logo
  1. Главная страница
  2. Дипломные работы
  3. Общий
  4. MATEMATIKADAN NOSTANDART XARAKTERDAGI MASALALARNI O’QITISH METODIKASI (PARAMETRGA BOG’LIQ BO’LGAN TENGLAMA VA SISTEMALAR MISOLIDA)

MATEMATIKADAN NOSTANDART XARAKTERDAGI MASALALARNI O’QITISH METODIKASI (PARAMETRGA BOG’LIQ BO’LGAN TENGLAMA VA SISTEMALAR MISOLIDA)

Загружено в:

12.08.2023

Скачано:

0

Размер:

4166.9375 KB
Скачать
MATEMATIKADAN NOSTANDART XARAKTERDAGI MASALALARNI O’QITISH METODIKASI (PARAMETRGA BOG’LIQ BO’LGAN TENGLAMA VA SISTEMALAR MISOLIDA) ” ANNOTATSIYA Ushbu magistrlik dissertatsiya ishida maktab o‘quvchilariga nostandart masalalarni yechish-parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklarni yechish usullari qaralgan. Ushbu ishda ko‘plab misol va masalalarning yechimlari grafik shaklda keltirilganligi o‘quvchilarda mavzuni chuqurroq o‘rganishga imkon yaratib beradi. ANNOTATION In this master's thesis work, schoolchildren were considered the solution of non-standard issues-methods for solving equations and inequalities related to the parameter. The fact that many examples and solutions to problems are graphically presented in this work makes it possible for readers to delve deeper into the subject. 1 Mundarija KIRISH …………………………………………………………5 I BOB. MATEMATIKA FANIDAN O’QUVCHILARNI XALQARO BAHOLASH DASTURIGA TAYYORGARLIK JARAYONIDA YUZAGA KELAYOTGAN MUAMMOLAR. 1.1 -§ . Ta’lim samaradorligini oshirishda xalqaro tajribalarni qo’llash ..8 1.2-§. Matematika darslarini xalqaro baholash mezonlari (PISA, TIMS) bilan yaxlit xolda tashkil qilish ....................................................11 Birinchi bob bo yicha qisqacha xulosaʻ lar ...................................15 II BOB. MAKTAB MATEMATIKA KURSIDA NOSTANDART MASALALAR TURLAR 2.1-§. Maktabda p arametrga bog’liq masalalarni o’rganish ..................16 2.2-§. Parametrga bog’liq tenglamalar...................................................24 2.3-§. Parametrga bog’liq tengsizliklar..................................................39 II bob bo yicha qisqacha ʻ xulosa ..................................................53 III BOB. YUQORI SINF O’QUVCHILARINING NOSTANDART MASALALARNI YECHISH KO’NIKMALARINI RIVOJLANTIRISH METODIKASI USTIDA O’TKAZILGAN TAJRIBLAR 3.1 -§ . Pedagogik sinov-tajriba ishlari ning mazmuni............................54 3.2-§. Tadqiqotning asosiy bosqichlari natijalari va ularning tahlili .....57 III bob bo yicha qisqacha ʻ xulosa ..................................................61 Xulosa … ......................................................................................62 2 Adabiyotlar ro yxati.ʻ .................................................................66 NORMATIV XUJJATLAR Mazkur dissertatsiya ishida quyidagi standartlarga amal qilingan: 1. O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2017-yil 20-maydagi 304-sonli qarori “Oliy ta’limdan keyingi ta’lim to‘g‘risidagi nizomi” O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2017-yil 20-maydagi 304- sonli nizomi 2. O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2020-yil 6-noyabrdagi 696-sonli qarori “Oliy ta’limdan keyingi ta’lim tizimini takomillashtirish chora-tadbirlari to’g’risida” 3. O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2015-yil 2-martdagi 36- sonli nizomi “Magistratura tog‘risidagi nizom” 3 KIRISH Magistrlik dissertasiyasi mavzusining asoslanishi va uning dolzarbligi. Bugungi kun biz pedogoglar jamoasidan ta’lim-tarbiya berishning yangi usullarini ishlab chiqish, fanlararo bog‘lanish (integratsiya)ni kuchaytirish, ijodkor va erkin, har tomonlama mustaqil fikrlay oladigan yoshlarni tarbiyalashdek dolzarb vazifalarni talab qiladi. Zamonaviy jamiyat moslashuvchan, harakatchan, osongina o‘qitiladigan, mustaqil faoliyatga tayyor, hayoti davomida qayta-qayta malaka oshirishga qodir maktab bitiruvchisini talab etadi. Shu sababli ta’lim sohasidagi davlat siyosati maktab bitiruvchilariga yangi talablarni qo‘yadi. Jamiyatga o’z harakatlarini boshqarishga qodir bo‘lgan, tanlangan vaziyatda mustaqil ravishda mas’uliyatli qarorlarni qabul qilishga tayyor bo‘lgan, ushbu qarorlar oqibatlari uchun mumkin bo‘lgan variantlarni saralab oladigan, tashabbuskor, mustaqil, hamkorlik qilishga qodir bo‘lgan o‘qimishli shaxslar kerak. Tadqiqot ob’yekti va predmeti: maktab va akademik litseylar. Akademik litsey va maktab o‘quvchilarining matematikadan nostandart masalalarni xalqaro tajribalar asosida o‘qitishni tashkil qilish. Tadqiqotning maqsadi va vazifalari : umumta’lim va ixtisoslashtirilgan ta’lim muassasalarida nostandart harakterdagi (parametrga bog‘liq bo‘lgan tenglama va sistemalar mavzusini) masalalarni o‘qitish metodikasini shakllantirish asosida ilmiy asoslangan tavsiyalar ishlab chiqish, hamda ularni ta’lim tarbiya jarayoniga tatbiq etadi 4 - matematika fanidan darsdan tashqari mashg ‘ ulotlarda o ‘ quvchilarga nostandart masalalarni yechish ko ‘ nikmalarini shakllantirish -matematikadan ba’zi bir olimpiada tipidagi nostandart masalalarni yechish usullari -parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklarni yechish usullari. Tadqiqotning ilmiy yangiligi: - disseertatsiya ilmiy izlanishi davomida Ixtisoslashtirilgan ta’lim muassasalari agentligi tizimidagi Pastdarg‘om tumani ixtisoslashtirilgan maktabida 7, 8 va 9- sinflarda parallel amaliy dastlabki sinov olib borildi va bu amaliy sinov o‘quvchilarning matematika masalalarini yechishga qiziqishini yanada oshirdi, natijada umumiy sinfning o’zlashtirish darajasida o‘sish darajasi sezilarli darajada kuzatildi. Tadqiqotning asosiy masalalari va farazlari. Ushbu tadqotning asosiy masalasi – nostandart masalalarni o‘rganishda parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklardan foydalanish va grafiklar bilan ishlash o‘quvchilarning tasavvur jarayonini rivojlantiradi. Parametr mavzularini o‘qitishda innovatsion texnologiyalarni tatbiq etish, agar ushbu usul ta’lim jarayonlariga keng qo‘llanilsa, o‘quvchilarning mavzuni tushunishi va unga qiziqishiga erishiladi. Tadqiqot mavzusi bo‘yicha adabiyotlar tahlili. Matematika tarixiga nazar soladigan bo‘lsak, mashhur yunon matematigi Yevklid o’zining “Negizlar” asarida algebraik ifodalarni, ular orasidagi amallarni kesmalar orqali izohlagan, ya’ni geometrik algebradan foydalangan edi. MDH davlatlarining bir guruh olimlari ham o‘z tadqiqotlarida ayrim usullarni qo‘llashgan. Xususan rus matematiklari I.F.Sharigin, N.B.Alfutova, G.Z.Genkin, V.L.Kryukova, ukrainalik matematik I.A.Kushnir, tojikistonlik matematik A.Sufiyevlar o‘z tadqiqotlarida nostandart masalalar yechimlari ustida tadqiqot olib borganlar. 5 Zamonamiz matematiklaridan bu mavzu ustida U.Ismoilov, H.Nerjigitov, Sh.Ismoilov, O.Axmedov, M.Ro‘ziyev, M.Mirzaahmedov, S.Bazarbayev, Z.Turdialiyev kabi yurtdoshlarimiz ish olib bormoqda, hamda bir nechta adabiyotlar nashr qildirgan. Himoyaga olib chiqiladigan asosiy natijalar: - o‘quvchilarning matematika fanini keng va chuqur o‘rganishda har bir misol va masala ilmiy izlanishni talab qiladigan parametrga bog‘liq bo‘lgan masalalarni yechishi uslubini yaratish; -o‘quvchilarning matematik madaniyati va bilimini oshirish; -o ‘quvchilarni mustaqil izlanishlarga ko‘nikmalar yaratish; -o‘quvchilarni bosqichma-bosqich sinflar aro, maktab, tuman, viloyat va Respublika olimpiadalarga tayyorlashning fundamental asoslarini yaratish Tadqiqotda qo‘llanilgan metodikaning tavsifi - har xil sabablarga ko‘ra belgilangan darslar dasturidan chetda qolib ketuvchi parametrga bog‘liq bo‘lgan misollar mavzusini yoritish uslubini yaratish; -o‘quvchilarning mustaqil ilmiy izlanishga yo‘llanma berish; -o‘quvchilarning matematik madaniyati va asoslangan keng fikrlash doirasini rivojlantirish; - tanlab olingan mavzu bo’yicha o‘quvchilarni o‘quv darajasiga qarab bosqichma- bosqich o‘rgatish. Tatqiqot natijalarining nazariy va amaliy ahamiyati. Tadqiqot natijalarining ilmiy ahamiyati shundaki, maktablarda matematika fani o‘qituvchilarining kasbiy-pedogogik faoliyatini takomillashtirishda, o‘quvchilarning parametrga doir tushunchalarini shakllantirishda qo‘llanma sifatida foydalanishi mumkin. 6 Ish tuzilmasining tavsifi. Dissertatsiya ishi 70 sahifa dan iborat bo’lib, kirish, uchta bob, xulosa, amaliy tavsiyalar va foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxati ni o’z ichiga oladi . I BOB. MATEMATIKA FANIDAN O‘QUVCHILARNI XALQARO BAHOLASH DASTURIGA TAYYORGARLIK JARAYONIDA YUZAGA KELAYOTGAN MUAMMOLAR 1.1-§.Ta’lim samaradorligini oshirishda xalqaro tajribalarni qo’llash Ta’lim samaradorligini baholash bo’yicha jahon tajribasini tahlil qilish bir qator murakkabliklar bilan bog’liq. . Birinchidan, bu zarur, ishonchli va tegishli tadqiqot manbalarini, asosan, ixtisoslashtirilgan ilmiy nashrlarda ilmiy maqolalarni izlash. Ikkinchidan, bu tilda so’zlashuvchi bo’lmaganlar tomonidan ingliz tilida turli atamalarni qo’llash idrok etish va talqin qilishni qiyinlashtiradi, chunki bu nomuvofiqlik va noto’g’ri talqinlarga olib kelishi mumkin. Uchinchidan, samaradorlik mavzusining o’zi murakkab va shuning uchun mashhur bo’lmagan mavzu bo’lib, uni topishni yanada qiyinlashtiradi. Va nihoyat, mavzu ommabop emasligi sababli, barcha tadqiqotlar noaniq va shuning uchun kamdan-kam hollarda keng qamrovli. Katta hajmdagi xalqaro ma’lumotlar bo’yicha ishlab chiqilgan yaxshi shakllangan nazariyalar yoki har qanday tasdiqlangan yondashuvlarni taqdim etuvchi maqolalar soni cheklangan bo’lishini kutish tabiiydir. Umuman ta’lim muammolariga, maktab va oliy ta’lim masalalariga, ta’lim siyosati va iqtisodiyotiga bag’ishlangan ko’plab xorijiy adabiyotlar mavjud. Bunday adabiyotlarga, xususan, ko’p tarmoqli nashriyotlarning monografiyalari va darsliklari, tadqiqot mavzulari va tegishli sohalar bo’yicha konferentsiya materiallari, hukumatlar va notijorat tashkilotlari grantlari to’g’risidagi hisobotlar, shuningdek, ko’plab ilmiy jurnallar kiradi. ilmiy Springer Link (http://link.springer.com/) va Science Direct (http://www.sciencedirect.com/) 7 portallari. Bu jurnallar, masalan, Procedia-Ijtimoiy va xulq-atvor fanlari, Ta’lim iqtisodiyoti sharhi, Ta’limni baholash tadqiqotlari, Xalqaro ta’lim tadqiqotlari jurnali, Educational Research Review va boshqalarni o’z ichiga oladi. Jurnallarning mavzulari ta’lim tizimining moliya va iqtisodiyot, ta’lim sohasidagi siyosat va qonunchilik, inson kapitali, uni ishlab chiqarish, investitsiyalar rentabelligi va boshqalar kabi dolzarb masalalarini yoritadi. Qoidaga ko’ra, umumiy ta’lim tizimlari bo’yicha tadqiqotlar va ko’rib chiqilayotgan muammoni to’rtta asosiy qismga bo’lish mumkin: – so’rovlar va statistik ma’lumotlar asosida bir mamlakatda yoki yagona ta’lim muassasasida axborotni qayta ishlash va tahlil qilish; – bir mamlakatda bir nechta misollar asosida ko’pincha soddalashtirilgan kontseptual modelni yaratish; - tadqiqot mavzusi bo’yicha ilgari olingan va e’lon qilingan natijalarni umumlashtirish maqsadida, aksariyat hollarda tegishli asoslarsiz va natijada, keyingi qadamlar uchun aniq xulosalar yoki tavsiyalarsiz adabiyotlarni ko’rib chiqish; - mavjud statistik ma’lumotlarga asoslanib, xatti-harakatlarning asosiy shakllarini tavsiflash imkonini beruvchi kontseptsiyani yaratish. Ta’lim samaradorligi bilan bog’liq mavzu bo’yicha manbalar soni o’z- o’zidan kam. O’tkazilgan tahlillar ta’limni u yoki bu tarzda uning samaradorligini baholash nuqtai nazaridan ko’rib chiqadigan o’nlab ishlar haqida gapirishga imkon beradi va bu umumiy va