.
,
7-§. Vektor miqdorlarni o'rgatish metodikasi
Vektor va skalar miqdorlar. Tabiiy fanlami o'rganishda (masalan,
matematika, fizika, mexanika va astronomiya) ikki xil miqdor bilan
ishlashga to'g'ri keladi; bulardan biri o'zining son qiymati bilangina
aniqlanuvchi miqdorlar bo'lib, ikkinchisi esa, son qiymatidan boshqa
yana o'zining fazodagi joylanishi bilan ham aniqlanadigan miqdorlardir.
Masalan, uzunlik santimetrlar soni bilan, og'irlik - grammlar soni
bilan, vaqt - sekundlar soni bilan, temperatura - graduslar soni
bilan aniqlanadi. (Bunga misol qilib biror jismning yuzi, hajmi yoki
undagi issiqlik miqdorini ham keltirish mumkin). Bunday (o'zining son
qiymati bilangina aniqlanuvchi) miqdorlami skalar miqdorlar yoki
sonli miqdorlar deyiladi.
Ikkinchi xil miqdorlarga misol qilib mana shulami keltirish mumkin:
to'g'ri chiziq bo'yicha harakatlanganjismning yurgan yo'li - shu to'g'ri
chiziqning fazodagi vaziyati, u jismning shu to'g'ri uziziq bo'yicha
qaysi yo'nalishda yurganligi va bu yo'lning uzunligi bilan to'la aniqlanadi
(masalan, <<shahaming ko'chasida 2 km yo'l yurdim<< degan so'z, u
yo'lning to'la ma'nosini ochib bera olmaydi. Lekin, <<shaharning ma'lum
bir ·ko'chasi bo'yicha falon joydan falon joygacha bordim<< deyilsa,
bu yo'lning nimadan iboratligi to'la aniqlanadi).
291
Biror jismga ta'sir etuvchi kuch ana shu kuch qo'yilgan nuqtaning
o'rni, bu kuchning yo'nalishi va miqdori bilan to'la aniqlanadi.
Bunday (o'zining son qiymati, tekislikdagi va fazodagi vaziyati va
yo'nalishi bilan aniqlanuvchi) miqdorlar vektor miqdorlar deb ataladi:
Vektor miqdorlarni matematik jihatdan o'rganish - ularni abstrakt
shaklda ko'rsatishni talab qiladi. Shuning uchun har qanday vektor
miqdor - ma'lum uzunlikdagi, ma'lum vaziyatga va yo'nalishga ega
bo'lgan kesma (to'g'ri chiziq kesmasi) orqali tassavir etiladi. Bu kes­
maning uzunligi vektor miqdorning son qiymati (moduli)ni ko'rsatib,
uning yo'nalishi vektor miqdorning yo'nalishi va bu kesma joylashgan
to'g'ri chiziq esa, uning tekislikdagi yoki fazodagi vaziyatini ko'rsatadi.
Bunday kesma vektor miqdor deb ataladi.
Vektorning bitta qalin harf orqali yoki ustiga kesmacha (yoki
strelkacha) chizilgan bitta ingichka harf orqali ham tasvir etiladi.
Masalan, yoki a kabi yoziladi.
Vektorning uzunligini yozish uchun shu vektorni belgilovchi harflarni
ikki parallel kesmalar bilan o'rab qo'yiladi yoki o'sha harflarning
lal
ingichkasi yoziladi. Masalan: IABI =:: AB va
=:: a.
Vektorlarning xillari. Vektorlar quyidagi ko'rinishlarda uchraydi:
Birinchisi - kuch ta'sir etuvchi nuqtaga bog'langan vektor.
Bunday vektorga qisqacha bog'langan yoki bog'liq vektor deyilib,
bu - shu kuch qo'yilgan nuqtaning o'rni, kuchning yo'nalishi va
miqdori bilan aniqlanadi.
Bu jumla geometrik vektorga nisbatan aytilsa, bunday bo'ladi: boshi
aniq bir qo'zg'almas nuqtada yotgan vektorga bog'liq vektor deyiladi.
