logo

10-SINF MATEMATIK ANALIZ ASOSLARI MAZMUNI VA UNING ELEMENTLARINI O‘QITISH MATODIKASI

Yuklangan vaqt:

20.11.2024

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

518 KB
«   10-SINF MATEMATIK ANALIZ ASOSLARI MAZMUNI VA UNING
ELEMENTLARINI O‘QITISH MATODIKASI   »
MUN DA RIJ A
KIRISH … …………………………………… …………… .
I- BOB.   RATSIONAL   TENGLAMALAR   VA
TENGSIZLIKLAR.   IRRATSIONAL   TENGLAMALAR
NAZARIY ASOSLARI
§   1.1
KO‘PHADLAR   HAQIDA   UMUMIY   MA’LUMOTLAR
§   1.2 KO‘PHADNI   KO‘PAYTUVCHILARGA   AJRATISH
… … … … … … … …
§   1.3 RATSIONAL   VA   IRRATSIONAL   TENGLAMA   VA
TENGSIZLIKLAR   HAQIDA   UMUMIY
TUSHUNCHA ...........
II-BOB   TRIGONOMETRIK   VA   TESKARI
TRIGONOMETRIK   FUNKSIYALAR   VA   ULARNING
XOSSALARI.
§ 2.1 TRIGONOMETRIK   FUNKSIYALAR   VA   ULARNING
XOSSALARI
§  2.2 TESKARI   TRIGONOMETRIK   FUNKSIYALARNING
HOSILALARI. ………………… ........... .....................................
§ 2.3 2.3. EHTIMOLLIKLAR   NAZARIYASINING
MATEMATIK ASOSLARI
X ULOSA ............................................................................
...........
FOY DA LA N ILGA N  ADA BIY OTLA R  
  KIRISH
Matematika         hamma           aniq         fanlarga
asos.   Bu   fanni   yaxshi   bilgan   bola   aqlli,   keng
tafakkurli   bo‘lib   o‘sadi,       istalgan   sohada
muvaffaqiyatli ishlab ketadi.  
SH.   M.   MIRZIYOYEV
Vatanimiz   mustaqillikka   erishgandan   so‘ng   shahdam   odimlar   bilan
olg’a   bormoqda,   ilm-fan   va   texnikaning   zamonaviy   sohalari   rivojlanmoqda   va
bu   rivojlanish   ilm   ahli   oldiga   ko‘plab   zamonaviy   muammolarni   hal   etishni
ko‘ndalang   qilib   qo‘ymoqda.“Sizning   e’tiboringizni   quyidagi   vazifalarni
amalga oshirishga   qarataman”-deydi   prezidentimiz   Sh.M.Mirziyoyev:
“Birinchi   vazifa-maktabgacha   ta’lim   sohasida.   Ochiq   tan   olishimiz
kerak,   biz   bu   muhim   sohadagi   ishlarni   e’tibordan   cheda   qoldirdik.   Ushbu
sohada   bolalarni       qamrab   olish   27   foizni   tashkil   etadi.
Yaqinda   tasdiqlangan   dasturga ko‘ra, bu   yo‘nalishda  2   ming   200   ta
muassasaning   moddiy-texnik   bazasi   mustahkamlandi.
Ikkinchi   vazifa-umumta’lim   maktablari,   litsey   va   kasb-hunar
kollejlari,   shuningdek,   oliy   o‘quv   yurtlaridagi   o‘qitish   sifati   bilan   bog’liq.
Zamonaviy o‘quv   reja   va   uslublarini   joriy   etish   talab   darajasida   emas.
Bolalar   va   yoshlarga   maxsus   fanlar,mamlakatimiz   va   jahon
sivilizatsiyasi   tarixini,   xorijiy   tillarni   va   zamonaviy   kompyuter   dasturlarini
chuqur   o‘rganish   vazifalari   hali   sifatli   va   to‘liq   holda   yechilgani   yo‘q”-deb
ta’kidladilar.
Bitiruv ishi mavzusining dolzarbligi.   2020-yil   mamlakatimizda   “Ilm-ma’rifat
va   raqamli   iqtisodiyotni   rivojlantirish”   yili   deb   e’lon   qilindi   va   yurtimizda
avvaldan   shakllangan   ilmiy   maktablar   salohiyatini   hisobga   olib,   hozirgi
bosqichdagi   milliy   manfaatlarimiz   va   taraqqiyotimiz   yo‘nalishlaridan   kelib chiqqan   holda,   bu   yil   matematika ,   kimyo,   biologiya,   geologiya   fan   va
sohalarini   rivojlantirishga   alohida   e’tibor   qaratildi.