alohida hollarda ta’limning barcha turlari va darajalarini o’z ichiga oladi. Faqat maktab ta’limi, ma’lum turdagi maktablarda ta’lim , masalan, davlat universitetlari, ma’lum bir yo’nalishdagi yoki ma’lum bir mintaqadagi universitetlar va boshqalar. Iqtisodiyotda dastlab qo’llanilgan "samaradorlik" tushunchasi muhandislik va ishlab chiqarish sohasidan olingan bo’lib, "mumkin bo’lgan maksimal ishlab chiqarish bilan resurslarni minimallashtirish" degan ma’noni anglatadi [1]. Ingliz adabiyotida "samaradorlik", ya’ni samaradorlik tushunchasi samaradorlik tushunchasiga o’xshash bo’lib, ko’pincha "samaradorlik" tushunchasi bilan 8 birgalikda yoki hatto uning o’rniga qo’llaniladi, bu (umumiy holatda) to’liq ma’noni anglatadi. maqsadga erishish. Rus tilidagi hamkasblar bu holda samaradorlik va "natija sifati" yoki "samaradorlik"ni aniqlashda "xarajatlarni kamaytirish" tushunchalari bo’lishi mumkin. Shuni ham ta’kidlash kerakki, ta’lim samaradorligini aniqlash va hisoblash muammolariga bag’ishlangan zamonaviy xorijiy adabiyotlarda amaliy tadqiqotlar va ularning nazariy asoslari o’rtasida ma’lum bir tafovut mavjud. Garchi "samaradorlik" atamasi juda tez-tez va ixtisoslashtirilgan materiallarda - hamma joyda qo’llanilsa ham, u har doim ham aniq va aniq ta’rifga ega emas yoki bu ta’riflar manbadan manbaga, hatto bitta muallifning tadqiqotlari doirasida ham farqlanadi. Ushbu kuzatish tadqiqotchilar tomonidan tasdiqlangan [2], bu faqat o’rnatilgan yoki hech bo’lmaganda paydo bo’lgan terminologiya va ta’lim samaradorligi muammosiga yagona yondashuv yo’qligini ko’rsatadi. Shunday qilib, masalan, "samaradorlik" atamasi tadqiqotning yakuniy maqsadi (masalan, milliy dastur doirasidagi ta’lim muassasasi samaradorligi) sifatida ham, maqsadga erishish vositalaridan biri sifatida ham qo’llanilishi mumkin. samaradorlikdan tashqari. Masalan, ish faoliyatini baholash ta’lim faoliyatining muayyan maqsadlariga erishish uchun o’lchanadigan ko’rsatkich sifatida. 9 1.2-§. Matematika darslarini xalqaro baholash mezonlari (PISA, TIMS) bilan yaxlit xolda tashkil qilish TIMSS(TIMSS – Trends in Mathematics and Science Study)) matematika va tabiiy fanlar bo’yicha ta’lim sifatining qiyosiy tadqiqoti maktab ta’limi sifatining birinchi xalqaro monitoring tadqiqoti bo’lib, o’quvchilarni turli yo’nalishlarda matematika va tabiiy fanlarga tayyorlash tendentsiyalarini kuzatish imkonini beradi. Dunyo mamlakatlari (1995 yildan beri har 4 yilda bir marta o’tkaziladi). Tadqiqotda milliy namunaga asoslangan 4 va 8-sinf o’quvchilari ishtirok etdi [Mullis et al., 2012]. Ta’lim natijalariga ta’sir etuvchi omillarni aniqlash uchun TIMSS ta’lim jarayoni, talabalar va ularning oila a’zolarining turli xususiyatlari bilan bog’liq kontekstual ma’lumotlarni to’playdi. Tadqiqot Ta’lim yutuqlarini baholash xalqaro assotsiatsiyasi (IEA – International Association for the Evaluation of Educational Achievement) tomonidan tashkil etilgan [Mullis et al., 2012 Talabalarning ta’lim yutuqlarini baholash xalqaro dasturi PISA (Programme for International Student Assessment), Iqtisodiy hamkorlik va taraqqiyot tashkiloti ((OECD – Organization for Economic Cooperation and Development) Iqtisodiy hamkorlik va taraqqiyot tashkiloti) tomonidan amalga oshiriladi va uch yillik tsikllarda ishlaydi. 2000 yildan beri. PISA qiyosiy tadqiqot bo’lib, 15 yoshli o’quvchilarning maktabda o’rganganlarini real hayotda qo’llash qobiliyatini baholaydi [OECD, 2013]. PISA o’qish savodxonligi, fan savodxonligi, matematik savodxonlik va muammolarni hal qilish kabi ko’nikmalarni baholaydi (har bir davr savodxonlikning ma’lum bir turiga qaratilgan, ammo har bir tsikl barcha turdagi vazifalarni o’z ichiga oladi) [OECD, 2004]. 10 PISA va TIMSSko’pincha o’quvchilar yutuqlarini baholashning o’xshash usullari sifatida qaraladi [ Grønmo & Olsen, 2006 ]. Buning bir qancha sabablari bor: 1) Tadqiqotlar aniq belgilangan aholi guruhiga asoslanadi (PISAda tanlov yoshga, TIMSS da esa sinfga yo’naltirilgan); 2) Bir xil turdagi vositalar qo’llaniladi (kontekstli ma’lumotlar uchun so’rovnomalar va vazifalari bo’lgan bukletlar); 3) natijalar shu kabi psixometrik vositalar yordamida qayta ishlanadi; 4) sinovdan o’tgan materialning sifatini qattiq nazorat qilish, tarjima qilish va moslashtirish kuzatiladi; 5) Tadqiqot tsikllarda olib boriladi va natijalarni vaqt bo’yicha taqqoslashni o’z ichiga oladi. TIMSS -2011 va PISA-2012 tadqiqotlarida matematika va matematika savodxonligi bo’limi muhim rol o’ynaydi (PISA-2012da matematika savodxonligi ustuvor yo’nalish edi). Biroq “matematika” va “matematik savodxonlik” tushunchalarini farqlash zarur. TIMSStadqiqoti doirasida matematika deganda talabaning faktlar va usullar, tushunchalardan foydalanish, standart (tipik) masalalarni yechish, matematik fikrlash va boshqalar haqidagi bilimi tushuniladi[Mullis et al., 2012]. PISA da "matematik savodxonlik" insonning o’zi yashayotgan dunyoda matematikaning o’rnini aniqlash va tushunish, asosli matematik mulohazalar qilish va matematikadan talablarni qondirish uchun foydalana olish qobiliyatini bildiradi. ijodiy, qiziquvchan va fikrlaydigan fuqaroga xos bo’lgan hozirgi va kelajakdagi ehtiyojlar [OECD, 2013]. Tadqiqotlar turli maqsadlarga ega bo’lganligi sababli, ulardagi topshiriqlarning mazmuni ham, turlari ham farqlanadi. PISA kontekstli muammolari oddiy matematik masalani kundalik, ortiqcha ma’lumotlar bilan “yuklash” orqali shakllantiriladi. Bunday muammoni hal qilish uchun bir qator ketma-ket harakatlarni bajarish kerak (6-rasm). PISAda matematik masalani yechish bosqichlari Matematikani qo’llash imkoniyatini aniqlash Topshiriqdagi matematik strukturani ajratish 11 Masalani yechish uchun matematik bilimlarni qo’llash Matematik ifodalangan yechimni muammo mazmuniga moslash Shunday qilib, talaba matematik yechimni kundalik masala kontekstiga o’girib, ularning natijalariga ma’no berganida muammo yechilgan hisoblanadi. Shunisi qiziqki, PISA topshirig’ini muvaffaqiyatli bajarish uchun zarur bo’lgan matematika va tabiiy fanlar bilimlari ko’p hollarda sayoz va murakkab emas, lekin mavjud bilimlarni qo’llash bilan bog’liq qo’shimcha ko’nikmalarni talab qiladi [Masters, 2005; Wu, 2010]. Yuqorida tavsiflangan sxema TIMSStadqiqot vazifalarida ham mavjud, lekin faqat "Ilova" maydoniga qaratilgan [Mullis va boshq., 2012]; boshqa hollarda, topshiriqlar standart matematik bir hil vazifadir (aksincha, PISAda topshiriq ko’pincha bir vaqtning o’zida matn, jadval va grafikni o’z ichiga oladi), diqqatni chalg’itadigan keraksiz ma’lumotlarsiz (PISA topshiriqlarida qo’shimcha ma’lumotlar ko’pincha mavjud). talabaning faqat keraklisini ajratib olish qobiliyatini tekshirish uchun berilgan). Shunga ko’ra, masalani matematik tilga o’tkazish uchun muammo shartining alohida elementi tasvirlangan matematik modelning ma’lum bir elementiga mos keladigan oddiy analogiyalardan foydalanish kifoya. TIMSStopshiriqlari bilan talabalar juda boy ish tajribasiga ega, chunki rus darsliklarida aynan shu turdagi topshiriqlar mavjud va talabalar ularni matematika darslarida tez-tez uchratishadi. Topshiriqlar bilan PISA boshqacha. Talabalar mustaqil ravishda masalaning “matematik komponentini” topishlari va u bilan qaysi matematik model doirasida ishlashlarini aniqlashlari kerak. Vazifalarning ko’rinishi g’ayrioddiy, bu ular bilan ishlashda qo’shimcha qiyinchiliklarni keltirib chiqaradi. Xalqaro tadqiqot topshiriqlari turli xalqaro jamoalar tomonidan ishlab chiqiladi va ularni ishlab chiqish jarayoni bir-biridan farq qiladi. Xalqaro pudratchilar deb ataladiganlar PISA topshiriqlarini talabalarning jamiyatda to’liq ishlashi uchun zarur bo’lgan kompetensiyalarga asoslangan holda ishlab chiqadilar (shuningdek, oldingi ishlarda DeSeCo loyihasiga qarang). Ushbu vazifalarga 12 qo’shimcha ravishda, har bir PISA ishtirokchi davlati xalqaro pudratchilarga testga qo’shish uchun o’z savollarini taklif qilish huquqiga ega. Biroq, ular sinchkovlik bilan tahlil qilingan va madaniy tarafkashlik mavjudligi tekshirilgandan keyingina PISA testining sinov versiyasiga kiritilishi mumkin (asosiy testdan bir yil oldin). Agar ba’zi mamlakatlar uchun elementlar juda oson yoki qiyin deb topilsa, bunday narsalar chiqarib tashlanadi, aks holda ular asosiy vositada qoladi [ http://www.oecd.org/pisa ].. TIMSSda topshiriqlar qator mamlakatlardan kelgan yuqori malakali mutaxassislar jamoasi tomonidan tayyorlanadi. Aynan maktab dasturlarining fanlar bo’yicha xilma-xilligi topshiriqlarni tayyorlashda jiddiy muammo hisoblanadi. Har bir mamlakatdan ekspertlar barcha ishtirokchi davlatlar uchun adolatli xalqaro vositalarni ishlab chiqish uchun taklif etiladi. Mamlakat mutaxassislari topshiriqlarni 4 va 8-sinflarda o’rganilgan materialga muvofiqligi, topshiriq matni va shaklining noaniqligi hamda bir qator boshqa mezonlar bo’yicha baholaydilar [Matematika va tabiiy fanlar sifatini xalqaro o’rganishning asosiy natijalari. ta’lim, 2011]. Ko’pgina mamlakatlarda topshiriqlar fan bo’yicha o’quv dasturini 90% qamrab oladi. Istisnolar AQSh va Vengriya - 100% va Niderlandiya - 71% [Yee, de Lange & Schmidt, 2006]. Bir qator tadqiqotlar matematikada PISA va TIMSStuzilmalarini solishtirishga bag’ishlangan [Hutchison & Schagen, 2007; Neidorf va boshqalar, 2006]. TIMSS va PISA 2003 muammolari tahlili shuni ko’rsatdiki, TIMSSning 99 ta muammosidan 42 tasining ("yalang’och matematika") PISA da o’xshashi yo’q. Boshqacha qilib aytganda, maktab o’quv dasturida o’qitiladigan barcha mavzular (TIMSSmaktabga mo’ljallangan) PISA tadqiqotida yoritilgan emas [Wu, 2010].. TIMSStadqiqoti matematika savodxonligining 5 darajasini aniqlaydi [Mullis et al, 2012]: 5-darajali - eng yuqori (625 ball). O’quvchilar berilgan ma’lumotlar asosida mustaqil xulosalar va asoslar tuzishga qodir. Ular nostandart vazifalarni, shuningdek, bir qator qadamlarni talab qiladigan vazifalarni hal qilishga qodir. 13 4-daraja - Yuqori (550 ball). Talabalar o’z bilimlarini turli vaziyatlarda qo’llaydilar va turli grafik va diagrammalarda taqdim etilgan ma’lumotlarni tahlil qiladilar. 3-darajali - O’rta (475 ball). Talabalar turli vaziyatlarda faqat asosiy bilimlarni qo’llashlari mumkin, ba’zi grafik va jadvallarni sharhlay oladilar. 2-darajali - past (400 ball). Talabalar asosiy bilimlarga ega bo’lib, jadval va grafiklardagi ma’lumotlarni solishtirishlari mumkin. Biroq, faqat oddiy grafikalar va diagrammalar sharhlashi mumkin. 1-daraja - Past (400 balldan past). Talabalar fan bo’yicha boshlang’ich bilimga ega emaslar. Matematik savodxonlikning o’xshash darajalari PISA tadqiqotida ta’kidlangan (TIMSSda 5 daraja o’rniga 6 daraja). Ikkinchi daraja chegara darajasi hisoblanadi, unga erishgandan so’ng talabalar bilimlarni eng oddiy nopedagogik vaziyatlarda qo’llashlari mumkin. 4-darajada talabalar allaqachon mavjud bilim va ko’nikmalar asosida yangi ma’lumotlarni qabul qilish va sharhlash imkoniyatiga ega bo’ladilar va 5-6 darajalarda ular qiyin vaziyatlarda ham mustaqil ravishda ishlaydi. Shunday qilib, bu darajalar har bir talaba qaysi bosqichda ekanligi haqida xulosa chiqarishga imkon beradi [OECD, 2013]. Birinchi bob bo‘yicha xulosalar Yuqorida aytib o‘tilgan adabiyotlarga asoslanib, quyidagilarni ta’kidlash mumkin: • TIMSStopshiriqlari asosan faktlar va standart algoritmlar haqidagi bilimlarni aniqlashga qaratilgan bo‘lsa, PISA topshiriqlarni o‘quvchilarning atrofdagi voqelik haqidagi allaqachon mavjud bilimlari va g‘oyalari bilan bog‘lashni talab qiladi; Yuqoridagilarning barchasini umumlashtirgan holda shuni ta’kidlash kerakki, TIMSSva PISA tadqiqotlari o‘ziga xosdir va ularning har birining mavjud xususiyatlari tufayli ularni to‘g‘ridan-to‘g‘ri taqqoslash qiyin. 