Ikkinchisi - bir to'g'ri chiziq bo'yicha harakatlanishi mumkin
bo'lgan vektor bo'lib, bunga sirg'anuvchi yoki sirg'anma vektor
deyiladi.
Bunday vektor o'zining uzunligi, yo'nalishi va o'zi joylashgan
to'g'ri chiziqning fazodagi vaziyati bilan aniqlanadi.
Uchinchisi - boshi fazoning har qanday nuqtasiga qo'yilishi mumkin
bo'lgan vektor bo'lib, bunga erkin vektor deyiladi; bunday vektor
o'zining uzunligi va yo'nalishi bilangina aniqlanadi.
Sirg'anma va bog'liq vektorlar nazariyasini o'rganishda hamda
umuman vektorlar haqidagi ta'limotni turli joylarda (ayniqsa geomet­
riyada) ishlatishda erkin vektorlar nazariyasidan foydalanishga to'g'ri
keladi. Shuning uchun erkin vektorlar nazariyasini o'rganishgagina
to'xtalamiz.
292
Kolleniar, teng va qarama-qarshi vektorlai-. Vektorlar ustida ba'zi
amallarni bajarishda kolleniar, teng va qarama-qarshi vektorlar
tushunchasidan foydalanishga to'g'ri keladi.
Ta'rif. Parallel to'g'ri chiziqlarda yoki bir to'g'ri chiziqda yotgan
vektorlami kolleniar vektorlar deb ataladi.
Es I at ma: Kolleniar so'zi lotincha «birgalikda,> yoki <<umumiy,>
ma'nosidagi
va chiziq ma'nosidagi
so'zlaridan tuzilib, bu chiziqdosh
degan ma'noni anglatadi.
Kolleniar (chiziqdosh) vektorlar bir xii yoki qarama-qarshi yo'nalish­
larda bo'lishlari mumkin. Masalan, quyidagi chizmadagi vektorlardan
ai,a2,a3 va a4 lar o'zaro kolleniar bo'lganidek, o'sha chizmadagi bi va
bi vektorlar ham kolleniardirlar.
Ta'rif. Parallel to'g'ri chiziqlarda yoki bir to'g'ri zichiqda yotib,
teng uzunlikka va bir xil yo'nalishga ega bo'lgan vektorlar teng
vektorlar deb ataladi.
Masalan, chizmadagi a1,a2,a3 vektorlar parallel to'g'ri chiziqlarda
yotib, teng uzunlikka va bir xii yo'nalishga ega bo'lgani uchun ular
teng vektorlardir.
Vektorlar tengligini ham matematik miqdorlar tengligidagi kabi
barobar "==" belgisi orqali ko'rsatiladi; chunonchi (46-chizma):
ii
46- chizma.
O'sha chizmadagi
b1 va bi vektorlar ham bir-biriga teng.
Undagi a4 -:t. a1,a2,a3 dir.
293
Ta'rif. Uzun1iklari teng bo'lib, yo'nalishlari qarama-qarshi bo'lgan
ikki vektorga teng qarama-qarshi yoki qisqasi qarama-qarshi vektorlar
deyiladi.
Masalan, yuqoridagi chizmadagi o3 va o4 vektorlarda io3i = io4 i
bo'lib, yo'nalishlari qarama-qarshi bo'lgani uchun bular teng qarama­
qarshi vektorlardir; bular orasidagi munosabat quyidagicha yoziladi:
03
= -04.
Vektorlarni qo'shish. Vektorlar ustida matematik amallarni bajarish
zaruriyati hayotiy masalalarni yechish jarayonida kelib chiqqanligi
shubhasizdir. Masalan, ikki vektorni bir-biriga qo'shishning zarurligi
ketma-ket ikki siljishga teng uchinchi siljishni topish yoki bir nuqtaga
ta'sir etuvchi ma'lum ikki kuchning teng ta'sir etuvchisi bo'lgan
uchinchi bir kuchni topish kabi masalalarni yechish zaruriyatidan kelib
chiqqandir.