O‘zbekistonning   matematika   fani   bo‘yicha   salohiyati   dunyo
miqyosida   tan   olinib,   funksional   tahlil   va   differensial   tenglamalar,   ehtimollar
nazariyasi   va   algebra   yo‘nalishlari   bo‘yicha   nufuzli   maktablarimiz   shakllanib
faoliyat   yuritib   kelmoqda.   Hozirgi   kunda   yetti   nafar   matematik   olim
Butunjahon   fanlar   akademiyasi   a’zosi   hisoblanadi.
Har bir   tuman markazida bittadan matematika faniga ixtisoslashgan
maktab   tashkil qilish va ularda ishlaydigan o‘qituvchilarga qo‘shimcha ustama
haqlari   to‘lash   ta’kidllab   qo‘yildi.
Prezidentimiz tomonidan   mamlakatimizda   matematika fani bo‘yicha
nufuzli   xalqaro   anjumanlar   o‘tkazish,   davlat   byudjeti   va   ,,El-yurt   umidi”
jamg’armasi   hisobidan   har   yili   100   nafar   olimni   xorijdagi   ilmiy   tadbirlar   va
stajirovkalarga   yuborish   yuzasidan   topshiriqlar   berilgan
O‘tgan   asrda   va   hozirda   ayniqsa   xorij   adabiyotlarida,   turli   xil
matematik   turnirlar   va   olimpiadalarda   qatnashchilar   uchun   yechishga   tavsiya
etilayotgan   misol   va   masalalar   tarkibida   funksional   tenglamalar   uchramoqda.
Ammo   bizning   adabiyotlarda bu mavzuga kam e’tibor qaratilganligini hisobga
olib,   mazkur   Bitiruv   ishida   avvalida   o‘rta   maxsus   ta’limida   tahsil   olayotgan
talabalar ommasi uchun   muhim ahamiyatga ega bo‘lgan funksional   tenglamalar
mavzusi   yoritib   o‘tilgan.   Bundan   asosiy   maqsad   esa   funksional   tenglamalarni
klassifikatsiyalash,   elementar   ko‘rinishdagi   misollarni   yechilish   usullarini
namoyon qilish, klassik funksional   tenglamalar va ularning yechilish usullarini,
funksional tenglamalarga oid ko‘plab   misollarni   yechishdan   namunalar   keltirish
ko‘zda   tutilgan.
Ta’limiy   islohotlar   jarayonida   jahon   andozalariga   mos   keladigan   uzluksiz
ta’lim   tizimini   yaratish,ta’lim   samaradorligini   yuqori   bosqichlarga   ko‘tarish
masalalarining   ijobiy   hal   etilishiga   erishish   dolzarb   pedagogik   vazifalar   sifatida
kun   tartibiga   qo‘yildi.Rivojlangan   xorijiy   mamlakatlar   ta’lim   tajribalarini o‘rganish   so‘nggi   yillarda   ta’lim   samaradorligini   ta’minlovchi   muhim   omil-
pedagogik   texnologiyalar   va   ularning   imkoniyatlari   ekanligini   ko‘rsatdi.Shu
sababli   ta’limiy   islohotlarning   muhim   yo‘nalishi   o‘qitish   ishlarini   tashkil
etadigan   va   barkamol   shaxs   tarbiyasi   uchun   mas’ul   bo‘lgan   muassasalar
faoliyatiga   ilg’or   pedagogik   texnologiyalarni   samarali   tashkil   etishdan   iborat
etib   belgilandi.
Bitiruv   ishiningmaqsadi:   Maktabda   10-sinf   matematik   analiz   asoslari
fanini  yondashuv asosida o‘qitish metodikasini   takomillashtirish.
Bitiruv   ishining   obyekti:   10-sinf   matematik   analiz   asoslari   fanini   o‘qitish
jarayoni.
Bitiruv ishining   predmeti:   10-sinf matematik analiz asoslari fanini   mazmuni,
o‘qitish metodlari, vositalari va   shakllari. ??????=1I- BOB.   RATSIONAL   TENGLAMALAR   VA   TENGSIZLIKLAR.