14 MAKTAB MATEMATIKA KURSIDA NOSTANDART MASALALAR TURLARI 2.1-§. Maktabda p arametrga bog’liq masalalarni o’rganish Parametrga bog’liq misol va masalalarni yechish uslubiyatini o’rgatish o’quvchilarni to’g’ridan –to’g’ri imtihonlarga tayyorlashdan tashqari ularning matemaika fanini chuqur o’rganishiga, o’quvchilarning matematik madaniyatini oshirishga va fikirlash qobiliyaitni kengaytiraytirish uchun xizmat qiladi . Ma’lumki parametrga bog ’ liq masalalarni yechish o ’ quvchidan ma’lum darajada chuqur matematik bilimga ega bo ’ lishi bilan birgalikda masalalarni asosli darajada elementar qismlarga bo ’ lish, umumlashtirish ko’nikmalar hosil qilishi, har bir keltirilgan matematik amallarning asoslanishi va o’zining qo’llayotgan amallarini mantiqiy asosligi haqida to ’ la tasavvurga ega bo’lishni talab qiladi. Bizning fikrimizcha Parametrga bog’liq masalalarni yechishni o’rganish 7- sinfdan boshlanishi maqsadga muvoffiq deb hisoblaymiz va ketma-ket uzluksiz ravishda har bir darsda boshqa mashg ’ ulot mavzulariga uzviy bog’lab olib borilishi kerak. Parametrga bog ’ liq masalalarni yechishni o’quvchiga o’rgatishni va ularning muvaffaqiyatli o’zlashtirishini shartli ravishda quydagicha tavsiya o’rinli deb hisoblaymiz: 15 7-sinfda parametrga ega bo’lgan chiziqli tenglamalarni va imkoniyati boricha sodda parametrga ega bo ’ lgan tengdamalar sistemasini yechishdan boshlash maqsadga muvoffiq bo’ladi deb hisoblaymiz. 8-sinfda esa parametrga ega bo’lgan ikkinchi darajali tenglamalarni ba’zi bir tiplarini o’rganish maqsadga muvoffiq. 9-sinfda esa kvadrat uchhadning parametrga bog’liq holda ildizlarining joylashishi va yechimlar parametrea bog’liq holda tenglama yechimlarini o’rganish maqsadga muvofiq deb hisoblaymiz. Ma’lumki 7-sinf algebra kursida “Bir namalumli chiziqli tenglamalar ” qismida ax = b tenglamada x -noma’lumning a va b parametrlarga bog’liq yechimlarini topish kerak deb qarash mumkin Bu yerda “parametr” tushunchasiga aniqlik k i ritaylik . Ya’ni a,b,c va hakozalar o’zgaruvchilar tenglamani yechganda doimo o’zgarmas yoki aniq qiymati berilmagan tenglama koeffisientlari deb qaraladi. Quyidagi tenglamalarda x o’zgaruvchini toping, ya’ni parametrning qanday qiymatlarda tenglama yechimi mavjud bo’ladi va ularning (parametrning) hamma yechimi, ko’rinishini aniqlash talab qilinadi. ax =10 ax −7=8 , bx − a = bx , 4− bx =15 ax −6= 0 3 x + 8 = ax − 3 px −7= 3x− p k − 5 x = − 5 + kx , 16 ( a − 2 ) x + 5 = a + 3 ax +2x+6= a+3 ax + 3 x + 6 = 1 − x a 2 ( x − 5 ) = 25 ( x − a ) O’quvchilarni parametrga bog ’ liq bo’lgan tenglamalar sistemasi bilan tanishtirish “Ikki o’zgaruvchili chiziqli tenglamalar sistemasi” mavzusi bilan tanishgandan keyin misol va masalalar yechishni taklif qilish maqsadga muvofiq bo’ladi deb hisoblaymiz. Odatda bu mavzu darslarda grafik usuli bilan yechish orqali namoyon qilinadi. Bu mavzuga quyidagi vazifalar qo’yilishi maqsadga muvofiqdir. a va b paramerning shunday qiymatlarini tanlab topingki: a) sistema yagona yechimga ega bo’lsin; b) sistema yechimga ega bo’lmasin; 1. 2 3 1. 5 17 Bu tenglamalar sistemasini yechishda yechimning yuqorida qo’yilgan savol va talablarga to’la jovob bo ’ lishiga alohida e’tibor beriladi. Yechim: 1) sistemada b ≠ 0 bo’lsa, tenglama quydagi ko’rinishga keladi Agar bo’lsa, ya’ni bo’lsa, sistema yagona yechimga ega agar bo’lsa va ya’ni bo ’ lsa sistema yechimga ega emas. 2) agar b = 0 bo’lsa sistema Ko ’ rinishda bo’lib yagona yechimga ega bo’ladi. Javob: agar sistema yagona yechimga ega va bo’lsa sistema yechimga ega emas. Quydagi parametrga ega bo’lgan sistema yechimla r ini toping 2) Birinchi sistemaning yechimi chiziqli funksiya grafiklari o’zaro joylashishidan kelib chiqadi. Javob:( 0; 3) 18 Ikkinchi tenglamalar sistemasini yechish tenglamalarni analitik usul bilan yechishni talab qiladi. Javob : (1, 3)a - parametrning ha m ma qiymatlarida berilgan sistemaning yechimini toping Yechim: 1. Agar ya’ni bo’lsa, sistema sistemaga ekvivalentdir. 2. A gar a=1 bo’lsa sistema ko’rinishga ega bo’ladi. Agar a=−1 bo ’ lsa, sistema x=1+y tenglamaga ekvivalentdir Javob: agar bo’lsa, agar bo’lsa, agar bo ’ lsa . Ikki o’zgaruvchili tenglamalar sistemasini yeching : 19 Javob: agar bo’lsa, , agar bo’lsa, . javob: agar bo’lsa , agar bo’lsa , - ixtiyoriy son ( ) javob: agar bo’lsa bo ’ ladi. bo’lganda, ixtiyoriy son, bo’lganda, ixtiyoriy son, 8-sinf o’quvchilari uchun parametrga bog’liq bo’lgan masalalarni “Kvadrat tenglamalar”, “Rastonal kasr tenglamalar”, “Tengsizliklar” mavzulari bo’yicha o’tkazish tavasiya etiladi. Mi sol. Tenglamalarning agar bo’lganda k- ni va ikkinchi ildizini toping. agar bo’lganda k- ni va ikkinchi ildizini toping. Quydagi tenglamaning shunday qiymatlarini topingki uning ildizlari va ga teng bo’lsin. - ning qanday qiymatlarida tenglama yagona yechimga egaligini ko ’ rsating. Tenglamani yeching: 20 “Tengsizliklar” mavzusini o ’ rgangandan keyin quydagi tipdagi masalalarni ko’rish tavsiya etiladi. - parametrning tenglamani qanoatlantiruvchi a) ikki yechimga ega ekanligi b) yechimga ega emasligi v) ikkita karrali yechimga ega bo ’ lgan hamma qiymatlarini toping. 2. tenglamaning yechimga ega bo’lgan – parametrning hamma qiymatlarini toping. 3. Tenglamani yeching 4. - parametrning barcha qiymatlarida tenglama a) ikkita har xil yechimga ega ekanligi b) yechimga ega emasligini ko ’ rsating. 5. Tenglama yagona yechimga ega bo’lgan - parametrning hamma qiymatlarini toping a) b) Bu tenglamalarni yechishni o’rgangandan keyin “Rastonal kasrlar” mavzusini o’rganib, quyidagi tenglamalar sistemasiga o’tish tavsiya qilinadi 1) 2) 21 3) 4) 5) 6) 1) sistemaning yechimi agar bo’lsa, agar bo’lsa, sistema yechimga ega bo’lishi uchun u vaqtda va bo’lsa yechimga ega emas. Javob: agar bo’lsa bo’ladi agar bo’lsa agar bo ’ lsa yechimi mavjud emas . 22 2. 2 -§ . Parametrga bog’liq tenglamalar Masala 1. ( 0 ; π 2 ) oraliqda 1 + ( 2 − 2 k ) sin t cos t − sin t = 2 k tenglama k parametrning qanday qiymatlarida hech bo’lmaganda bitta yechimga ega bo’ladi? Yechish. Tenglamada x=sin t,y=cos t deb belgilab olamiz, u holda, 1 + ( 2 − 2 k ) y x − y = 2 k ⟺ { 1 + 2 y − 2 ky = 2 kx − 2 ky x ≠ y ⟺ { y = kx − 1 2 , x ≠ y . (*) 23 Belgilashga asosan x 2 + y 2 = 1 bo’ladi. Demak, izlanayotgan parametrning qiymati (*) tenglama bilan berilgan to’g’ri chiziqlar bo’lib birlik doira ichida yotadi. Shu chiziqlar kesish nuqtasi 1-koordinatalar choragida (x>0,y<1) x= y to’g’ri chiziq nuqtalaridan boshqa hamma nuqtalar bo’ladi. OXY koordinatalar sistemasida chizmada ko’rsatilgandek (*) tenglama qizil rang bilan belgilangan to’g’ri chiziqlar dastasini beradi va (0; -0.5) nuqtadan o’tadi. (1;0) nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziq burchak koeffitsiyentini topamiz: k = 1 2 bo’ladi. Endi ( √ 2 2 ; √ 2 2 ) nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziq burchak koeffitsiyenti: k = 1 2 + √ 2 2 √ 2 2 = 1 + √ 2 √ 2 = √ 2 + 2 2 . 2.1-chizma. x2+y2=1 aylana va to‘g‘ri chiziq kesishishi grafigi. Shunday qilib agar 1 2 < k < √ 2 + 2 2 yoki k > √ 2 + 2 2 shart bajarilsa masala k ning qiymatlari berilgan tenglamani qanoatlantiradi. Javob: ( 1 2 ; √ 2 + 2 2 ¿ ∪ ( √ 2 + 2 2 ; + ∞ ) Misol 2. [0;π 2] kesmada 6k−(2−3k)cos t sin t−cos t =2 tenglamani qanoatlantiruvchi k parametrning hamma qiymatlarini toping. 24 Yechim 1. Bu masalani quyidagicha qo’yish mumkin: tenglamani[ 0 ; π 2 ] kesmada qanoatlantiruvchi k ning hamma qiymatlarini oppish talab qilinsin. sin t ≠ cos t ⟺ t ≠ π 4 + πn , n Z ϵ bo’lgan hech bo’lmaganda bitta yechimini topamiz. Tenglamani quyidagicha almashtiramiz: 6k−(2k− 3)cos t=2(sin t−cos t)⟺ 6k−2cos t+3kcos t=2sin t− 2cos t⟺ (cos t+2)3k= 2sin t. Tenglamaning o’ng tomoni [0;π 2] kesmada (0;2) monoton o’suvchidir. Tenglamaning chap tomonidagi funksiya esa 9k dan 6k gacha monoton kamayuvchi. Bu yerda k≥0. Shunday qilib tenglama [ 0 ; π 2 ] kesmada yagona yechimga ega bo’ladi. Agar 9 k ≥ 0 va 6 k ≤ 2 bo’lsa k ϵ[ 0 ; 1 3 ] , agar k ≤ 0 bo’lsa tenglamaning chap tomoni manfiy bo’lib tenglama yechimga ega emas. Agar x = π 4 yechimni chiqarib tashlasak quyidagiga ega bo’lamiz: ( cos π 4 + 2 ) 3 k = 2 sin π 4 ( √ 2 2 + 2 ) ∙ 3 k = √ 2 ⟺ k = 2 √ 2 3 (√ 2 + 4 ) = 2 ( 2 √ 2 − 1 ) 21 Javob: Yechim 2. Berilgan tenglamaning aniqlanish sohasi [0;π 2] kesma bu yerda sinx =cosx bo’lmasligi kerak ya’ni x ≠ π 4 bo’lishi kerak tenglamani quyidagi ko’rinishga keltiramiz: Tenglama chap tomoni yechimlar to’plamini aniqlaylik. Agar deb chap tomonini belgilasak u vaqtda 25 bo’ladi. Topilgan hosilaning aniqlanish sohasi f(x) funksiyaning aniqlanish sohasi bilan mos tushib[ f ( 0 ) ; f ( π 2 )] kesmada o’suvchi bo’ladi. Bundan tashqari shu sababli Demak qiymatidan tashqari [ 0 ; 1 3 ] kesmadagi k ning hamma qiymatlari berilgan tenglama talablarini qanoatlantiradi. 3-usul. Berilgan tenglamaning aniqlanish sohasi Masalani quyidagicha qo’yish mumkin. Tenglamani qanoatlantiruvchi k ning [ 0 ; π 2 ] kesmada hamma qiymatlarini toping , x ≠ π 4 dan tashqari tenglamani quyidagicha yozamiz: Agar a = 3 k 2 deb belgilasak berilgan tenglama quyidagi ko’rinishga keladi: Koordinatalar sistemasida (-2;0) nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziqlar dastasini hosil qilamiz. 26 2.2-chizma. funksiya grafigi. Bu to’g’ri chiziqlar kesishish nuqtasi birlik doira bilan to’g’ri chiziqlar dastasining kesishish nuqtalarni tashkil qiladi. [0;π 2] kesmada tenglamaning yechimi mavjud bo’lishi uchun kesishgan nuqtalar oralig’idagi aylana yoyining hamma nuqtalari tenglamani qanoatlantiradi. Faqat x ≠ π 4 shartni qanoatlantirishi kerak. Gorizontal to’g’ri chiziqning burchak koeffitsiyenti a =0 aylana yoyining yuqorida kesishish nuqtasidan o’tkazilgan burchak koeffitsiyenti a=0,5 . π 4 nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziq burchak koeffitsiyenti Shunday qilib, quyidagi shartlarda tenglama qanoatlantiriladi yoki Javob: yoki . Misol 3. a parametrning qanday qiymatlarida berilgan tenglama (1) ikkita yechimga ega bo’ladi: Yechim. Agar |x−2|=t deb belgilash kiritsak tenglama quyidagi ko’rinishga ega bo’ladi: bu yerda t > 0 . Berilgan tenglama ikkita yechimga ega bo’lishi uchun (2) ikkinchi tenglma yagona yechimga ega bo’lishi talab qilindi. 1. bo’lsa tenglama yechimga ega emas. 2. bo’lsa, tenglama yagona yechimga ega. 27 2.3 a va b chizma. funksiya grafigi. 