Boshlari bir nuqtada yotgan ikki vektorni qo'shish uchun quyidagi
ta'rifdan ma'lum bo'lgan parallelogramm qoidasi qo'llaniladi.
Ta'rif. Boshlari biror A nuqtada yotgan ikki AB va AD vektorning
yig'indisi deb shu ikki vektorda yasalgan ABCD parallelogrammning A
uchidan C uchiga yo'nalgan va uzun1igi AC diagonali uzunligiga teng
bo'lgan AC vektorga aytiladi, ya'ni AB+ AD= AC.
E s l at m a . Bu, odatda, <<kuchlar parallelogramm qonuni» deb yuritiladi.
Bu qonun birinchi marta mashhur italyan olimi Leonardo da Vinchi
(1452-1519) tomonidan ko'rsatilib, 1587-yilda esa, gollandiyalik olim Stevin
tomonidan ravshanroq qilib bayon etilgan.
Boshlari bir nuqtada yotmagan ikki vektorni qo'shishda parallelo-g­
ramm qoidasini qo'llash uchun, oldin u vektorlarni o'z-o'ziga parallel
ko'chirib, ularning boshlari bir umumiy nuqtaga keltiriladi, so'ngra ular
yuqoridagicha qo'shiladi (47-chizma).
47- chivna.
294
Vektorlarni ayirish. Vektorlaming ayirish, qo'shishning teskari amali
sifatida qo'llaniladi, ya'ni ayirishda ikki vektorning yig'indisi va ulardan
biri ma'lum bo'lganida ikkinchi qo'shiluvchi vektomi topish talab
qilinadi. Shunga ko'ra ayirish amaliga quyidagi ta'rif beriladi.
Ta'rif. Bir vektordan ikkinchi vektorni ayirish deb shunday uchinchi
vektorni topishga aytiladiki, buning ikkinchi vektor bilan qo'shganda
birinchi vektor hosil bo'lsin, ya'ni a- b = x chiqishi uchun ushbu
a mavjud bo'lishi kerak.
Bu ta'rifga ko'ra ikki a va b vektorlaming a-b ayirmasini topish
shart X + b =
uchun quyidagi qoida qo'llanadi:
Qoida (uchburchak qoidasi). Berilgan a
-
vektor1an b vektomi
-
-
ayirish uchun ixtiyoriy O nuqtadan boshlab OA = a va OB = b
vektorlar yasaladi, so'ngra kamaytiruvchi OB vektorning B uchidan
kamayuvchi OA vektorning A uchiga yo'nalgan BA vektor yasaladi.
Keyingi vektor - izlangan ayirma bo'ladi.
Haqiqatan, OA - OB = BA, chunki OB+ BA = OA dir.
Agar keyingi tenglikning ikkala tomoniga (-OB) ni qo'shsak, bu
tenglik quyidagi ko'rinishga kiriladi: BA= OA-OB = OA + (-OB).
Bundan quyidagi qoida ma'lum bo'ladi.
Qoida. Bir vektordan ikkinchi vektorni ayirish uchun o'sha birinchi
vektorga ikkinchi vektorning qarama-qarshisini qo'shish kerak.
Vektorni songa ko'paytirish.
Ta'rif. Biror AB vektorni a (haqiqiy) songa ko'paytirish deb
shunday yangi CD vektorni yasashga aytiladiki, buning uzunligi AB
vektor uzunligini a sonning absolut qiymatiga ko'paytmasiga teng
bo'lib, yo'nalishi esa a> 0 bo'lganida
AB vektor bilan bir xil
yo'nalishda va a< 0 bo'lganida bunga qarama-qarshi yo'nalishda bo'ladi.
Bunda aytilganlardan ravshanki, har qanday vektorni biror haqiqiy
songa ko'paytirishdan hosil bo'ladigan yangi vektor oldingi vektor
bilan bir to'g'ri chiziqda yotadi.
Endi, vektorlarni skalarga ko'paytirishning asosiy xossalarini quraylik:
1- xossa. Vektorni songa ko'paytirish o' rin alm.ashtirish qonuniga
-
bo'ysunadi, ya'ni a·a
-
= a • a.