IRRATSIONAL TENGLAMALAR NAZARIY ASOSLARI
1.1. Ko‘phadlar   haqida   umumiy   ma’lumotlar
    Biz ushbu mavzuda   K   orqali haqiqiy sonlar to‘plami   R   yoki kompleks
sonlar   to‘plami   C   ni   belgilaymiz.
Ta’rif.   Ixtiyoriy   ??????
??????   ∈   ??????,   ??????   ∈   {
0 }  
??????   ??????   uchun
f(x)= ??????
0   +   ??????
1 ??????   +   ??????
2 ?????? 2
  +   ⋯   +   ??????
?????? ?????? ??????
(1)   ifoda   haqiqiy(kompleks)   koeffitsiyentli   ko‘phad
deyiladi.
(1) ifodadagi   x   noma’lum   o‘zgaruvchi   ,   ??????
??????   ∈   ??????   lar ko‘phadning   koeffitsiyentlari
??????
??????   ?????? ??????
  lar   esa   ko‘phadning   hadlari   deyiladi.
Agar   ??????
??????   ≠   0   bo‘lsa   ??????
??????   ga   bosh   koeffitsiyent   ??????
?????? ?????? ??????
  esa   bosh   had
deyiladi,ko‘phadning   ??????
0 hadiga   ozod   had   deyiladi.Ko‘phadda   qatnashgan
noma’lumning eng katta darajasiga ko‘phadning darajasi deyiladi va deg   f ( x )
kabi   belgilanadi,   ya’ni  ??????
??????   ≠   0   bo‘lsa  deg   f(x)=n   Barcha   koeffitsientlari nolga
teng   bo‘lgan   ko‘phad   nol   ko‘phad   deyiladi.   Bir   hil   darajalari   oldidagi
koeffitsientlari   teng bo‘lgan ko‘phadlar o‘zaro  teng ko‘phadlar  deyiladi.  K   da
berilgan   barcha   ko‘phadlar   to‘plamini   K[x]   orqali   belgilaymiz.   Shuningdek,
f ( ??????   )   bilan   f   ( x )   ko‘phadning   x= ??????   nuqtadagi   qiymati   belgilanadi.   Endi   [ x ]
to‘plamda   algebraik
amallarni   aniqlaymiz.
Ko‘phadlarni qo‘shish.   f   ( x ) va   g ( x ) ko‘phadlarning yig‘indisi deb, ularning
mos   darajalari oldidagi koeffitsientlarni qo‘shishdan hosil bo‘lgan ko‘phadga
aytiladi,   ya’ni
f(x)
+g(x)= ∑ ?????????????????? 	
???????????? (2) ??????=0bu yerda ??????
??????   = ??????
??????   + ??????
??????   bo‘lib,   ??????
??????   va ??????
??????   lar mos ravishda   f   ( x ) va   g ( x ) ko‘phadlarning
koeffitsientlaridir.
Ko‘phadlarni songa ko‘paytirish.  f  ( x ) ko‘phadni  ??????  soniga ko‘paytmasi deb,
berilgan   ko‘phadning   barcha   koeffitsientlarini   shu   ??????   soniga   ko‘paytirishdan
hosil   bo‘lgan   ko‘phadga   aytiladi,   ya’ni     	
?????? ?????? ??????(??????) =	 ∑	 ????????????	??????????????????   ??????=1
Ko‘phadlarni ko‘paytirish. K[x]   to‘plamda ko‘paytirish amalini quyidagicha
kiritamiz:   f   ( x ),   g ( x ) ∈   ??????[??????]   ko‘phadlarning   ko‘paytmasi   sifatida
koeffitsientlari   tenglik   bilan aniqlangan	
?????? (x)=	∑	??????+??????	 ????????????????????????
ko‘phadga   aytiladi,   bu   yerda
??????
0
  =   ??????
0 ??????
0 ,   ??????
1
  =   ??????
0 ??????
1
  +   ??????
1 ??????
0 ,   ??????
2
  =   ??????
0 ??????
2
  +   ??????
1 ??????
1
  +   ??????
2 ??????
0 ,   …
Ma’lumki,   ko‘phadlar   ko‘paytmalarining   darajasi   berilgan
ko‘phadlar   darajalarining   yig‘indisiga   teng,   ya’ni
deg   ??????   ( x )=   deg   f   ( x )   +deg   g ( x ).