3. bo’lsa, to’g’ri chiziq funksiya grafigiga urinma bo’lishini quyidagicha yozish mumkin: Bundan a prametrning haqiqiy va musbat ikkita yechimi mavjud . Javob : Misol 4. Tenglamaning a parametrini shunday qiymatlarini topingki tenglamaning ildizi (4;19) oraliqdan tashqarida bo’lsin. | x − a 2 + a + 2 | +| x − a 2 + 3 a − 1 | = 2 a − 3 Yechimi: modul belgisi ichidagi ifodalar ayirmasi tenglamaning o’ng tarafida turgan ifoda bilan mos keladi. (x−a2+a+2)−(x− a2+3a−1)= 2a−3 Quyidagicha almashtirish kiritamiz n = x − a 2 + a + 2 , m = x − a 2 + 3 a − 1 . holda tenglama quyidagi ko’rinishga keladi: | m | + | n| = m − n . E5 Bu tenglikdan n≤0≤m ga ega bo’lamiz. Bu esa x − a 2 + a + 2 ≤ 0 ≤ x − a 2 + 3 a − 1 ⟺ a2−3a+1≤x≤a2− a−2 { a 2 − 3 a + 1 ≤ a 2 − a − 2 , [ a 2 − a − 2 ≤ 4 , a 2 − 3 a + 1 ≥ 19 ⟺ { 2 a ≥ 3 ,[ a 2 − a − 6 ≤ 0 , a 2 − 3 a − 18 ≥ 0 ⟺ { a ≥ 1,5 ,[ ( a − 3 ) ( a + 2 ) ≤ 0 , ( a − 6 ) ( a + 3 ) ≥ 0 ⟺ { a ≥ 1,5 ,[ a ≤ − 3 , − 2 ≤ a ≤ 3 , a ≥ 6. Bundan bu tenglama (4;19) oraliqda yotmaydigan ildizlarga ega. Javob: a∈[1,5 ;3]∪[6;+∞¿ 28 5. Quyidagi tenglama a parametrning qanday qiymatlarida [5; 23] oraliqda kamida bitta yechimga ega | x − a 2 + 4 a − 2 | + | x − a 2 + 2 a + 3 | = 2 a − 5 Yechilishi. Modul qatnashgan ifodalar uchun quyidagi ayniyatdan foydalanamiz: |m|+|n|= m− n Bu yerda n≤0≤m (*) shart bajarilishi kerak. Tenglamada m= x− a2+4a− 2 va n= x−a2+2a+3 ga teng. Modul ostidagi ifodalar farqi tenglikning ikkinchi qismiga teng ya’ni: x−a2+4a−2− x+a2− 2a− 3=2a−5 (*) shart bajarilishini tekshiramiz x−a2+2a+3≤0≤x−a2+4a− 2⟺ a2− 4a+2≤x≤a2− 2a−3 { a 2 − 4 a + 2 ≤ a 2 − 2 a − 3 , a 2 − 2 a − 3 ≥ 5 , a 2 − 4 a + 2 ≤ 23 ⟺ { 2 a ≥ 5 , a 2 − 2 a − 8 ≥ 0 , a 2 − 4 a + 21 ≤ 0 ⟺ { a ≥ 2,5 , ( a − 4 )( a + 2 ) ≥ 0 , ( a − 7 )( a + 3 ) ≤ 0 − ⟺ { a ≥ 2,5 ,[ a ≤ − 2 , a ≥ 4 , − 3 ≤ a ≤ 7 yechimlarni umumlashtiramiz va berilgan tenglama [5; 23] oraliqda kamida bitta yechimga ega bo’lishi uchun a parametr [4;7] oraliqdagi qiymatlarni qabul qilar ekan. Javob: [4;7] 6. Tenglama hech bo’lmaganda bitta yechimga ega bo’ladigan a parametrning hamma qiymatlarini toping. (4x− x2)2−32 √4x− x2= a2−14 a . Yechim 1. Quyidagicha belgilash kiritamiz √ 4 x − x 2 = t , bu yerda 0≤t≤2 ya’ni 0≤4x− x2≤4. Berilgan tenglamani t orqali ifodalab t 4 − 32 t = a 2 − 14 a ko’rinishdagi tenglikka ega bo’lamiz . Tenglikning birinchi qismini t ga bog’liq funksiya deb belgilasak f ( t) = t 4 − 32 t ga ega bo’lamiz uning aniqlanish sohasi [0; 2]. Hosilasini topamiz: 29 f( t) = 4 t 3 − 32 = 4 ( t 3 − 8 ) < 0 , [0; 2) [0; 2] [f(2);f(0)] [-48; 0] f(t)=a2−14 a − 48 ≤a2−14 a≤0 { a 2 − 14 a ≤ 0 a 2 − 14 a + 48 ≥ 0 ⟺ { 0 ≤ a ≤ 14 , [ a ≤ 6 , a ≥ 8 ⟺ [ 0 ≤ a ≤ 6 8 ≤ a ≤ 14 7. | 5 x + 1 − 3 | + 2 = ax + a tenglamaning hech bo’lmaganda bitta yechimga ega bo’ladigan a parametrning hamma qiymatlarini toping. (-1;+ ∞ ) oraliqda tenglamaning ikkitadan ko’p yechimga ega bo’lgan a parametrning hamma qiymatlarini toping. Yechim 1. f(x)=| 5 x+1−3|+2 va y = ax + a ko’rinishdagi funksiyalarni qaraymiz. Tenglamaning yechimlari soni ikkita funksiya grafiklari kesishgan nuqtalari soniga teng. Funksya grafigi (-1;+ ∞ ) ochiq nurda ko’proq yechimga ega bo’ladi. y = a ( x + 1 ) tenglama to’g’ri chiziq tenglamasi bo’lib (-1;0) nuqtadan o’tuvchi a burchak koeffitsiyentiga ega. Parametr a -ning qanday qiymatlarida (-1;+ ∞ ) oraliqla bu ikki chiziq kesish nuqtalarini izlaymiz. (chizma) va bo’lganda grafiklar o’zaro kesishmaydi ya ni () oraliqda yechim mavjud emas. Parametrning ʼ musbat qiymatlarini qaraymiz. U y = a ( x + 1 ) to’g’ri chiziqning burchak koeffitsiyenti qiymati n -dan katta va m - dan kichik bo’lsa, grafiklar (-1;+ ∞ ) oraliqda faqat bitta kesishish nuqtasiga ega. Agar y = a ( x + 1 ) to’g’ri chiziq burchak koeffitsiyenti qiymati n va m ga teng bo’lsa, chiziqlar faqat ikki nuqtada kesishadi. Agar to’g’ri chiziq y = a ( x + 1 ) burchak koeffitsiyenti a n - va m bilan mos tushsa u vaqtda n - va m burchak koeffitsiyenti bo’lgan to’g’ri chiziq (-1;+ ∞ ) oraliqda grafiklar uchta nuqtada kesishadi. Chetki nuqtalardagi qiymatlarni topamiz. Tug’ri chiziq A( 2 3;2 ) nuqtadan o’tadi , u vaqtda a ( 2 3 + 1 ) = 2 bo’lib, a = 6 5 ga ega bo’lamiz. Bundan ( 2 3;+∞ ) nur uchun 30 bo’lib, f( x ) = 5 − 5 x + 1 funksiya grafigi ikkinchi maratoba to’g’ri chiziq bilan kesishadi. Va kesishish nuqtasi B( 3 2 ; 3 ) bo’ladi. m- burchak koeffitsiyentli to’g’ri chiziq f ( x ) = 5 − 5 x + 1 giperbolaga urunma bo’ladi va yagona kesishish nuqtasiga ega shuning uchun tenglama 5 − 5 x + 1 = a ( x + 1 ) yoki a(x+1)2−5(x+1)+5=0 tenglama yagona yechimga ega. x+1 ga nisbatan kvadrat tenglama yagona yechimga ega bo’lishi uchun uning diskremenanti nolga teng bo’lishi kerak va demak 25 − 20 a = 0 ⟹ a = 6 5 . Topilgan qiymatlarda urunish nuqiasi C ( 1 ; 5 2 ) koordinatalarga ega bo’ladi, xaqiqatan, bu nuqta A va B nuqtalar orasida yotadi. Bu esa grafikda ham ko’rsatilgan va ifodalangan. 2.4-chizma. f ( x ) = 5 − 5 x + 1 funksiya grafigi Shunday qilib, ( −1;+∞ ) oraliqda berilgan tenglama uchun 6 5 < a < 5 4 bo’ladi. 31 Javob: aϵ( 6 5;5 4). 8. ax +√3− 2x− x2=4a+2 tenglama yagona yechimga ega bo’ladigan a parametrning barcha qiymatlarini toping Yechim. Berilgan tenglamani √3− 2x− x2=−ax +4a+2 ko’rinishda yozib olaylik va quydagi ikki funksiyani qaraylik f ( x ) = √ 3 − 2 x − x 2 va g(x)=−ax +4a+2 f ( x ) = √ 3 − 2 x − x 2 funksiyaning grafigi yo’qori yarim tekislikda yotgan radiusi 2 ga teng va markazi (-1; 0) nuqtada bo’lgan yarim aylana tenglamasidir. a - parametrning har bir qiymatida g(x) funksiya burchak koeffitsiyenti −a bo’lgan M (4;2) nuqtadan o’tuvchi to’g’ri chiziqlar tenglamasidir. 2.5-chizma. f ( x ) = √ 3 − 2 x − x 2 funksiya grafigi Berilgan tenglama yagona yechimga ega bo’lishi uchun f(x) va g ( x ) funksiyalar grafigi yagona kesishish nuqtasiga ega bo’lishi kerak yoki to’g’ri chiziq aylanani faqat bir nuqtada kesib o’tishi kerak. M nuqtadan yarim aylanaga o’tkazilgan MC urinma burchak koeffitsiyenti nolga teng demak , a=0 va berilgan tenglama yagona yechimga ega. Agar - a ≤0 bo’lsa, to’g’ri chiziq yarim aylana bilan umumiy nuqtaga ega emas. MA to’g’ri chiziq y=− ax +4a+2 tenglama bilan berilgan bo’lib, M(4; 2) va A(-3; 0) nuqtalardan o’tuvchi chiziqlarlir, uning burchak koeffitsiyenti − a = 2 7 32 0 ← a ≤ 2 7 oraliqda to’g’ri chiziq tenglamasi y=− ax +4a+2 bo’lib, MA ning burchak koeffitsiyentadan katta bulmagan qiymatga ega bo’lib yarim aylana bilan ikki nuqtada kesishadi. Agar 2 7 ← a ≤ 2 3 bo’lsa, to’g’ri chiziq tenglamasi y=− ax +4a+2 bo’lib, uning burchak koeffitsiyenti MA burchak koeffitsiyentidan katta bo’lib MB burchak koeffitsiyentadan katta bo’lib yarim aylana bilan yagona bir nuqtada. Demak, −2 3 <a≤− 2 7 bo’lganda aylana va to’g’ri chiziq yagona bir nuqtada kesishadi, − a > 2 3 bo’lganda yarim aylana va to’g’ri chiziq kesishmaydi ya ni umumiy nuqtaga ega ʼ emas. Javob: [ − 2 3 ;− 2 7)∪{0} . 9. Quyidagi tenglamaning [-1;1) oraliqda hech bo’lmaganda bitta yechimga ega bo’ladigan a parametrning barcha qiymatlarini toping: log 1 − x ( a − x + 2 ) = 2 Yechim 1. Parametr a -ni x orqali ifodalaymiz: log 1 − x ( a − x + 2 ¿ ) = 2 ⟺ { 1 − x > 0 , 1 − x ≠ 1 , a − x + 2 = ( 1 − x ) 2 ⟺ { x < 1 , x ≠ 0 , a = x 2 − x − 1. ¿ Berilgan tenglama [-1; 1) yarimintervalda yagona yechimga ega bo’lishi uchun faqat va faqat y= a to’g’ri chiziq y = x 2 − x − 1 funksiya bilan umumiy nuqtaga ega bo’lishi −1≤x<1 intervalda ega bo’lishi shart, bu yerda x≠0 . 33 2.6-chizma. y= x2− x−1 funksiya grafigi. Bundan a parametrning qiymati − 5 4 ≤ a ≤ 1 segmentda bo’ladi. Bundan a=−1 ni yo’qotib ¿ ga ega bo’lamiz. Javob: a ϵ ¿ Yechim 2. log 1−x(a− x+2)= 2 tenglama { x 2 − x − 1 − a = 0 , x < 1 , x ≠ 0. sistemaga tengkuchlidir. Bu sistema [-1; 1) yarim intervalda hech bo’lmaganda bitta yechimga ega. Chunki x 2 − x − 1 − a = 0 tenglama grafigi paraboladan iborat bo’lib, uchlari paski yarim tekislikka qaratilgan, uning uchi esa x = 1 2 nuqtada joylashgan, f ( x ) = 0 bo’lganda ( 0 ; 1 ) intervalda hech bo’lmaganda bitta ildizga ega bo’ladi { f( 1 2)≤0, f(1)= f(0)>0, ⟺ { −11 4− a≤0, −1−a>0 bundan − 5 4 ≤ a ← 1 (chizma 1). 2.7- a va b chizma. y= x2− x−1−a funksiya grafiklari 34 f( x ) = 0 bo’lganda [-1; 0 ¿ yarimintervalda hech bo’lmaganda bitta ildizga ega bo’ladi { f ( 0) < 0 , f ( − 1 ) ≥ 0 ⟺ { − 1 − a < 0 , 1 − a ≥ 0 , Shartlardan −1<a≤1 (chizma 2) Demak, log 1 − x ( a − x + 2 ) = 2 tenglama [-1;1) intervalga qarashli hech bo’lmaganda bitta yechimga ega bo’lishi uchun aϵ¿ bo’lishi kerak ekan. 10. Tenglama √1− 2x=a−3|x| ikkitadan ko’p yechimga ega bo’lgan a parametrning hamma qiymatlarini toping. Yechim 1. a parametr a <0 bo’lganda tenglama yechimga ega emas ekanshigini ko’rsatamiz. Tenglama o’ng tamoni manfiy bo’lganidan chap tamoni ham manfiy bo’lishi kerak. Qaysi a ≥0 qiymatlarda y = √ 1 − 2 x va y= a− 3|x| funkiya grafiklari x ≤ 1 2 sohada ikki va undan ortiq umumiy kesishish nuqtalariga ega bo’lishini ko’rsatamiz. 35 2.8-chizma. y =√ 1 − 2 x va y = a − 3 | x | funkiya grafiklari Har bir a ≥ 1 uchun tenglama noldan katta bo’lmagan yagona yechimga ega. Agar 1 < a ≤ 3 2 bo’lsa, tenglama ikkita yechimga ega bo’ladi. 3 2 < a < m , bu yerda m - a parametrning y= m−3x funksiya grafinining y = √ 1 − 2 x funksiya gpafigiga urunish nuqtalarini ifodalaydi. m - ning qiymatlarini aniqlaymiz; { y'(x0)=−3, m= y(x0)∙x0+y(x0) ⟺ { − 2 2√1−2x0 =− 3 m=3x0+√1−2x0 ⟺ { √1−2x0= 1 3, m=3x0+√1−2x0 ⟺ { x0= 4 9, m= 5 3. Shunday qilib a= 5 3 bo’lganda tenglama ikkita yechimga ega, a - ning katta qiymatlarida bitta yechimga ega bo’ladi Demak, a ∈ ¿ oraliq yagona tenglamaning ikkita yechimga ega bo’lish oralig’idir Javob: ¿ Yechim 2 f(x)= a−3|x| va g(x)= √1−2x funksiyalarni qaraylik. f ( x ) = g ( x ) tenglikni tekshiramiz. (− ∞;0) intervalda f(x) funksiya o’suvchi funksiya va g ( x ) kamayuvchi funksiya shuning uchun f ( x ) = g ( x ) tenglama () oraliqda bittadan ko’p bulmagan yechimga ega, ya ni yechim faqat va faqat ʼ f ( 0) > g ( 0 ) bo’lganda mavjud, ya ni ʼ a>1 bo’lishi kerak. x > 0 da f(x)= g(x) tenglik √1− 2x=a−3x ko’rinishga keladi, x>a 3 bo’lganda tenglamaning chap tamoni manfiy bo’ladi, demak tenglama yechimi mavjud emas. x < a 3 bo’lganda tenglama quyidagi kvadrat tenglamaga keltiriladi 9 x 2 + ( 2 − 6 a ) x + a 2 − 1 = 0 uning diskremenanti D = ( 2 − 6 a ) 2 − 36 ( a 2 − 1 ) = 40 − 24 a shuning uchun a>5 3 tenglama yechimga ega emas, a = 5 3 bo’lganda tenglama yagona x = 4 9 ga teng bo’lgan ildizga ega, a < 5 3 bo’lganda esa tenglamanining 2 ta ildizi mavjud . x 1 = 6 a − 2 − √ D 18 = a 3 − 2 + √ D 18 va x2= 6a− 2+√D 18 = a 3− 2−√D 18 36 U holda, x 1 < a 3 kichik ildiz va katta ildiz √ D ≤ 2 bo’lganda a 3 dan oshaydi, ya ni ʼ 2 3 ≤ a < 5 3 Viyeta teormasiga asosan x 1 + x 2 = 6 a − 2 9 , x1x2= a2−1 9 shuning uchun tenglama ildizlari ishorasi x1 va x2 larga bog’liq. Demak, a← 1 ikkala ildiz ham manfiy, − 1 ≤ a < 1 bo’lganda esa biri manfiy va ikkinchisi musbat bo’ladi, agar a ≥ 1 bo’lsa har ikkala ildiz ham manfiy emas bo’ladi. x ≥ 0 tenglama ildizga ega emas, √ 1 − 2 x = a − 3 x bo’lganda a < 1 va a>5 3 bo’lganda yagona ildizga, 1 ≤ a < 3 2 va a = 5 3 bo’lganda 2 ta ildizga ega bo’ladi. Shunday qilib, √1− 2x=a−3|x| tenglama quydagi ildizlarga ega: a > 1 bo’lganda ildizga ega emas; a=1 va a > 5 3 bo’lganda yagona ildizga ega; 1 ≤ a < 3 2 va a= 5 3 bo’lganda ikkita ildizga ega; 3 2 ≤ a < 5 3 bo’lganda uchta ildizga ega, Javob: 3 2 ≤ a < 5 3 37 2. 3 -§ . Parametrga bog’liq bo’lgan tengsizliklar 1.|2x−a|+1≤|x−3| tengsizlikning ildizlari uzunligi birga teng bo’lgan kesmada joylashgan a parametrning hamma qiymatlarini toping. Yechim.1 Tengsizlikni |2x−a|≤|x−3|− 1 ko’rinishda yozib olamiz. y=|2x− a| va y = | x − 3 | − 1 funksiyalar grafigini chizamiz. 2.9-chizma y = | 2 x − a | va y = | x − 3 | − 1 funksiyalar grafigi. Chizmadan ko’rinadiki, berilgan tengsizlik faqat a 2≤−4 yoki a 2 ≥ − 2 sohada yechimga ega. 38 1){ a≤−8, |2x−a|≤− x− 4⟺ { a≤−8, 2x− a≤− x− 4 2x− a≥x+4 ,⟺ { a≤−8, x≤ a− 4 3 x≥a+4. , Bundan kelib chiqadiki yechimlar to’plami 1 kesmani faqat a − 4 3 − ( a + 4 ) = 1 , bo’lganda tashkil etadi. Bundan a = − 19 2 ekani kelib chiqadi. 