295
2- xossa. Vektorni songa ko'paytirish guruhlash qonuniga ham bo'ysunadi,
(f3a) = (af3)a.
ya'ni: a
3- xossa. Vektorni songa ko'paytirish, son ko'paytuvchiga nisbatan
tarqatish qonuniga bo'ysunadi, ya'ni vektorni sonlar yig'indisiga ko'paytirish
uchun uni qo'shiluvchilarning har biriga ko'paytirib, bundan chiqqan yangi
vektorlarni bir-biriga qo'shish mumkin:
a(a + f3) = a a + f3a.
Ikki vektorning skalar ko'paytmasi.
Ta'rif. Ikld vektorning skalar ko'paytmasi deb bu vektorlar uzunlik­
larining ular orasidagi burchak kosinusi bilan ko'paytmasiga aytiladi.
Masalan, a va b vektorlarning a.b skalar ko'paytmasi qo'yidagicha
bo'ladi:
a. b = ab cos (a,Ii).
BJ! ta'rifdan ravshanki, skalar ko'paytma vektor emas, balki sondir.
SkaHtr ko'paytma yana bunday ham ta'riflanadi:
Ta'rif. Ikki vektorning skalar ko'paytmasi deb bulardan birining
uzunligini ikkinchisining birinchisi yo'nalishdagi proyeksiyasi bilan
ko'paytmasiga aytiladi.
Proyeksiyalar nazariyasida bitor bvektorning a vektori yo'na­
lishidagi proyeksiyasi quyidagicha bunday ifodalanishi ma'lum edi:
TaKrorlash uchun savollar
1. Ta'rif so'zini /ug'aviy ma 'nosini aytib bering.
2. Teoremaning qanday turlari bor?
3. Teoremani isbot/ash deganda nimani tushunasiz?
4. Jsbotning qanday turlari bor?
5. Teoremalarning zaruriy va yetar/i shartlarini ayting.
6. Geron formu/asini isbotlang.
7. Tekislikda dekart koordinatalari qanday beriladi?
8. Kesma o'rtasining koordinatalari qanday topiladi?
9. Nuqtalar orasidagi masofa deganda nimani tushunasiz?
10. Kesmani berilgan nisbatda bo'fish qanday amalga oshiri/adi?
11. Skalar miqdor deganda nimani tushunasiz?
12. Vektor qanday miqdor?
296
'
13. lkki vektoming skalar ko'paytmasi qanday amalga oshiriladi?
14. Vektorlami qo'shishning uchburchak va parallelogramm qoidalarini
tushuntiring.
Tayanch iboralar
Teorema, (nalogiya, zaruriy va yetarli shart, perimetr, to'g'ri teorema,
teskari teorema, postulat, aksioma, qabariq va botiq ko'pburchak, tekis/ikda
dekart koordinatalari, kesma o'rtasining koordinatalari, nuqtalar orasidagi
masofa, kesmani berilgan nisbatda bo'fish, skalar miqdor, vektor, ikki
vektorning skalar ko'paytmasi, vektorlarni qo'shishning uchburchak va
paraltelogramm qoidalari.
FOYDALANILGAN
ADABIYOTLAR
1. Karimov I.A. <<Kadrlar tayyorlashning milliy dasturi>>, T. <<O'zbekiston»,
1997.
2. Azlarov T, Monsurov X Matematik analiz. -T.: <<O'qituvchi>>. 1986.
3. Algebra va analiz asoslari: o'rta maktablarning 10-11 sinflari uchun
darslik (Sh.O. Alimov, Yu.M.Kolyagin, Yu.V.Sidorov, M.I.Shabunin) T.,
<<O'qituvchi>>, 1996 va uning keyingi nashrlari.
4. Alixonov S. <<Geometriya darslarida umumlashtirish>> T., <<O'qituvchi>>,
1989.