Misol .   f   ( x )   =   ?????? 3
  −   2?????? 2
  +   3?????? -5va   g ( x )=   3?????? 2
  −   ?????? +2   ko‘phadlarni   yig‘indisi   va
ko‘paytmasini   toping.
g(x)+f(x)=   (3?????? 2
  −   ?????? +2)+( ?????? 3
  −   2?????? 2
  +   3?????? -5)=   ?????? 3
+(3-2) ?????? 2
+(-1+3) x +(2-5)=   ?????? 3
  +
?????? 2
  +   2??????   −   3
Ushbu   ko‘phadlarning   ko‘paytmasi   quyidagiga   teng:
g ( x ) ∙   f  ( x )=  (3?????? 2
  − ?????? +2)( ?????? 3
  − 2?????? 2
 + 3?????? -5)= 3?????? 5
 − 6?????? 4
  + 9?????? 3
  − 15?????? 2
 − ?????? 4
  +
2?????? 3
  +   3?????? 2
  +   5??????   +   2?????? 3
  −   4?????? 2
  +   6??????   −   10   =   3?????? 5
  −   7?????? 4
  +   13?????? 3
  −   22?????? 2
  +
11??????   −   10.   Ko‘phadlar   ustida   aniqlangan   amallar quyidagi   xossalarga   ega.
Xossa.   a)   f   ( x )   +   g ( x )   =   g ( x )   + f   ( x );
b)   (   f   ( x )   + g ( x ))+ h ( x )=   f   ( x )+( g ( x )   + h ( x ))   ;
c)   f   ( x )   ∙   g ( x )   =   g ( x )   ∙   f   ( x ); e)   (   f   ( x )   + g ( x ))   ∙ h ( x )   =   f   ( x )   ∙ h ( x )   +   g ( x )   ∙ h ( x )   . bo‘lib   f(x)(g(x) ∙   ??????(??????))   ko‘phadning   ?????? ??????
  hadi   oldidagi   koeffitsiyenti   esa,
bo‘ladi.   Bu   ikki   yig‘indining   tengligiga   ko‘ra   ko‘phadlar   ko‘paytmasining
assotsiativligi   kelib   chiqadi.to‘plami   ustida   qo‘shish   va   ko‘paytrish   amallari
distributiv   ekanligi   kelib   chiqadi.   Endi   ko‘phadlar   ustida   ko‘paytirish   amaliga
teskari bo‘lgan bo‘lish amalini   kiritsak.
Ta’rif. Agar   f(x)   va   ??????   (x)   ko‘phadlar   uchun
f(x)=   ??????   (x)   ∙   ??????   (x)
tenglikni   qanoatlantiruvchi   ??????   (x)   ∈   ??????[??????]   ko‘phad   mavjud   bo‘lsa ,   f(x)   ko‘phad
??????   (x)   ko‘phadga   bo‘linadi   deyiladi.
Agar   f(x)   ko‘phad ??????   (x)   ko‘phadga   bo‘linsa,   f(x)   bo‘linuvchi,   ??????   (x)   ko‘phad
esa   bo‘luvchi   ko‘phad   deyiladi,hamda ??????   (x)|f(x)   yoki   f(x) ⋮   ??????   (x)   kabi
belgilanadi.
Ta’rif.   Agar  f(x)  va  g(x)   ko‘phadlar   uchun q(x)   va  r(x),  deg  r(x) <   deg g(x)
ko‘phadlar topilib,
f(x)=   ??????   (x)   ∙   ??????   (x)+r   (x)   , (2)
tenglik   o‘rinli   bo‘lsa   f(x)   ko‘phad   g(x)   ko‘phadga   qoldiqli   bo‘lingan
deyiladi.Bu   yerdagi   q(x)   ko‘phadga   bo‘linma ,   r(x)   ga   qoldiq   deyiladi. (2)
tenglikka esa   qoldiqli   bo‘lish   formulasi   deyiladi.