2) { a ≥ − 4 ,| 2 x − a | ≤ x + 2 ⟺ { a ≥ − 4 , 2 x − a ≤ x + 2 2 x − a ≥ − x − 2 , ⟺ { a ≥ − 4 , x ≤ a + 2 x ≥ a − 2 3 . , Yechimlar to’plami 1 kesmani a+2− a− 2 3 =1 bo’lganda bajariladi. Bundan a = − 5 2 Javob: a = − 5 2 va a = − 19 2 . Yechim 2. xOa koordinatalar sistemasida |2x−a|+1≤|x−3| tengsizlikni ifodalaymiz. a = 2 x va x = − 3 to’g’ri chiziqlar tekislikni to’rtta qismga ajratadi va ularning har birida ( 2 x − a ) va ( x + 3 ) ifodalar o’zgarmas bo’lib qoladi. ( 2 x − a ) ifoda ishorasi + - - + ( x + 3 ) ifoda ishorasi + + - - Mos keluvchi tengsizlik a ≥ x − 2 a ≤3x+2 a ≤ x + 4 a ≥ 3 x + 4 2.1-jadval Tengsizlik uchun yechimlar to’plami chizmada shtrix bilan ajratilgan. Bundan tengsizlik yechimlari 1 kesmani ikki marta tashkil qiladi. 39 1- hol: kesma chiziqlar bilan chegaralangan a¿3x+2 (chapdan) va a ¿3x+4 chiziq bilan (o’ngdan). 2.10-chizma. a ¿3x+2 (chapdan) va a ¿3x+4 chiziq bilan (o’ngdan). a parametrning mos qiymatlarini topamiz: a ¿ 3 x + 2 = x + 1 − 2 bundan x = − 3 2 va a = − 5 2 . 2- hol: kesma a = x − 4 (chapdan) va a = 3 x + 4 (o’ngdan) chiziqlar bilan chegaralangan a parametrning mos keluvchi qiymatlarini topamiz a = x − 4 = 3 ( x + 1 ) +4 bundan x = − 11 2 va a= −19 2 . Javob: a = − 5 2 va a = − 19 2 . 2. |3x− a|+2≤|x− 4| tengsizlikning ildizlari uzunligi birga teng bo’lgan kesmada joylashgan a parametrning hamma qiymatlarini toping. 40 Yechim: Tengsizlikni quydagicha yozib olamiz|3x− a|≤|x−4|−2 y=|3x−a| va y=|x−4|−2 funksiyalar grafigini chizamiz. 2.11-chizma. y=|3x−a| va y=|x−4|−2 Chizmadan ko’rinadiki, tengsizlik faqat a 3≤2 yoki a 3≥6 qiymatlarda yechimga ega 1) { a ≤ 6| 3 x − a | ≤ − x + 2 ⟺ { a ≤ 6 , 3 x − a ≤ − x + 2 , 3 x − a ≥ x − 2 ⟺ { a ≤ 6 , x ≤ a + 2 4 , x ≥ a − 2 2 Yechim uzunligi 1 ga teng bo’lgan kesmada faqat a + 2 4 − a − 2 2 = 1 , qiymatlarda ega bo’ladi, bundan a = 2 . 2) Chizmadan ko’rinadiki, tengsizlik faqat qiymatlarda yechimga ega 1) { a≥18 |3x−a|≤x− 6⟺ { a≥18 , 3x− a≤x−6, 3x−a≥− x−6 ⟺ { a≥18 , x≤ a−6 2 , x≥a+6 4 41 Yechim uzunligi 1 ga teng bo’lgan kesmada faqat a−6 2 − a+6 4 =1 qiymatlarda ega bo’ladi , bundan a = 22 . Javob: a= 2,a=22. 3. Tengsizlikning hamma yechimlari to’plami kesma tashkil qiluvchi a parametrning hamma qiymatlarini toping: √3− x+|x−a|≤2 Yechim. Tengsizlikni quyagicha yozib olamiz √3− x≤2−|x− a| O’ng va chap tamondagi funksiyalar grafigini chizamiz. y = √ 3 − x funksiya grafigi yuqori yarim tekislikdagi yarim paraboladan iborat y = 2 − | x − a | funksiya grafgi a parametrni o’ng va chapga siljitish orqali o’zgartiramiz. 2.12-chizma. y = √ 3 − x va y= 2−|x−a| funksiya grafgi. Chizmadan ko’rinadiki, a ← 1 bo’lganda tengsizlik o’ng tamoni grafigi chap tamoni grafigidan pastda joylashgan , demak tengsizlik yechimga ega emasligini ko’rsatadi. a=−1 bo’lganda bu grafik yagona umumiy nuqtaga ega(chizmada ko’rsatilgan). Ya ni tengsizlik yagona yechimga ega. Har bir ʼ a ∈ ( − 1 ; 1 ) uchun esa tengsizlik yechimi kesmadan iborat. a = 1 bo’lganda kesmadan tashqari x = 3 nuqta ham tengsizlik yechimi bo’ladi. Lekin bu yechim masala shartiga to’g’ri kelmaydi. Agar 1 < a < a urunma bo’lsa, bu yerda a urunma parametrning o’ng tamonida 42 grafikga urunmasi qiymati bo’lib , tengsizlik yechimi ikkita bo’ladi (o’ng kesmaning x = 3 bo’lgandagi o’ng qismi). a= aurunma bo’lganda yechim yana bitta kesmaga aylanadi. Agar aurunma <a<5 bo’lsa, yechim kesma bo’lib qolaveradi, a = 5 bo’lganda o’zgaruvchining aniqlanish sohasi ixtiyoriy qiymatlarida tengstzlik grafigi moduli yechim sohasi pastki nuqtalarida joylashgan bo’ladi va tengsizlik yechimga emas. a urunma qiymatini hosila orqali izlaymiz, x 0 urinish nuqtasida uning burchak koeffitsiyenti bo’lsin, bundan f ' ( x ) = − 1 2 √ 3 − x ni topamiz yoki − 1 2 √ 3 − x 0 = − 1 ⟺ 3 − x 0 = 1 4 ⟺ x 0 = 11 4 Eslatma. Urinish nuqtasini hosila yordamisiz ham topish mumkun. Haqiqatan, parabola urunma bilan yagona urinish nuqtasiga ega shuning uchun parabola y = √ 3 − x funksiya grafigi bo’lib, y = 2 − ( x − a ) to’g’ri chiziq y = 2 − | x − a | funksiyaning o’ng nuridan iborat va yagona umumiy nuqtaga ega. Bu nuqta absissasi quyidagi tenglama orqali topiladi. √3− x=2−(x− aurin .)⟹ 3− x=(2− x+aurin .)2⟹ x2−(2aurin .+3)x+(aurin .2+4aurin .+1)=0. Bu tenglama uning diskremenanti D = ( 2 a + 3 ) 2 − 4 ( a 2 + 4 a + 1 ) = − 4 a + 5 nolga teng bo’lganda yagona ildizga ega va a= 5 4 . Bu topilgan arametrning qiymati x 2 − 11 2 x + 121 16 = 0 , ( x − 11 4 ) 2 = 0 , tenglamaga mos keladi. Bundan urinish nuqtasi absissasini topish mumkin 43 x 0 = 11 4 . Tenglamani kvadratga ko’targanda chet ildizlar paydo bo’lishi mumkin. Topilgan aurin . va x0 qiymatlarini tenglamaga qo’yib, √3− 11 4= 2−( 11 4 − 5 4)⟺ 1 2= 2− 6 4⟺ 1 2= 1 2 . Topilgan qiymat tenglamani qanoatlantiradi, demak bu qiymat yagona urinish nuqta absissasi bo’ladi. Yechim 2. Bu tengsizlikni boshqacha ham yechish mumkin. t=√3− x , deb almashtirish olamiz, u vaqtda berilgan tengsizlik t≥0 bo’lganda t + | 3 − t 2 − a | ≤ 2 ⟺ | 3 − t 2 − a | ≤ 2 − t ⟺ { 3 − t 2 − a ≤ 2 − t , 3 − t 2 − a ≥ − 2 + t ⟺ { a ≥ − t 2 + t + 1 , a ≤ − t 2 − t + 5 ko’rinishga keladi. Olingan tengsizlikni yechish uchun intervallar usulini qo’llash mumkin. 4. x ning [π;2π] oraliqda tengsizlik o’rinli bo’ladigan a parametrning hamma qiymatlarini toping. 4 3(x2− ax )− π 3<sin (x2−ax )+cos (2x¿¿2− 2ax +π 4)¿ Yechim. t = x 2 − ax , almashtirish olaylik u vaqtda 4 3t− π 3<sint +cos (2t+π 4) Olingan tengsizlikni 4 3 t − π 3 < − cos ( π 2 + t ) + cos ( 2 t + π 4 ) ko’rinishda yozib olamiz. Bu tengsizlik quyidagi 4 3 ( 2 t + π 4 ) − cos ( 2 t + π 4 ) < 4 3 ( π 2 + t ) − cos ( π 2 + t ) . f ( 2 t + π 4 ) < f ( π 2 + t ) , f ( y ) = 4 3 y − cos y f()- uchun f ' ( y ) = 4 3 + siny > 0 bo’lganidan har bir y uchun f funksiya o’suvchi funksiya bo’ladi. Qaralayotgan tengsizlikni unga teng kuchli (ekvivalent) bo’lgan faqat argumentlaridan tuzilgan tengsizlik bilan almashtiramiz. 44 U vaqtda 2t+π 4<π 2+t, bundan t<π 4 Eski o’zgaruvchilarga qaytsak x 2 − ax < π 4 tengsizlikka ega bo’lib, yoki x2−ax − π 4<0 ga ega bo’lamiz. Bu oxirgi tengsizlik [π;2π] oraliqda har bir x uchun o’rinli bo’ladi. g(x)= x2− ax − π 4 kvadrat uchhadning bosh koeffitsiyenti bo’lib, g ( x ) funksiya berilgan oraliqning har bir nuqtasida manfiy bo’ladi va interval chetki nuqtalarida ham manfiyligicha qoladi. Undan quydagi tengsizliklar sistemasi kelib chiqadi: { π2−aπ − π 4<0, 4π2− 2aπ − π 4<0 ⇔ { a>π− 1 4, a>2π− 1 8 ⟺ a>2π− 1 8 Javob: a>2π− 1 8 . 5. a parametrning [-6;6] kesmada har qanday x≥0 uchun quyidagi tengsizlikni qanoatlantiruvchi qiymatlarini toping: ( a + 3 )(( x − 1 )( a + 2 ) + 3 x ) > 0 Yechim. aOx koordinatalar tekisligida tengsizlik yechimlarinu ko’rsatamiz. Avvalo tengsizlikga mos bo’lgan tenglamani qaraymiz. ( a + 3 )(( x − 1 )( a + 2 ) + 3 x ) = 0 ⇔ [ a + 3 = 0 ,( a + 5 ) x = − a − 2 ⇔ [ a = − 3 , x = − 1 + 3 a + 5 a=−3 tenglamaning grafigi vertikal to’g’ri chiziq bo’ladi, x = − 1 + 3 a + 5 tenglama grafigi giperboladan iborat va uning asimtotalari x = -1 va a = -5 bo’ladi. Giperbola uchun quylagi jadvalni tuzamiz a -6 -4,5 -4 -2 1 45 x -4 5 2 0 -0,5 2.2-jadval. Topilgan to’g’ri chiziq aOx tekislikni 5 bo’lakga bo’ladi va ularning har birida berilgan tengsizlik chap tamonidagi ifoda o’z ishorasini saqlaydi. 2.13-chizma. x = − 1 + 3 a + 5 giperbola grafigi. Haqiqatan, har bir qismda biror nuqtada tekshirib ko’ramiz 1 qisimda (0;0) - (0+3) ∙(( 0 + 1 )( 0 + 2 ) + 0 ) > 0 nuqtada o’rinli 2 qisimda (-4;3) - (-4+3) ∙ (( 3 + 1 )( − 4 + 2 ) + 3 ∙ 3 ) > 0 nuqtada o’rinli emas 3 qisimda (-4;0) - (-4+3) ∙ (( 0 + 1 )( − 4 + 2 ) + 3 ∙ 0 ) > 0 nuqtada o’rinli 4 qisimda (0;-5) - (0+3) ∙((−5+1)(0+2)+3∙(−5))>0 nuqtada o’rinli emas 5 qisimda (-6;0) - (-6+3) ∙ (( 0 + 1 )( − 6 + 2 ) + 3 ∙ 0 ) > 0 nuqtada o’rinli emas. Berilgan tengsizlik uchun yechim bo’ladigan nuqtalar grafikda keltirilgan va har bir x ≥0 uchun, bajariladi agar a ≤ -5 yoki a ≥-2 bo’lganda masalaning shartiga asosan a € [-6;6] bo’lganligidan tengsizlik [-6;-5] va [-2;6] oraliqda bajariladi. 46 Javob [-6;-5] va (-2;6] 6. a ≠ 0 parametrlari uchun tengsizlik yechimga ega emasligi ko’rsating log 22( x 2 + 2 ax + a 2 − a + 1 ) − log 2 a 2 6 ∙ log 2 ( x 2 + 2 ax + a 2 − a + 1 ) ≤ 0 Yechim. Berilgan tengsizlikni quydagicha almashtiramiz. log 22 ( x 2 + 2 ax + a 2 − a + 1 ) − log 2 a 2 6 ∙ log 2 ( x 2 + 2 ax + a 2 − a + 1 ) ≤ 0 ⟺ log 22 ( ( x + a ) 2 − a + 1 ) − log 2 a 2 6 ∙ log 2 ( ( x + a ) 2 − a + 1 ) ≤ 0 x + a = t deb belgilab olaylik, u vaqtda log 22 ( t 2 − a + 1 ) − log 2 a 2 6 ∙ log 2 ( t 2 − a + 1 ) ≤ 0 ⟺ log 2 ( t 2 − a + 1 ) ( log 2 ( t 2 − a + 1 ) − log 2 a 2 6 ) ≤ 0 ⟺ { ( t 2 − a )( t 2 − a 6 2 − a + 1 ) ≤ 0 , t 2 − a + 1 > 0 , a ≠ 0 ⟺ { ( t 2 − a )( 6 t 2 − a 2 − 6 a + 6 ) ≤ 0 , t 2 − a + 1 > 0 , a ≠ 0. Masalaning shartiga ko’ra a ≠ 0 . Agar a>0 bo’lsa u vaqtda t = √ a sistemaning yechimi bo’ladi. Demak parametrning har qanday musbat qiymatida sistema yechimga ega. Agar a < 0 bo’lsa, keltirilgan sistema quydagi tengsizlikka ekvivalentdir 6t2− a2− 6a+6≤0⟺ 6t2≤a2+6a−6. Bu esa nchimga ega emas. a 2 + 6 a − 6 < 0 ⟺ ( a + 3 ) 2 − 15 < 0 ⟺ ( a + 3 − √ 15 )( a + 3 + √ 15 ) < 0 ⟺ − 3 − √ 15 < a ← 3 + √ 15 a < 0⇔ − 3 − √ 15 < a < 0 Javob: ( − 3 − √ 15 ; 0 ). 7. Tengsizlikning [ 4 ; 7 ] kesmada bajariluvchi a parametrning qiymatlarini toping: 2+√x2+ax >x Yechim. Tengsizlikni quydagi ko’rishga keltiramiz: 2 + √ x 2 + ax > x ⟺ √ x 2 + ax > x − 2 ⟺ x 2 + ax > x 2 − 4 x + 4 ⇔ ⟺ ax > − 4 x + 4 ⟺ a > − 4 + 4 x [4;7] oraliqda a(x)=− 4+4 x funksiya kamayuvchi. Demak, [4;7] oraliq 47 a > − 4 + 4 x tengsizlik yechimi bo’lishi uchun a > a( 4 ) = − 4 + 4 4 = − 3 shart bajarilishi zarur va yetarlidir. Javob: ( − 3 , + ∞ ) . 8. x ning haqiqiy qiymatlarida tengsizlikni qanoatlantiruvchi a parametrning barcha qiymatlarini aniqlang: | cos 2 x + 0,5 sin 2 x + ( 1 − a ) sin 2 x | ≤ 1,5 Yechim. Ko’rnib turibtiki, agar sin x = 0 bo’lsa berilgan tengsizlik a parametrning xamma qiymatlarida o’rinli bo’ladi. sin x≠0 holni qaraylik: | cos 2 x + 0,5 sin 2 x + ( 1 − a ) sin 2 x | ≤ 1,5 ⟺ | 1 + sin x cos x − asin 2 x | ≤ 1,5 ⟺ ⟺ { 1+sin xcos x−asin 2x≤1,5 1+sin xcos x−asin 2x≥−1,5 ⟺ { asin 2x≥sin xcos x− 0,5 asin 2x≤sin xcos x+2,5 ⟺ ⟺ { 2a≥2ctgx − 1 sin 2x 2a≤2ctgx + 5 sin 2x ⟺ { 2a≥2ctgx −1−ct g2x 2a≤2ctgx +5+5ct g2x ⟺ +24 5 . 0 ≤ 2 a ≤ 24 5 bo’lganda birinchi va ikkinchi tengsizliklar sistemasi x nomalumning barcha qiymatlarilarida sin x≠0 shartni qanoatlantirgan holda yechimga ega. Va ikkinchi tengsizlikning o’ng tamoni birinchi tengsizlik o’ng tamonidan kichik emas. Shuning uchun sistema yechimga ega. Shunday qilib, berilgan tengsizlik sistemasi 0 ≤ a ≤ 12 5 kesmada x ning barcha qiymatlarida yechimga ega. Javob: 0 ≤ a ≤ 12 5 48 Tengsizlik yechimini tengsizliklar sistemasining chizmasida namoyish qilish mumkin: { 2a≥−(ctgx −1)2 2a≤(ctgx +1 5) 2 +24 5 2.14-chizma. { 2a≥−(ctgx −1)2 2a≤(ctgx +1 5) 2 +24 5 sistema grafigi (a,t) koordinatada, bu yerda t= ctgx . Tekislikning uchlari o’zaro teskari yo’nalgan parabola bilan chegaralangan qismi, chunki 0≤a≤12 5 9. Tengsizlikning [ 0 ; 3 π 4 ] kesmada a parametrning hamma qiymatlarida aniqlangan yechimlari to’plamini toping: 11 a − ( a 2 − 7 a + 17 ) sin x + 9 3 cos 2 x + a 2 + 2 Yechim. Quydagi almashtirishni olaylik: z = sin x . Unda − 1 ≤ z ≤ 1 bo’lib, tengsizlik quydagi ko’rinishga keladi: 11 a − ( a 2 − 7 a + 17 ) sin x + 9 a 2 + 5 − 3 z 2 < 3 ⟺ 9 z 2 − ( a 2 − 7 a + 17 ) z − 6 + 11 a − 3 a 2 a 2 + 5 − 3 z 2 < 0. 