5. Alixonov S. <<Matematika o'qitish metodikasi>>. T., <<O'qituvchi» 1992.
6. Alixonov S. Matematika o'qitish metodikasi>> Qayta ishlangan II nashri.
T., «O'qituvchi>> 1997 va boshqalar elementar matematikadan masalalar.
7. Antonov K. P. To'plam. «O'qituvchi», 1975.
8. Bikboyeva N. U. va boshqalar «Boshlang'ich sinflarda matematika
o'qitish metodikasi>>, T., <<O'qituvchi>>, 1996.
9. G'aybullayev N., Ortiqov. <<Geometriya 7-sinf uchun darslik>> T. <<O'qi­
tuvchi>>, 1998.
10. G'aybullayev N., Ortiqov. <<Geometriya 8-sinf uchun darslik» T.
«O'qituvchi>>, 1999.
11. Galitskiy M.A. va boshqalar «Algebra va matematik analiz kursini
chuqur o'rganish>> T., <<O'qituvchi», 1995.
12. J{aeuaoe B.B. «B03pocTHaH M rre,n:arorMqecKaH rrcMxonorMH>>. M,.
Ile,n:arorMKa, 1992.
298
13. HKpaMoB /{:»e.H. <<MaTeMan1qecKm.1 Ky1nypa rnaKonHHKa>>. T.,
<<O'qituvchi», 1981.
14. Ikramov Dj. I. /{:»e.H. va boshqalar «Matematika, 5-6 sinflar uchun
darslik», T., <<O'qituvchi», 1997.
15. Knapu11 M.B. «I1HHOBaTCHOHHhle M0):(emI o6yqeHH5I B 3a6Y)KHhlX
ne;::i:arorHqecKHx noHcKax», M., «IlpocBemeHHe>>, 1994.
16. Kollogarov A. N. Tahriri ostida. Algebra va analiz asoslari. 10-11
sinflar uchun darslik. -T.: <<O'qituvchi». 1992.
17. Ko11Rw11 10. H. va boshqalar Metodika npe;::i:aBaHH5I MaTeMaTHKH B
cpe.n;HeH IlIK0Jie. O6IIIa5I MeTo):(HKa. M., «IlpocBerneHHe», 1988.
18. JlumBu11e11Ko B.H., MopoKo8U1.f A.I'. «IlpaKTHKYM no 3neMeHrnpHOH
MaTeMaTMKe>> M. lfa;::i:-Bo, <<ABf>>, 1995.
19. JlRUtellKO C. E. <<Jla6opaTOpHoe M npaKTHqecKMe pa60Thl no MeTO):(MKe
npepo;::i:aBaHM5I MaTeMaTMKH>> M., <<IlocBemeHHe>>, 1988.
20. MeTO):(HKa npe;::i:oBaHMH MaTeMaTMKH B cpe;::i:HeH IlIKOJie. (Ilo;::i: pe;::i:aK­
UMM MttIIIMHa). M. IlpocBerneHHe, 1988.
21. llo20pe110B A.B. <<feoMeTpM5I 7-11 KJI. <<M., <<IlpocBerneHHe>>, 1995.
22. Cmo11ap A.A. <<MeTO):(hI o6yqeHH5I MaTeMaTMKe» MMHCK, <<BeprnaH
IlIK0Jia>> 1993.
23. Cmo11Rp A.A. «Ile;::i:arornKa MaTeMaTMKM>> MHHCK, <<BeprnaH rnKoJia>>,
1988
24. <PpuoMaH JI.M. KaK pernaT 3a;::i:aqH. M., «IlpocBerneHHe>> 1988.