Misol . f   ( x )   =   3 ?????? 3
  −   2?????? 2
  +   ?????? +4 ko‘phadni   g ( x )=   3?????? 2
  −   ?????? +2
ko‘phadga   qoldiqli   bo‘lish   quyidagicha   bajariladi:
Bundan   q(x)=3x-11   va   r(x)=31x+15   ekanligi   kelib   chiqadi.Demak, f(x)=g(x) ∙ (3x-1)+(31x+15)
tenglikni hosil qilamiz. Ko‘phadlarning ildizlarini topish juda muhim ahamiyat
kasb   etadi.   Chunki,   ko‘plab   matematik   masalalarni   yechish   ko‘phadning
ildizlarini   o‘rganish   masalasiga   olib   kelinadi.   Shu   sababli   biz   ko‘phadlarning
ildizlarini   o‘rganish   masalasini   keltiramiz.
1.2. Ko‘phadni   ko‘paytuvchilarga   ajratish.
Ta’rif.   f   ( x )   ko‘phad   uchun   f   ( ??????   )   =   0   shartni   qanoatlantiruvchi   ??????   soniga   f
( x )   ko‘phadning   ildizi   deyiladi.   Avvalgi   mavzudan   ma’lumki,   f   ( x )
ko‘phadni  x −??????   ko‘phadga   qoldiqli   bo‘lish   quyidagicha   amalga   oshiriladi:
f   ( x )   =   ( x   −?????? )   ∙ q ( x )   +   r . (3)
Ta’kidlash   joizki,   x   −??????   ko‘phadning   darajasi   1   ga   teng   bo‘lganligi   sababli,
qoldiqning   darajasi   nolga   teng   bo‘ladi.   Shuning   uchun   qoldiqli   bo‘lishdagi
qoldiq   ko‘phad   r ( x )   o‘rniga  r  sonini   yozish   mumkin.
Teorema   (Bezu   teoremasi) .   f   ( x )   ko‘phad   x   –   ??????   ko‘phadga   qoldiqsiz
bo‘linishi   uchun   f   ( ??????   )   =   0   bo‘lishi   zarur   va   yetarli.
Isbot.   Zaruriyligi.   Agar   f   ( x )   ko‘phad   x   −??????   ko‘phadga   qoldiqsiz   bo‘linsa,   u   holda
f ( x )   =   (??????   −   ??????   )   ∙   φ(?????? ) o‘rinli   bo‘ladi.   Demak,
f   ( ?????? )   =   (??????   −   ??????   )   ∙   φ(?????? )=0
Yetarliligi.  Faraz qilaylik,  x=  ??????   nuqtada  f  ( x ) ko‘phad nolga aylansin, ya’ni  f  ( ??????
) =   0   bo‘lsin.   U   holda   f   ( x )   =( ??????   −   ?????? )   ∙ q ( x )   +   r   tenglikdan
r= f   ( ?????? ) −(??????   −   ??????   )   ∙   ??????(??????) =0
ekanligini   hosil   qilamiz.   Demak,   f ( x )   =   (??????   −   ??????   )   ∙   φ(?????? )   tenglik   o‘rinlidir.
Shunday   qilib,   f   ( x )   ko‘phadning   ildizlarini   izlash,   uning   chiziqli
bo‘luvchilarini   izlash   masalasiga   teng   kuchlidir.   f   ( x )   ko‘phadni   ( ??????   −   ?????? )
chiziqli   ko‘phadga   qoldiqli   bo‘lishda   keng   qo‘llanadigan   Gorner   usulini
keltiramiz. Kompleks sonlar   maydonida   berilgan   quyidagi   ko‘phadni   qaraylik: f(x)=	??????0???????????? +	 ??????1????????????−1	 +	 ??????2????????????−2	+…+	????????????,f   ( x )   ko‘phadni   ??????   −   ??????   chiziqli   ko‘phadga   qoldiqli   bo‘lganda   bo‘linma   q ( x ) ni
quyidagicha   yozib   olaylik:	
q(x)=	??????0????????????−1	 +	 ??????1????????????−2	 +	 ??????2????????????−3	+…+	????????????−1	.
ko‘phadni   (3)   tenglikka   qo‘yib,   x   ning   bir   xil   darajalari   oldidagi
koeffitsientlarini   tenglasak,
??????
0   =   ??????
0 ,
??????
1   =   ??????
1   −   ????????????
0 ,
??????
2   =   ??????
2   −   ????????????
1 ,
……………….,	
????????????−1	 =	 ????????????−1	 −	 ????????????	??????−2	,	
???????????? =	 ?????? −	 ????????????	??????−1	,
tengliklarni   hosil   qilamiz. Ya’ni
??????
0   =   ??????