49 − 1 ≤ z ≤ 1 da tengsizlik maxraji musbat bo’ladi. Agar x ∈[ 0 ; 3 π 4 ] da z∈[0;1] bo’ladi. Shuning uchun hamma z uchun [0,1 ] 9 z 2 − ( a 2 − 7 a + 17 ) z − 6 + 11 a − 3 a 2 < 0 tengsizlikni qanaotlantiruvchi a parametrning qiymatlarini [0;1] kesmada topish yetarli. Quydagi funksiyani qaraylik: f ( x ) = 9 z 2 − ( a 2 − 7 a + 17 ) z − 6 + 11 a − 3 a 2 Uning grafigi uchlari yuqoriga qaralgan parabola bo’ladi. Barcha − 1 ≤ z ≤ 1 da f ( x ) < 0 faqat va faqat { f ( 0 ) < 0 f ( 1) < 0 bo’ladi. Bu sistemani yechamiz: { − 6 + 11 a − 3 a 2 < 0 − 2 a 2 + 9 a − 7 < 0 ⟺ { ( 3 − a )( 3 a − 2 ) < 0 ( 1 − a )( 2 a − 7 ) < 0 ⟺ { a < 2 3 a > 3,5 Javob: ( − ∞ ; 2 3 ) va ( 3,5 ; + ∞ ) 10. [-4;4] kesmada tengsizlikni qanoatlantiruvchi hech bo’lmaganda yagona yechimga ega bo’ladigan yagona qiymatini toping: (|x|− a−3)(x2−2x−2−a)≤0 Yechim. Agar ko’paytmalarning biri nolga aylansa, yoki ko’paytmalar har xil ishoraga ega bo’lsa tengsizlik o’rinli bo’ladi. ya ni: ʼ − 4≤x≤4 kesmada a= 4|x|− 3 , yoki a ¿ x 2 − 2 x − 2 yoki { 4 | x| − a − 3 > 0 x 2 − 2 x − 2 − a < 0 yoki { 4 | x| − a − 3 < 0 x 2 − 2 x − 2 − a > 0 50 Sistema yechimini [ − 4 ; 4 ] kesmada kizil rang bilan ajratamiz (chizma) 2.15-chizma. A=−4X−3 va a = x 2 − 2 x − 2 funksiyalar grafiklari. { a < 4 | x| − 3 , a > x 2 − 2 x − 2 , − 4 ≤ x ≤ 4 a = 4 x − 3 va a= x2−2x−2 to’g’ri chiziqlar ham yechim bo’ladi. x=4 bo’lganda ular orasida eng katta qiymatini topamiz. Bundan a=16 −3=13 ga ega bo’lamiz. Shunday qilib qaralayotgan a∈[−3,13 ] oraliqda harbir a yechim bo’ladi. Demak a parametrning [ − 3,13 ] ichida hech bo‘lmaganda bitta yechimi mavjud. 51 Sisiyemaning yechimlarini chizmada ko’k rangda belgilaymiz:{ a > 4 | x| − 3 , a < x 2 − 2 x − 2 , − 4 ≤ x ≤ 4 A = − 4 X − 3 va a= x2−2x−2 to’g’ri chiziqlar ham sistema yechimi bo’ladi. x = 4 bo’lganda ular orasida eng katta qiymatini topamiz. Bundan a=16 +8−2=22 ni olamiz. Shunday qilib, qaralayotgan a∈[−3,22 ] oraliqda harbir a yechim bo’ladi. Demak a parametrning [ − 3,22 ] ichida hech bulmaganda bitta yechimi mavjud. Javob: [ − 3,22 ] . Ikkinchi bob bo‘yicha qisqacha xulosalar Parametrga bog‘liq tenglamalar 7-sinfdan boshlab darslarda ko‘proq o‘qitilishi kerak. Parametrga bog‘liq tenglamalart har bir mavzu doirasiga mos holda o‘qitilib borilishi kerak. Parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklarni o‘qitishda grafiklar yordamida misollarni yechish o‘quvchilarning fikrlash doirasini kengaytiradi. III. YUQORI SINF O’QUVCHILARINING NOSTANDART MASALALARNI YECHISH KO’NIKMALARINI RIVOJLANTIRISH METODIKASI USTIDA O ‘TKAZILGAN TAJRIBLAR VA UNING NATIJALARI 3.1-§. Tajriba-sinov ishlarini tashkil etish va o’tkazish metodikasi Yuqori sinflarda algebra o’qitish bo’yicha tajriba - sinov o’tkazishda samaradorlikka erishish ushbu jarayonlarni ijodiy va texnologik yondashuv asosida tahlil etish hisobiga ta’minlanadi. Mazkur vaziyatlarda quyidagi harakatlar amalga oshirildi: 52 1. Pedagogik tajriba-sinov metodik jihatdan puxta asoslangan loyihaga muvofiq tashkil etildi. 2. Loyihada tajriba-sinovni bajarish yaxlit holda, shuningdek, uni muayyan qismlarga ajratish asosida o’rganish uchun samarali shakl, metod va vositalarni to’g’ri ta’minlashga erishildi. 3. Loyihada o’quvchining mustaqil o’quv-ijodiy faoliyat yuritishi, tajriba- sinovni bajarishda o’rganishga nisbatan ijobiy yondashuvlarga erishishni ta’minlovchi holatlar aks etildi. 4. Loyihada maqsad natijalanishini kafolatlovchi omillar o’z ifodasini topdi. Yuqori sinflarda algebradan misil va masalalar yechishda samaradorlikka erishish nafaqat o’qituvchida, balki o’quvchida ham masala yechish jarayoniga nisbatan ijodiy yondashuvni taqozo etadi. O’quvchida o’quv-ijodiy faoliyati bunday yondashuvni qaror toptirish quyidagi shartlar asosida kechadi, xususan: - matematika o’qituvchisi hamda o’quvchining innovatsion ta’lim texnologiyalari mohiyati va afzalliklari borasidagi nazariy bilimlardan xabardor bo’lishlariga erishish; - matematika o’qituvchisida algebradan misol va masalalar yechishda yangicha yondashuv asosida tashkil etishdagi ehtiyojning yuzaga kelishini ta’minlash; - 8-10 sinflarda algebradan misol va masalalar yechish darslarini tashkil etishda noan’anaviy shakl, metod va vositalardan foydalanish ko’nikma va malakalarni rivojlantirish; - Yuqori sinflarda algebradan misol va masalalar yechish darslarini tashkil etishda mazkur fan o’qituvchisi tomonidan axborot texnologiyalari xizmatidan samarali foydalanishga imkon beruvchi shart-sharoitlar yaratish; - Yuqori sinflarda algebradan misol va masalalar yechish darslarini tashkil etishda ma’lum bir loyiha asosida tashkil etilishiga erishish; 53 - o’quvchilarda mavzularni mustaqil o’qib-o’rganish imkoniyatlarini yaratish; - Yuqori sinflarda algebradan masalalar yechish darslarini tashkil etishda o’quvchi o’quv-ijodiy faoliyatini rivojlantirish samaradorligini muntazam tahlil qilib borish, mavjud muammolarni aniqlash, ularni bartaraf etish chora-tadbirlarini ishlab chiqish. Quyida 8-10 sinflarda algebra darslarini o’tishda o’qituvchi o’quvchini ilmiy bilish operatsiyalari, priyomlari va metodlari (kuzatish, konkretlashtirish, analogiya, isbotlashning induktiv va deduktiv metodlari va h.k.) haqida o’quv materiali bilan uzviy bog’lagan holda tanishtirilib boradi, matematik jumlalar (ta’riflar, aksiomalar, teoremalar)ning mantiqiy tuzilishi o’rtasidagi umumiylik va farqlanishlarni tahlil qiladi, ayniqsa, qiziqarlilikka e’tibor berishi lozim. Natijada, o’quvchi “kichik kashfiyotchilar” bo’lib yetishadi: u ayrim mavzularni mustaqil o’rganadi, mustaqil misol va masalalar tuzadi, formulalarga qarab ta’rif yoki qoidasini keltirib chiqaradi, bir masalani turli usullar bilan yechadi. Bularning hammasi, bir so’z bilan aytganda, o’quvchi o’quv-ijodiy qobiliyati rivojlanishiga keng yo’l ochib beradi. Algebradan muammoli darslar quyidagicha o’tkazildi. Avvaliga o’qituvchi muammoni yuqori darajadan boshlab quyi darajagacha izohlab, hamma uchun umumiy qo’yadi. Muammoning 3 ta darajasiga ko’ra, o’quvchi xulosalarni muammoning tartib raqamini qo’ygan holda belgilab, varaqqa yozib borishi kerak. Bu o’qituvchiga o’quvchining qoida xulosalari asosida tuzilgan har bir qadamini barcha bosqichlarda kuzatib borish imkonini beradi. Agar o’quvchi qoida xulosalarini yuqori darajadan boshlab quyi darajagacha belgilab borsa, u keyinchalik ham ishni ushbu qoida asosida davom ettirishi mumkin: ko’rsatkichlar asosida mulohazalarni tekshirib, agar kerak bo’lsa uni mukammallashtirish va aniqlashtirish. Bu usul o’qituvchiga agar ayrim o’quvchi muammoni xech qanday darajada bajara olmasa, qiyinchilik sabablarini aniqlab va o’z navbatida yordam 54 berish imkonini beradi; shu bilan birga o’quvchilarda mos jarayonning shakllanishini, ijodiy fikrlashni rivojlantiradi. O’quvchi berilgan masaladagi qoida ifodalanishini muammoning past darajasi ko’rinishida yozganidan so’ng, o’qituvchi undan keltirgan qoidalarining ayrimlarini ta’riflashni so’raydi. Shundan so’ng o’qituvchi masalani xuddi darslikdagi kabi ta’riflab, qanday qoidani o’rganish kerakligini aytib va keyingina doskaga mavzuni yozadi. Bilimlarni mustahkamlash, bilish va malakani ifodalash darslikdagi masalalarni yozma va og’zaki yechish shaklida bajariladi. Tadqiqot ishimizda geometriyadan ijodiy mazmundagi masalalarning xususiyatlari nazarda tutilib, algebra masalalarni yechishdagi ijodiy fikrlashni rivojlantiruvchi 4 ta darajaga ajratilgan: 1) aniq amallarning bajarilishi, tizimli tasavvurga ega bo’lgan natijalarga erishish; 2) turli mavzu va bo’lim mazmunlaridan foydalanib, masaladagi amallar majmuini bajarish; 3) fan mazmunidan foydalanib, ichki tasavvurlar tizimi darajasida bajarishni talab qiladigan masalalarning amallar majmuasini bajarishi; 4) fanlararo bilimlardan foydalanib, fanlararo va tizimlararo tasavvurlar darajasida bajariladigan ijodkorlikni talab qiluvchi masalalarning amallar majmuasini bajarish. Masalalarning xususiyatlari maktab algebra o’quv fanida qisqa yo’nalishda namoyon bo’ladi: aniq funksiyani o’rganishda ularning belgilari, xossalari va o’zaro joylashishi, ularning yechimida chizmalar chiziladi. Yuqorida keltirilgan tushunchalardan o’quvchida ijodiy fikrlash ko’nikmalarini shakllantirishning eng maqbul usuli – bu o’quvchining masalani yechishga ijodiy yondashishi ekanligi kelib chiqadi. 3.2-§. Parametrga bog’liq tenglamalar va tengsizliklarni o’qitish samaradorligini tajriba-sinovda tekshirish natijalari 55 Tajriba-sinov ishlarini amalga oshirish doirasida Samarqand shaxar 23- maktabning 10-sinf o’quvchilari va Pastdarg’om tumani IM ning 10-sinf o’quvchilarining o’quv jarayonida 2022-2023 yillar davomida olib borildi. Tajriba-sinov ishlari asosan umumta’lim maktablarida matematika darslarini zamonaviy o’quv qurollari yordamida o’qitish asosida hamda faol metodlardan foydalangan holda amalga oshirildi. Bunday zamonaviy o’quv vositalari yordamida ta’limning tashkil qilinishi o’quvchilarni nafaqat matematik misol yoki masalalarni yechishga o’rganishga, balki ularning tadqiqiy ko’nikmalarini shakllantirishga olib keldi. Pedagogik tajriba-sinovni o’tkazishda biz matematik-statistika tahlilini quyidagi tartibda olib bordik: 1. Har bir guruh uchun o’rtacha o’zlashtirish, o’rta arifmetik usulda aniqlanib, ularning nisbiy va o’rtacha ayirma koeffitsientlari taqqoslandi. 2. O’zlashtirish natijalarini yanada chuqurroq taqqoslash maqsadida tajriba- sinov guruhlarida o’zgaruvchanlik variatsiya ko’rsatkichlari hisoblandi va har bir guruhga mos kelgan bosh to’plamlar o’rtachalari haqida xulosalar chiqarildi. 3. Har bir guruh tanlanma taqsimotlari poligonlarini chizib, bosh to’plamlar o’rta qiymati tengligi haqidagi gipotezani tekshirish Styudentning ikki tanlanma mezoni asosida olib borildi. 4. Yuqoridagi tartibda olib borilgan matematik-statistika metodi natijalaridan tegishli xulosalar chiqarildi. Pedagogik tajriba-sinov o’tkazishda Pastdarg’om tumani IM va iqtidorli bolalar litsey maktabida hamda Samarqand shaxar 23-maktabda olib borilgan tajriba-sinov natijalarini statistik metodlar yordamida tekshirdik. Tajriba-sinov guruhi (n 1 =132 nafar o’quvchi) va nazorat guruhlari (n 2 =128 nafar o’quvchi) uchun variatsion qator ko’rinishini quyidagi jadvallarda keltiramiz. Tajriba sinov guruhi i Ballar X i O’quvchilar soni P i 1 2 4 2 3 10 56 3 4 65 4 5 53 Jami P i =132 3.1-jadval Nazorat guruhi i Ballar X i O’quvchilar soni Q i 1 2 10 2 3 68 3 4 34 4 5 16 Jami Q i =132 3.2-jadval Bu jadvallardan ko’rinib turibdiki, tajriba sinov guruhida 4 nafar o’quvchi 2 ball olgan bo’lsa, nazorat guruhida esa 10 nafar o’quvchi shunday ball olgan va hokazo. Tajriba-sinov guruhi o’quvchilarining matematik masalalarni yechishdagi bilim saviyalari va tadqiqiy ko’nikmalari sezilarli darajada yuqori ekanligi kuzatildi. Endi bu jadvaldagi sonli ma’lumotlarni qayta ishlash, hamda ulardan tegishli xulosalar chiqarish maqsadida matematik-statistika metodidan foydalanamiz. 1. Tajriba-sinov va nazorat guruhlaridagi o’rtacha o’zlashtirishlarni hisoblaymiz. Nisbiy o’zlashtirish koeffitsienti O’rtacha ayirma koeffitsienti: 57 Bu hisoblardan tajriba-sinov guruhidagi o’rtacha o’zlashtirish ko’rsatkichlari yuqori ekanligi yaqqol ko’rinib turibdi. 2. O ’ zgaruvchan variatsiya ko ’ rsatkichlarini hisoblaymiz , buning uchun har bir guruh uchun tanlanma dispersiyalar S x 2 , S y 2 va standart chetlanishlar S x , S y larni hisoblaymiz : Endi variatsiya ko’rsatkichlarini hisoblaymiz Bu yerda: V X <V Y ekanligidan tajriba-sinov guruhida o’quvchilarning o’rtacha bilim darajasi nazorat guruh o’quvchilariga nisbatan yuqori ekanligi, shu bilan birga V X = 17% < 20% va V Y = 23% > 20% ekanidan esa, tajriba-sinov guruhida hisoblangan o’rtacha arifmetik ko’rsatkich shu guruhga mos kelgan bosh to’plamdagi o’rtacha bilim ko’rsatkichini to’g’ri aks ettirgani kelib chiqadi. 