MUNDARIJA
So'zboshi ...................................................................................................... 3
I BOB. UMUMTA'LIM MAKTABLARDA
MATEMATIKA O'QITISH MASALALARI
1- §. Matematika o'qitish metodikasi predmeti. .............................................. 5
2- §. O'rta umumta'limiy maktablarda matematika o'qitishning
maqsadi ................................................................................................ 7
3- §. Matematika o'qitish metodikasining boshqa fanlar bilan
aloqasi. ................................................................................................... 9
4- §. Ta'limning isloh qilinishi ........................................................................ 10
II BOB. MATEMATIKA DARSLARIDA BILISHNING TURLARI VA
XULOSA CHIQARISH METODLARI
1- §. Matematik tushuncha ........................................................................... 13
2- §. Matematik tushunchalarning ta'riflash metodtkasi. ................................ 15
3- §. M tematik tushunchalarni kiritish metodikasi ...................................... 17
4- §. Matematik tushunchalarni kiritishning abstrakt-deduktiv
metodi. ................................................................................................18
5- §. Matematik hukm .................................................................................. 22
6- §. Matematik xulosa ................................................................................. 23
III BOB. MAKTAB MATEMATIKA KURSIDA TA'LIM
METODLARI
1- §. Matematik ta'lim metodlari ...................................................................31
2- §. Matematika o'qitishdagi ilmiy izlanish metodlari ................................ 31
3- §. Tajriba va kuzatish metodi .......................................................................32
4- §. Taqqoslash metodi ..................................................................................33
5- §. Analiz va sintez metodi...........................................................................34
6- §. Umumlashtirish me odi .........................................................................38
7- §. Abstraksiyalash metodi. .......................................................................... 47
8- §. Aniqlashtirish metodi ............................................................................. 48
9- §. Klassifikatsiyalash metodi ...................................................................... 48
10- §. Evristik ta'lim metodi ............................................................................49
11- §. Matematika darslarida muammoli ta'lim ............................................ 52
300
IV BOB. O'QUVCHILARNING MATEMATIK TAFAKKURLARINI
SHAKLLANTIRISH METODIKASI
1- §. Matematik ta'limjarayonida masalaning roli va o'rni ........................... 60
2- §. Matematika o'qitishda masalaning bajaradigan funksiyalari................ 63
3- § Matematika darslarida didaktikprinsiplar............................................... 68
V BOB. MATEMATIK TA'LIMNI TASHKIL
QILISH METODIKASI
1- §. Matematika darsining tuzilishi va uni tashkil qilish metodikasi........... 72
2- §. Matematika darsining turlari .................................................................. 74
3- §. Matematika darsiga tayyorgarlik va darsning tahlili ................................. 80
4- §. Matematika darsiga qo'yilgan talablar ..................................................... 82
5- §. O'quvchilarning bilimlarini tekshirish .................................................... 83
VI BOB. SON TUSHUNCHASINI KIRITISH,
UNI KENGAYTIRISH VA SONLAR USTIDA AMALLAR
BAJARISH METODIKASI
1- §. Natural son tushunchasini kiritish va ular ustida amallar
bajarish metodikasi. ................................................................................ 88
2- §. Natural sonlar to'plamini kengaytirish ................................................. 92
3- §. Butun sonlar va ular bilan to'rt amalni bajarish metodikasi ............ 93
4- §. Kasr son tushunchasini kiritish va uni o'rgatish metodikasi............ 96
5- §. Kasrlami taqqoslash ............................................................................. 100
6- §. Kasrlarni qo'shish......,........................................................................... 100
7- §. Kasrlami ayrish.................................................................................... 102
8- §. Kasrlami ko'paytirish ........................................................................... 104
9- §. Kasrlami bo'lish................................................................................... 106
10- §. O'nli kasrlar va ular bilan to'rt amalni bajarish metodikasi .......... 107
11- §. O'nli kasrlarni qo'shish va ayirish ........................................................108
12- §. O'nli kasrlarni ko'paytirish ..................................................................109