0 , ??????
??????   =   ????????????
??????−1   +   ??????
?????? ,   1   ≤   ??????   ≤   ??????   −   1
tengliklar   kelib chiqadi. Oxirgi	
?????? =	 ????????????	??????−1	 + ??????	??????
tenglikdan   r   qoldiq   yoki   f   ( x )   ko‘phadning   x=   ??????   nuqtadagi   qiymati
topiladi.   Bu   usul   Gorner   sxemasi   deb   atalib,   quyidagicha   jadval   orqali
ifodalanadi:	
??????0	??????1	??????2
…	????????????−1	????????????	
??????0
??????
1   +
????????????
0 ??????
2   +
????????????
1 …	????????????−1	 	+	
????????????	??????−2	
???????????? 	+	
????????????	??????−1	
??????0	??????1	??????2
…	????????????−1 r Misol .   f(x)= 2?????? 5
  −   3?????? 4
  +   4?????? 2
  −   5?????? +7   ko‘phadni   x   − 3   ga   bo‘lishdagi   q ( x )
bo‘linmani   va   r   qoldig‘ini   Gorner   sxemasi   yordamida   toping.
????????????0	??????1	??????2	??????3	??????4	??????5
2 -3 0 4 -5 7
3 2 3 9 31 88 271	
??????0	??????1	??????2	??????3	??????4	??????5
Shunday   qilib,   bo‘linma   q(x)=   2?????? 4
  + 3?????? 3
  +   9?????? 2
  +   31?????? +88,   qoldiq   esa   r   =  f   (3)
=   271   ga   teng   bo‘ldi.
Viyet   formulasi.   Bizga   bosh   koeffitsienti   1   ga   teng   bo‘lgan   n   -   darajali	
f(x)=	???????????? +	 ??????1????????????−1	 +	 ??????2????????????−2	+…+	????????????−1	?????? +	 ????????????
ko‘phad   berilgan   bo‘lib,  ??????
1 ,   ??????
2 ,   …   ,   ??????
?????? uning   ildizlari   bo‘lsin.   U   holda
f   ( x )   =( x- ??????
1 ) ∙   ( x- ??????
2 ) ∙ …   ∙ ( x- ??????
?????? )
yoyilmaga   ega   bo‘ladi.   Bu   yoyilmaning   o‘ng   tomonidagi   qavslarini   ochib
chiqib,   o‘xshash   hadlarini   ixchamlagandan   so‘ng   bir   hil   hadlari   oldidagi
koeffitsientlarini   tenglashtirsak,   quyidagi   tengliklarni   olamiz:
??????
1   =   −(??????
1   +   ??????
2   +   ⋯   +   ??????
?????? ) ,
??????
2   =   ??????
1 ??????
2   + ??????
1   ??????
3   +   ⋯   + ??????
1   ??????
??????   + ??????
2 ??????
3   +   ⋯   +   ??????
??????−1 ??????
?????? ,
??????
3   =   −(??????
1 ??????
2 ??????
3   +   ??????
1 ??????
2 ??????
4   +   ⋯   +   ??????
??????−2 ??????
??????−1 ??????
?????? ) ,
…………………………………………………..,
??????
??????−1   =   (−1) ??????−1
(??????
1   ∙   ??????
2   ∙   …   ∙   ??????
??????−1   +   ??????
1   ∙   ??????
2   ∙   …   ∙   ??????
??????−2   ∙   ??????
?????? +…+ ??????
2   ∙   ??????
3   ∙
…   ∙   ??????
?????? ),
??????
??????−1   =   (−1) ??????
??????
1   ∙   ??????
2   ∙   …   ∙   ??????
?????? . Ushbu   tengliklar   ko‘phad   koeffisentlarini   uning   ildizlari   orqali   ifodalovchi
formula   hisoblanib,   Viyet   formulasi   deb   ataladi.   Tengliklarning   o‘ng
tomonidagi ifodalar   simmetrik   ko‘phadlar   deyiladi.
Ratsional   kasrlar .Ushbu   mavzuda   haqiqiy   yoki   kompleks   sonlar   maydoni
ustida   berilgan   ratsional   kasrlar   haqida   gap   boradi.   Biror   maydon   ustida
berilgan   f   ( x ) va
g ( x ),   g ( x )   ≠   0   ko‘phadlarning   ??????(??????)
  nisbatiga   ratsional   kasrli   funksiya   yoki   qisqacha??????(??????)
ratsional kasr   deyiladi.