3. Endi tajriba - sinov va nazorat guruhlariga mos kelgan bosh to ’ plamlarni solishtiramiz . Har ikki guruh poligon grafiklaridan ko ’ rinadiki , ularga mos kelgan bosh to ’ plamlar taksimot qonunlari va , demak , o ’ rta qiymatlari turlicha ekani haqidagi gipotezani oldingga tashlash mumkin . Biz a x va a y lar orqali olingan bosh to ’ plamdagi o ’ rtacha qiymatlarni belgilaymiz va ular tengligi haqidagi G 0 : a x = a y gipotezani unga qarama - qarshi bo ’ lgan G 1 : a x > a y 58 gipotezani tekshirish masalasini ko ’ ramiz n 1 , n 2 >20 bo ’ lrani uchun G 0 ni G 1 ga qarshi tekshirish uchun St ’ yudentning quyidagi statistikasini qo ’ llaymiz . Demak, T 75;50 =8>1,64=t kr . Bu esa, Go - gipoteza tajriba natijalariga mos emasligi va 90% ishonch bilan G 1 gipotezani qabul qilish mumkin ekanini ko’rsatadi. Bu yerdan tajriba-sinov guruhidagi o’quvchilarning misol va masalalar yechish jarayonidagi bilim saviyalari va tadqiqiy ko’nikmalari yuqori ekani, demak, bundan bu guruhdagi o’qitish metodikasi samarali ekanligi kelib chiqadi. 1.Tajriba–sinov ishlarining tahlili shuni ko’rsatadiki, matematika o’kitish jarayonini muvaffaqiyatli olib borish uchun har bir darsni o’quvchining bilimi va imkoniyat darajasiga qarab tashkil etish lozim. 2.Maktab, akademik litsey va kasb hunar kollejlarining matematika darslarida tenglamalarni yechish va ularni o’quvchilarga o’rgatishda muammoli ta’lim metodidan foydalanish o’quvchilarning mantiqiy bilim va ko’nikmalarini kengayishiga olib keladi. 3. Matematika darslarida masala yechish jarayonida masalani qism masalalarga ajratish va ular o’rtasida o’zaro aloqalar o’rnatish o’quvchilarning matematik qobilyatlarini shakllantiradi va ularning matematik bilimlarini boyitadi. 4. Matematika darslaridagi parametrga bog’liq tenglama va tengsizliklarni yechish o’quvchi talabalarda mantiqiy fikrlash qobilyatlarini shakllantiradi hamda ularni matematika faniga bo’lgan qiziqishlarini o’stiradi. 5. Ta’lim jarayonining dinamik tarzda olib borilishi o’zlashtirishi past bo’lgan o’kuvchilarni o’qituvchi yordamida yangi pog’onalarga olib chiqadi. Qobiliyatli o’quvchilarning butun qobiliyatlarini ishga solib, ularni erkin, mustaqil fikrlashga, faollikka va ijodkorlikka undaydi. II-bob bo’yicha xulosa. 59 1. Pedagogik tajriba-sinov ishlarining mazmuni yoritib berildi. 10-sinfni algebra darsligi asosida shakllantirish ta’lim tizimida yaxshi natija berishi ilmiy asoslandi. 2. Algebra fanini o qitishda parametrga bog’liq tenglama va tengsizliklarʻ mavzusiga oid malumotlarni darslarda qo llash ta’lim sifatini oshirishga xizmat ʻ qilishi ko rsatib berildi. ʻ XULOSALAR O’qituvchining vazifasi har bir o’quvchini mustahkam bilim hamda ko’nikmalar bilan qurollantirish, mustaqil va erkin fikrlash, bilimlarini amalda tatbiq etishga o’rgatish, ahloqini tarbiyalash, iroda va xulq-atvorini shakllantirishdan iborat. Ana shu vazifalarga asoslanib, yuqorida ko’rsatilgan qonun-qoidalar hamda tavsiyalarni umumlashtirib, o’quv jarayonini takomillashtirishning asosiy yo’nalishlarini ajratib ko’rsatish mumkin. O’qitish jarayonining samaradorligi ko’p jihatdan o’qituvchining o’quvchilar bilan faoliyatini faollashtira olishiga bog’liq. O’quvchilarning dars 60 jarayonidagi faolligi har xil bo’lishi, ammo o’quvchilar past o’zlashtiruvchi bo’lsa, ularni o’qitishga qilingan harakat zoe ketishi ham mumkin. O’quvchilar bilimlarni qay darajada o’zlashtirishi hamma vaqt ularning bilish faoliyati natijasi bo’ladi. Ta’lim jarayoni o’qituvchi bilan o’quvchilar kelishib ishlaydigan tizim bo’lishi kerak, bu tizimda o’qituvchi rahbarlik qiladi, ammo natija o’quvchilarning bilish faoliyatiga bog’liq bo’ladi. Ilmiy axborot hajmining jadal o’sishi, ilmiy kashfiyotlarning amalga tez joriy qilinishi, ishlab chiqarishdagi mehnat mazmuni hamda metodlarining doimo o’zgarib turishi o’quvchilarni hamisha o’qishini, o’zining umumiy bilim saviyasini oshirishini, bilim hamda uquvlarini kengaytirish va chuqurlashtirishga intilishini talab qiladi. Ana shu maqsadlarda o’qituvchi o’quv jarayoni davomida o’quvchilarning bilimga qiziqishini rivojlantirishga katta ahamiyat berishi, ularda ta’lim olishga intilish hosil qilishi, fikrlash darajasini rivojlantirishi, har xil masalalarni mustaqil hal qilishga o’rgatishi zarur. Samarali tashkil etilgan o’quv jarayoni ko’rsatkichlaridan biri o’quvchilarning matematik qobiliyatlarini rivojlantirishdan iborat. O’quvchining tadqiqiy faoloiyati, standart va umumiy qabul etilgan yechimlardan farq qiladigan yechimlar topishi va amallarni bajarishda o’z bilimlarini hilma-xil sharoitga tatbiq etish qobiliyatida namoyon bo’ladi. Bu fazilatlarni hosil qilishda bajarilishi o’quvchilardan tadqiqiy bilimni talab qiluvchi dinamik xarakterdagi mashq va topshiriqlarni berish, bunda o’quvchilar harakatini rag’batlantirish ancha yordam beradi. Umumta’lim maktablari, akademik litsey va kasb hunar kollejlari o’quvchilarida tenglama yechish malakalarini shakllantirishning asosiy maqsadlari quyidagi tartibda amalga oshirildi: - o’quvchilarda tenglamalarni yechish malakalarini rivojlantirish orqali ularni matematika fanini o’zlashtirishga bo’lgan qiziqishlarini shakllantirish; - butun va kasr son qatnashgan tenglamalarni yechish orqali o’quvchilarda matematik qobilyatlarini shakllantirish 61 - matematik tenglamalarni yechish bilan tarkibida butun va kasr son qatnashgan tenglalamalarni yechish orasidagi mantiqiy metodik bog’lanishlarni ochib berish va ularni o’quvchilarga tushuntirish orqali ularda matematika fanini o’zlashtirishga bo’lgan qiziqishlarini rivojlantirish. - tajribada ishlab chiqilgan nazariy bilimlarni boyitish va uning ta’sir doirasini hamda darajasini amaliyot hisobiga kengaytirish vazifalari yaratildi. Matematikaning o’qitilishi va o’rgatilishi, bu o’z navbatida nazariy va amaliy bilimlarning uzviy hamkorlikda ekanligidan iborat. Chunki ayrim matematik nazariy tushunchalar mavjudki, matematikaning ma’lum rivojlanish darajasiga yetganida u o’zining amaliy tatbiqiga ega bo’lmasligi mumkin. Lekin ma’lum davrdan keyin yana keng ma’noda o’zining tatbiqiga va rivojlanish bosqichiga ega bo’ladi. Ayrim nazariy bilimlar mavjudki, ular har doim o’zini-o’zi amaliyot hisobiga to’ldirib borishni ta’minlaydi. Shuning uchun ham tajribada har bir matematika darsini yoki mashg’ulotini metodik jihatdan to’g’ri tanlanishi va o’tkazilishiga ko’proq e’tibor berildi. Jumladan, didiaktika tamoyillariga tayangan holda darsning tashkil qilinishi quyidagi holatlarda olib borildi, ya’ni: — muammoli dars metodlarining mukammal yo’lga qo’yilishi; — darsni ilmiy-metodik asosda tashkil qilish shart-sharoitlarini yaratishda o’quv vositalaridan unumli foydalanishni amalga oshirish; — matematika o’qitishda o’quv materiali va darsning o’quvchilarga tushunarli va mazmunli holda olib borilishiga ijodiy yondashildi. Bunda asosan o’quvchilarni darslik, didaktik va tarqatmali materiallar, testlardan unumli foydalanishga o’rgatish masalalari izchillik bilan amalga oshirildi. Ta’lim jarayonini samarali amalga oshirish uchun o’qituvchi o’z fanini va uni o’qitish metodikasini bilibgina qolmasdan, balki o’zi ta’lim berayotgan o’quvchilarni, ulardan har birining individual xususiyatlarini chuqur bilishi kerak. O’qitish samaradorligi o’qituvchining nazariy tayyorgarligi va pedagogik mahoratiga bog’liq. Muvaffaqiyatli ishlash uchun o’qituvchi o’qitishning ilmiy asoslangan hamda ilg’or tajribada sinab ko’rilgan shakl, metod va didaktik 62 vositalarni, zamonaviy axborot texnologiyalarini chuqur bilishi va ta’lim jarayonida ulardan oqilona foydalanishi lozim. Matematika o’qitishda o’quvchilarning tenglamalarni yechish malakalarini shakllantirish, bilimlar tizimining asosiy qonuniyatlari, qoidalari, metodik shart- sharoitlari asosida o’rganildi. Bunda matematik bilimlar tizimini yuzaga keltirish va uning tatbiqini amalga oshirish masalalari, matematikaning qonun-qoidalarini chuqur o’rganish hamda puxta o’zlashtirish holatlari aniqlandi. Matematika o’qitishda o’quvchilarning mantiqiy tafakkurini rivojlantirish vamustaqil fikrlash ko’nikmalarini o’stirishning sifat ko’rsatkichlari, hayotiy tajribalar mohiyat mazmuniga ko’ra amalga oshirildi. Umuman olganda, umumta’lim maktablari o’quvchilarining tenglama va uning bir turi bo’lmish butun va kasr qismi qatnashgan tenglamalarni yechiahs malakasini o’quvchilarda shakllantirish bo’yicha o’tkazilgan tajriba-sinov va tadqiqot ishlari yaxshi samara berdi. Chunki o’tkazilgan pedagogik tajriba-sinov ishlarining to’g’ri tashkil qilinishini ta’minlaydigan o’quv-metodik qo’llanmalar, darsliklar, tavsiyanomalar va har xil mazmundagi tarqatma materiallar to’plami ishlab chiqildi. Har bir darsning mazmunli o’tishi va sifat ko’rsatkich darajasiga chiqish mezonlari ilmiy asosda tashkil qilindi. Matematikaning ichki qonuniyatlari asosida har bir dars tuzilishini aniqlash orqali o’quvchilarda tadqiqiy ko’nikmalarni shakllantirish ilmiy asosda tashkil qilindi. Natijada o’quvchilarning murakkab ko’rinishdagi topshiriqlarni yechishga bo’lgan qiziqishlari ortganligi aniqlandi. Matematikaning ichki qonuniyatlari asosida masala va misollar yechib, o’quvchilarning mustaqil fikrlashlari, mavjud bilimlarni tatbiq etish faoliyati matematika o’qitish jarayonida izchillik, ilmiylik kabi didaktik tamoyillardan o’rinli foydalanib, ularning tadqiqiy faoliyati metodik jihatdan to’g’ri tashkil qilindi va matematika o’qitishdagi barcha ko’rinishlar, metodlar, vositalar umumta’lim maktablari, akademik litsey va kasb hunar kollejlari o’quvchilarida sonnig butun va kasr qismi qantanshgan tenglamalarni yechish malakalarini shakllantirishga qaratildi. 63 TAVSIYALAR Umumta’lim maktablari va akademik litseylarda algebra darslarida parametr qatnashgan tenglamalar va tengsizliklar mavsusi bo’yicha qo’shimcha mavzu sifatida dars mashg’ulotlariga kiritish. Umumta’lim maktabllari hamda akademik litseylarda uchun parametrga qismiga oid masalala va tenglamalarni yechish ko’nikmalarini shakllantirishga oida o’quv-uslubiy qo’llanma ishlab chiqish va dars jarayonlariga tatbiq etish . FOYDALANOILGAN ADABIYOTLAR 1. O’zbekiston Respublikasi Prezidentining PQ-4133-sonli qarori 2. Агаханов , Н . X. 53- я Международная математическая олимпиада / Н . Х . Агаханов , И . И . Богданов , П . А . Кожевников , М . Я . Пратусевич, Д.А. Терешин // Математика в школе, 2012. – №9. – С. 79-80. 3. Агаханов, Н. X . Математика. Районные олимпиады. 6–11 классы / Н. X . Агаханов, О.К. Подлипский. – М.: Просвещение, 2010. – 192 4. Агаханов, Н. X . Математика. Всероссийские олимпиады [Текст] / Н. X . Агаханов, О. К. Подлипский. – М.: Просвещение, 2009. –159 с 5. mathnet . uz sayti . 64 6. Агаханов, Н.Х., Подлипский О.К. Методические рекомендации по разработке требований к проведению школьного и муниципального этапов всероссийской олимпиады школьников по математике в 2012/2013 учебном году. – Москва, 2012. – 9 с. 7. Sh . A . Ayupov , B . A . Omirov , A . X . Xudoyberdiyev , F . H . Haydarov “ ALGEBRA VA SONLAR NAZARIYASI ” Toshkent – 2019 8. “ Taqqoslama va uning tatbiqi” mavzusidagi “ SCIENCE AND EDUCATION” scientific journal. 05.05.2022y. 9.http://library.ziyonet.uz/ru/book/download/32319 10. http://library.ziyonet.uz/ru/book/download/32319 11. http://library.ziyonet.uz/ru/book/download/32319 A. S. Yunusov, S. I. Afonina, M. A. Berdiqulov, D. I. Yunusova 12. “QIZIQARLI MATEMATIKA VA OLIMPIADA MASALALARI” O‘qituvchi” nashriyoti. Toshkent – 2007 13. Dixon M.R., Kurdachenko L.A., Subbotin I.Ya., Algeba and Number theory. 