13- §. O'nlikasrlarni bo'lish ..........................................................................111
14- §. Oddiy kasrni cheksiz davriy kasrga aylantirish ................................... 112
15- §. Cheksiz davriy o'nli kasmi oddiy kasrga aylantirish ........................ 114
16- §. Irratsional son tushunchasini kiritish metodikasi. ............................ 115
17- §. Haqiqiy sonlar.....................................................................................117
18- §. Haqiqiy sonlar ustida amallami bajarish qoidalari ........................... 119
19- §. Arifmetik kvadrat ildiz tushunchasi kiritish ....................................... 119
20- §. Arifmetik to'rt amalga doir misollar yechish metodikasi. .............. 120
301
VII BOB. MAKTABDA AYNIY SHAKL ALMASHTIRISHLARNI
O'RGATISH METODIKASI
1- §. Ayniy shakl almashtirishlar ................................................................... 125
2- §. Kasr ifodalarni ayniy almashtirish ...................................................... 128
3- §. lrratsional ifodalarni ayniy almashtirish .............................................. 132
4- §. Trigonometrik ifodalarni ayniy almashtirish.................' ....................... 143
5- § Trigonometrik ifodalarni soddalashtirishga doir misollar
yechish metodikasi ...............................................................................154
VIII BOB. TENGLAMALARNI O'RGANISH
METODIKASI
!-§. Tenglama tushunchasini kiritish metodikasi .......................................159
2- §. Chiziqli tenglamalar ............................................................................. 163
3- §. Parametrik usulda berilgan kasr-ratsional teng1.:imalarni yechish ........164
4- §. Noma'lum absolut miqdor belgisi ostida
qatnashgan tenglamalarni yechish metodikasi ...................................... 165
5- §. Kvadrat tenglama tushunchasini kiritish metodikasi .......................... 168
6- §. Viyet teoremasi ..................................................................................... 171
7- §. Kvadrat tenglamaga keltirib yechiladigan tenglamalar ....................... 173
8- §. Irratsional tenglamalarni yechish ......................................................... 180
9- §. Parametrli irratsional tenglamalarni yechish ....................................... 185
10- §. Irratsional tenglamalar sistemasini yechish ....................................... 189
11- §. Ko'rsatkich!i tenglamalar ................................................................... 192
12- §. Logarifmik tenglamalar ....................................................................... 196
13- §. Parametrli logarifmik va ko'rsatkichli tenglamalarni yechish .......... 200
14- §. Ko'rsatkichli va logarifmik tenglamalar sistemasini yechish .......... 204
15- §. Ko'rsatkichli va logarifmik tenglamalami grafik usulda yechish ....... 207
16- §. Trigonometrik tenglamalar ................................................................ 210
17- §. Parametrli trigonometrik tenglamalarni yechish ............................... 218
18- §. Trigonometrik tenglamalar sistemasini yechish ............................... 222
19- §. Masalalarni tenglama tuzish bilan yechish metodikasi .................... 225
20- §. Matematika darslarida tengsizliklarni o'qitish metodikasi. ............. 235
IX BOB. FUNKSIYA, INTEGRAL VA DIFFERENSIAL TANGLAMA
TUSHUNCHASINI KIRITISH VA ULARNI O'RGATISH
METODIKASI
1- §. Funksiya:tushunchasini kiritish va ini o'rgatish metodikasi................... 240
2- §. Sonlar ketma-ketligi va uning limitini o'rgatish metodikasi ............ 248
3- §. Hosila va uning ustida amallar bajarish metodikasi ............................. 252
302
,7
4- §. Hosilani hisoblash qoidalari............................................:.......................260
5- §. Integral va uning tatbiqlarini o'rgatish metodikasi ............................... 262
6- §. Differensial tenglamalar ........................................................................ 267
14
X BOB. GEOMETRIYA KURSINING AKSIOMATIK QURILISHI
AKSIOMA, POSTULAT, TEOREMA VA UNING TURLARINI
O'RGATISH METODIKASI
1- §. Maternatik hukrnning turlari.................................................................. 272
2- §. Postulat ................................................................................................ 274
3- §. Teorema va uning turlari ....................................................................... 275
4- §. Teorernalarni isbotlash metodlari .......................................................... 279
5- §. Teoremalami zaruriy va yetarli shartlari..............................,................. 285
6- §. Tekislikda dekart koordinatalarini kiritish ............................................ 287
7- §. Vektor miqdorlarni o'rgatish metodikasi ............................................. 29l
FOYDAIANILGAN ADABIYOTlAR ...................................................... 298
'
I
I
r'
I