Ratsional   kasrlar   to‘plamida   qo‘shish   va   ko‘paytirish
amallarini   quyidagicha   aniqlaymiz:
1 ?????? ????????????   +   ??????
(??????   −   1)(?????? 2
  +   1)   =  
??????   −   1   +  
?????? 2
  +   1   .
Bu   tenglikni   ikkala   tomonini   (??????   −   1)(?????? 2
  +   1 )   ko‘phadga   ko‘paytirsak,1=A( ?????? 2
  +
1)   + (   ????????????   +   ??????)(   ??????   −   1 )   tenglik   hosil   bo‘ladi.Bu   yerdan   A=1,B=1/2    
va	
2	2
C= −   ekanligini   topishimiz   mumkin.
2
1.3.Ratsional   va   irratsional   tenglama   va   tengsizliklar   haqida
umumiy   tushuncha.
Dastavval tenglama tushunchasi bilan yaqindan tanishadigan bo‘lsak,f(x)=g(x)
ko‘rinishidagi   tenglik   bir   noma’lumli   tenglama   deyiladi,(bu   yerda   f(x)   va   g(x)
lar   x   noma’lumli funksiyalardir).Agar tenglamada x ning o‘rniga shunday x=a
qiymat   qo‘yilganda   f(a)=g(a)   tenglik   hosil   bo‘lsa,x=a   qiymat   f(x)=g(x)
tenglamaning   ildizi   deyiladi.
Tenglamani yechish deganda –uning barcha ildizlarini topish yoki uning ildizi
mavjud   emasligini   isbotlash   tushuniladi.Agar   tenglamaning   ildizlari   ??????
1 ,   ??????
2 , ........ ,   ??????
??????
sonlar   bo‘lsa,ular   { ??????
1 ,   ??????
2 , ...... ,   ??????
?????? }   to‘plam   ko‘rinishida   ,yoki ??????
1 = ??????
1 ,   ??????
2 = ??????
2 ,   …   ,   ??????
?????? = ??????
??????   kabi   yoziladi.Tenglamaning   barcha   ildizlari
to‘plami   tenglamaning   yechimi   deyiladi.Tenglamaning   ildizi   mavjud
bo‘lmagan   holda   “Tenglamaning   ildizi   yo‘q’’   yoki   “Tenglamaning   yechimi-
bo‘sh to‘plam’’ iborasi   ishlatiladi.
1- misol .(x+3)(2x-1)(x-2)=0   tenglamani   yeching.
Bu   tenglamaning   o‘ng   tarafi   nolga   teng,   chap   tarafi   esa   3   ta   ifodaning
ko‘paytmasidan   iborat.Ko‘paytuvchilaridan   hech   bo‘lmaganda   bittasi   nolga
teng   bo‘lgandagina   ko‘paytma   nolga   teng   bo‘lganligi   uchun,   har   bir
ko‘paytuvchi   ifodani nolga tenglashtirib olamiz:x+3=0, 2x-1=0, x-2=0 .Hosil
bo‘lgan   ushbu   tenglamalardan   tenglamaning   ildizlari   Turli   ko‘rinishdagi
tenglamalar javob tariqasida berilishi mumkin. Eng soda   tenglama   x(x+1)(x-
√ 2 )=0   ko‘rinishida   bo‘lishini   eslatib   o‘tamiz.
Bu   sonlar   yana   quyidagi   tenglamaning   ham   ildizi   bo laʻ   oladi:	
(??????	2 +	 ??????3)(?????? −	 √	2)(??????	2 +	 3)	 =	 0
Ta‘rif:   Agar   f(x)=g(x)   tenglamaning   barcha   ildizlari   ??????
1 (
?????? )  
=
??????
1 (??????) tenglamaning   ildizlari   bo‘lsa,   va   aksincha,   ??????
1 (
?????? )  
=   ??????
1 (??????)   tenglamaning
barcha   ildizlari   f(x)=g(x)   tenglamaning   ildizlari   bo‘lsa,   ya‘ni   ularning
yechimlari   ustma-ust   tushsa,   bunday   tenglamalar   teng   kuchli   tenglamalar
deyiladi.
2- misol.   3x-6=0   va   2x-1=3   tenglamalarni   teng   kuchliligini   tekshiring.