2010. – 523 p 14. Алексеева, Г.И. Из истории становления и развития математических олимпиад: опыт и проблемы: Дисс канд. пед. наук. – Якутск, 2002. -144 с. 15. Аспекты и тенденции педагогической науки: материалы M еждунар. науч. конф. – СПб.: Издательский дом «Свое издательство», 2016. – С.106-109. 16. Вакульчик, П.А. Нестандартные и олимпиадные задачи по математике. / П. А. Вакульчик. – Минск: УниверсалПресс, 2004. –352 21. Васильев, Н.Б., Савин А.П., Егоров А.А. Избранные олимпиадные задачи. Математика [Текст] / Н.Б. Васильев, А.П. Савин, А.А. Егоров. –М.: Бюро Квантум, 2007. – 160 с. 17. Горбунова, Т.А. Олимпиадные задачи по математике [Электронный ресурс] Горбунова. – Рубцовск, 2008. – Режим доступа: http :// gigabaza . ru / doc /92578- pall . html – Последнее обновление 3.06.2017. 18. Гусев, В.А. Теория и методика обучения математике: психолого педагогические основы [Текст] / В. А. Гусев. – М.: БИНОМ. Лаборатория 65 знаний, 2014. – 456 с. 19. Дышинский, Е. А. Игротека математического кружка. В 2 частях. [Текст] / Е. А. Дышинский. – М.: Просвещение, 1972. – 141 с. 20. Живолуп, А. Об итогах окружного (городского) этапа всероссийской олимпиады школьников 7-11 классов в 2016-2017 учебном году 21. [Электронный ресурс] / А. Живолуп // Вся правда про Тольятти. – 2016. – Режим доступа: http :// tltpravda . ru / blog / education /19410. html / – Последнее обновление 31.05.2017. 22. Иванова, Т.А. Гуманитаризация общего математического образования: Монография [Текст] / Т.А. Иванова. – Н. Новгород: Изд-во НГПУ,1998. – 206 с. 23. Крамор, В.С. Повторяем и систематизируем школьный курс алгебры и начала анализа / В.С. Крамор. – М.: Оникс; Мир и Образование, 2008. – 416 24. Медников, Л.Э. Чётность / Л.Э. Медников. – М.: МЦНМО, 2009. – 60 с. 25. Олимпиада «Ломоносов» по математике (2005—2008) [Текст] / А.В. Бегунец., П.А. Бородин., И.Н. Сергеев под редакцией И.Н. Сергеева. – М.: Издательство ЦПИ при механико-математическом факультете МГУ,2008. 26. Организация и проведение школьных олимпиад как механизм обеспечения индивидуальных образовательных достижений [Электронный ресурс Е.А. Чопозова. Ставрополь, 2014. 27. https :// doc 4 web . ru / pedagogika / programma - speckursa - podgotovka - uchaschihsya - kolimpiade - po - matem . html / – Последнее обновление 23.05.2017. 28. Официальный сайт Международной математической олимпиады. – Режим доступа: www . imo - official . org / – Последнее обновление 15.05.2017. 29. Официальный сайт Межрегиональной олимпиады школьников по математике «САММАТ». – Режим доступа: http :// sammat . ru / – Последнее обновление 28.05.2017. 30. Петраков, И.С. Содержание и методика подготовки и проведения олимпиад: Дисс. … канд. пед. наук. – Москва, 1973. – 212 с. 66 31. Приказ Минобрнауки РФ от 18 ноября 2013 г. № 1252 "Об утверждении Порядка проведения всероссийской олимпиады школьников" (с изменениями и дополнениями от 17.11.2016) / Российская газета. 29 января 2014г. – № 18. 32. Романова, Т.В. Из истории становления и развития олимпиадного движения в России. / Т.В. Романова– Москва, 2014. – 8 с. 33. Сачук Т.И. Задачи для подготовки к олимпиаде по математике учащихся 5-6 классов Борское, 2016. 34.Электронный ресурс. https :// www . prodlenka . org / index . php ? option = com _ mtree & task = att _ download & link _ id =222883& cf _ id =24/ – Последнее обновление 9.06.2017. 35. Севрюков, П. Ф. Подготовка к решению олимпиадных задач по математике / П. Ф. Севрюков. – Изд. 2-е. – М. : Илекса ; Народное образование, 2009. – 111 с. 36. Фарков, А. В. Математические олимпиадные работы. 5-11 классы [Текст] / А. В. Фарков. – СПб.: Питер, 2010. – 192 с. 37. Фарков, А. В. Олимпиадные задачи по математике и методы их решения [Текст] / А. В. Фарков. – М.: Народное образование, 2003. – 112 с. 38. Фридман, Л.М. Как научиться решать задачи [Текст]: книга для учащихся 9-11 кл. / Л.М. Фридман. – М.: Просвещение, 2009. – 255 c . 39. Шевкин, А. В. Текстовые задачи в школьном курсе математики [Текст] / А. В. Шевкин. – М.: Педагогический университет «Первое сентября», 2006. – 88 с. 40. Шевкин, А.В. Текстовые задачи [Текст]: пособие для учащихся / А. В. Шевкин. – М.: Просвещение, 1997. – 112 с. 41. Шеховцов, В. А. Олимпиадные задания по математике. 9-11 классы: решение олимпиадных задач повышенной сложности [Текст] / В. А. Шеховцов. - Волгоград: Учитель, 2009. – 99 с. 42. Andreescu, T., Gelca R. Mathematical Olympiad Challenges. Birkhauser, 2000. – 280 p. 42. Klamkin, M. USA Mathematical Olympiads 1972-1986. Problems and 67 Solutions. Mathematical Association of America, 1989. – 180 p. 43. Negut, A. Problens for the Mathematical Olympiads. GIL Publishing House, 2005. – 158 p. 44. Polya, G. Mathematical Discovery. Princeton: Princeton University Press. New York: Wiley, 1981. 45. Schoenfeld, Alan H, ed. Learning to think mathematically: Problem solving, metacognition, and sense-makingin. New York: MacMillan. 68

MATEMATIKADAN NOSTANDART XARAKTERDAGI MASALALARNI O’QITISH METODIKASI (PARAMETRGA BOG’LIQ BO’LGAN TENGLAMA VA SISTEMALAR MISOLIDA) ” ANNOTATSIYA Ushbu magistrlik dissertatsiya ishida maktab o‘quvchilariga nostandart masalalarni yechish-parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklarni yechish usullari qaralgan. Ushbu ishda ko‘plab misol va masalalarning yechimlari grafik shaklda keltirilganligi o‘quvchilarda mavzuni chuqurroq o‘rganishga imkon yaratib beradi. ANNOTATION In this master's thesis work, schoolchildren were considered the solution of non-standard issues-methods for solving equations and inequalities related to the parameter. The fact that many examples and solutions to problems are graphically presented in this work makes it possible for readers to delve deeper into the subject. 1

Mundarija KIRISH …………………………………………………………5 I BOB. MATEMATIKA FANIDAN O’QUVCHILARNI XALQARO BAHOLASH DASTURIGA TAYYORGARLIK JARAYONIDA YUZAGA KELAYOTGAN MUAMMOLAR. 1.1 -§ . Ta’lim samaradorligini oshirishda xalqaro tajribalarni qo’llash ..8 1.2-§. Matematika darslarini xalqaro baholash mezonlari (PISA, TIMS) bilan yaxlit xolda tashkil qilish ....................................................11 Birinchi bob bo yicha qisqacha xulosaʻ lar ...................................15 II BOB. MAKTAB MATEMATIKA KURSIDA NOSTANDART MASALALAR TURLAR 2.1-§. Maktabda p arametrga bog’liq masalalarni o’rganish ..................16 2.2-§. Parametrga bog’liq tenglamalar...................................................24 2.3-§. Parametrga bog’liq tengsizliklar..................................................39 II bob bo yicha qisqacha ʻ xulosa ..................................................53 III BOB. YUQORI SINF O’QUVCHILARINING NOSTANDART MASALALARNI YECHISH KO’NIKMALARINI RIVOJLANTIRISH METODIKASI USTIDA O’TKAZILGAN TAJRIBLAR 3.1 -§ . Pedagogik sinov-tajriba ishlari ning mazmuni............................54 3.2-§. Tadqiqotning asosiy bosqichlari natijalari va ularning tahlili .....57 III bob bo yicha qisqacha ʻ xulosa ..................................................61 Xulosa … ......................................................................................62 2

Adabiyotlar ro yxati.ʻ .................................................................66 NORMATIV XUJJATLAR Mazkur dissertatsiya ishida quyidagi standartlarga amal qilingan: 1. O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2017-yil 20-maydagi 304-sonli qarori “Oliy ta’limdan keyingi ta’lim to‘g‘risidagi nizomi” O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2017-yil 20-maydagi 304- sonli nizomi 2. O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2020-yil 6-noyabrdagi 696-sonli qarori “Oliy ta’limdan keyingi ta’lim tizimini takomillashtirish chora-tadbirlari to’g’risida” 3. O’zbekiston Respublikasi Vazirlar Mahkamasining 2015-yil 2-martdagi 36- sonli nizomi “Magistratura tog‘risidagi nizom” 3

KIRISH Magistrlik dissertasiyasi mavzusining asoslanishi va uning dolzarbligi. Bugungi kun biz pedogoglar jamoasidan ta’lim-tarbiya berishning yangi usullarini ishlab chiqish, fanlararo bog‘lanish (integratsiya)ni kuchaytirish, ijodkor va erkin, har tomonlama mustaqil fikrlay oladigan yoshlarni tarbiyalashdek dolzarb vazifalarni talab qiladi. Zamonaviy jamiyat moslashuvchan, harakatchan, osongina o‘qitiladigan, mustaqil faoliyatga tayyor, hayoti davomida qayta-qayta malaka oshirishga qodir maktab bitiruvchisini talab etadi. Shu sababli ta’lim sohasidagi davlat siyosati maktab bitiruvchilariga yangi talablarni qo‘yadi. Jamiyatga o’z harakatlarini boshqarishga qodir bo‘lgan, tanlangan vaziyatda mustaqil ravishda mas’uliyatli qarorlarni qabul qilishga tayyor bo‘lgan, ushbu qarorlar oqibatlari uchun mumkin bo‘lgan variantlarni saralab oladigan, tashabbuskor, mustaqil, hamkorlik qilishga qodir bo‘lgan o‘qimishli shaxslar kerak. Tadqiqot ob’yekti va predmeti: maktab va akademik litseylar. Akademik litsey va maktab o‘quvchilarining matematikadan nostandart masalalarni xalqaro tajribalar asosida o‘qitishni tashkil qilish. Tadqiqotning maqsadi va vazifalari : umumta’lim va ixtisoslashtirilgan ta’lim muassasalarida nostandart harakterdagi (parametrga bog‘liq bo‘lgan tenglama va sistemalar mavzusini) masalalarni o‘qitish metodikasini shakllantirish asosida ilmiy asoslangan tavsiyalar ishlab chiqish, hamda ularni ta’lim tarbiya jarayoniga tatbiq etadi 4

- matematika fanidan darsdan tashqari mashg ‘ ulotlarda o ‘ quvchilarga nostandart masalalarni yechish ko ‘ nikmalarini shakllantirish -matematikadan ba’zi bir olimpiada tipidagi nostandart masalalarni yechish usullari -parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklarni yechish usullari. Tadqiqotning ilmiy yangiligi: - disseertatsiya ilmiy izlanishi davomida Ixtisoslashtirilgan ta’lim muassasalari agentligi tizimidagi Pastdarg‘om tumani ixtisoslashtirilgan maktabida 7, 8 va 9- sinflarda parallel amaliy dastlabki sinov olib borildi va bu amaliy sinov o‘quvchilarning matematika masalalarini yechishga qiziqishini yanada oshirdi, natijada umumiy sinfning o’zlashtirish darajasida o‘sish darajasi sezilarli darajada kuzatildi. Tadqiqotning asosiy masalalari va farazlari. Ushbu tadqotning asosiy masalasi – nostandart masalalarni o‘rganishda parametrga bog‘liq tenglama va tengsizliklardan foydalanish va grafiklar bilan ishlash o‘quvchilarning tasavvur jarayonini rivojlantiradi. Parametr mavzularini o‘qitishda innovatsion texnologiyalarni tatbiq etish, agar ushbu usul ta’lim jarayonlariga keng qo‘llanilsa, o‘quvchilarning mavzuni tushunishi va unga qiziqishiga erishiladi. Tadqiqot mavzusi bo‘yicha adabiyotlar tahlili. Matematika tarixiga nazar soladigan bo‘lsak, mashhur yunon matematigi Yevklid o’zining “Negizlar” asarida algebraik ifodalarni, ular orasidagi amallarni kesmalar orqali izohlagan, ya’ni geometrik algebradan foydalangan edi. MDH davlatlarining bir guruh olimlari ham o‘z tadqiqotlarida ayrim usullarni qo‘llashgan. Xususan rus matematiklari I.F.Sharigin, N.B.Alfutova, G.Z.Genkin, V.L.Kryukova, ukrainalik matematik I.A.Kushnir, tojikistonlik matematik A.Sufiyevlar o‘z tadqiqotlarida nostandart masalalar yechimlari ustida tadqiqot olib borganlar. 5

Похожие

NOSTANDART MASALALARNI YECHISH USULLARI
Parametrga bog’liq chiziqli tenglamalar sistemasini yechish algoritmi.
FUNKSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI
Matematika o’qitish metodikasi haqida
PARAMETRIK TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARIGA O‘RGATISH METODIKASI