3x-6=0 va 2x-1=3 tenglamalar teng kuchli, chunki har birining ildizi   x   = 2 ga
teng.   Yechimi   bo‘sh   to‘plam   bo‘lgan   har   qanday   ikkita   tenglama   ham   teng
kuchli   bo‘ladi     Teng kuchli tenglamalar quyidagicha belgilanadi: 3x-6=0 ↔ 2x-
1=3   Tenglama   quyidagi   holatlarda   o‘ziga   teng   kuchli   bo‘lgan teglamaga   o‘tadi:
a) Tenglamaning   biror-bir   hadi   tenglikning   bir   qismidan   ikkinchi   qismiga
qarama-   qarshi   ishora   bilan   o‘tkazilganda.
Masalan,   f(x)=g(x)+t(x)   ↔ f(x)-g(x)=t(x)
b) Tenglamaning   ikkala   tarafini   noldan   farqli   songa   ko‘paytirilganda
yoki      bo‘lganda. Teng   kuchli   tenglamalar haqidagi   tasdiqlar. 1. f   ( x ) =   g ( x )   va   f   ( x )   -   g ( x ) =   0   tenglamalar teng   kuchli.
2. f   ( x )= g ( x )   va   f   ( x )+a=   g ( x )+a   tenglamalar   ixtiyoriy a   haqiqiy   son uchun
teng   kuchli.
3. f   ( x )= g ( x )   va   a   f   ( x )=a   g ( x )   tenglamalar ixtiyoriy   noldan   farqli   a   haqiqiy
son   uchun   teng   kuchli.
4. Aytaylik   ??????(??????)   funksiya   f   ( x )= g ( x )   tenglamaning   aniqlanish   sohasida
aniqlangan   bo‘lsin.   U holda   f   ( x )= g ( x )   va  f   ( x )+   ??????(??????)   =   g ( x )+   ??????(??????)   tenglamalar
teng   kuchli.
5. Aytaylik   y=f(x)   va   y=g(x)   funksiyalar   A   to‘plamda   nomanfiy   bo‘lsin.   U
holda   A   to‘plamda   f   ( x )= g ( x ) va   f n
  ( x )= g n
( x )   tenglamalar teng   kuchli.
6. Aytaylik   ??????(??????)   funksiya   f   ( x )= g ( x )   tenglamaning   aniqlanish   sohasida
aniqlangan   va hech bir nuqtada nol qiymat qabul qilmasin. U holda   f   ( x )= g ( x )
va  f  ( x ) ∙ ??????(??????)  =   g ( x ) ∙   ??????(??????)   tenglamalar   teng   kuchli.
Butun   ratsional   tenglamalar.   Ta’rif. Agar   f   ( x )   va   g ( x )   funksiyalar   butun
ratsional   ifodalar   bilan   berilgan   bo‘lsa,
f   ( x )= g ( x )
tenglama,   butun   ratsional
tenglama deyiladi.
Bunday   tenglamaning   aniqlanish   sohasi   barcha   haqiqiy   sonlar   to‘plami   bo‘ladi.
Ta‘rif: Quyidagi   ko‘rinishidagi   tenglama   ??????
0 ?????? ??????
  +   ??????
1 ?????? ??????−1
  +   ??????
2 ?????? ??????−2
  +   ⋯   +
??????
??????−1 ??????   +   ??????
?????? =0,   ??????
0   ≠   0   standart   ko‘rinishdagi   n-darajali   butun   ratsional   tenglama
deb   ataladi.
Agar  ??????
0   =   1   bo‘lsa,  ?????? ??????
  + ??????
1 ?????? ??????−1
  + ⋯ + ??????
??????−1 ?????? + ??????
?????? =0  tenglama keltirilgan
n-   darajali   butun
ratsional tenglama  deb ataladi.  ??????
0 , ??????
1 , … , ??????
??????−1 – koeffitsiyentlar,  ??????
?????? – ozod had deb
ataladi. Ma‘lumki,   n-   darajali   ko‘phad   n   tadan   ko‘p   bo‘lmagan   ildizlarga   ega   bo‘lishi
mumkin,   demak,   har   bir   standart   ko‘rinishidagi   n-   darajali   butun   ratsional
tenglama   ham   n   tadan   ko‘p   bo‘lmagan   ildizlarga   ega   bo‘ladi.
Teorema:   Butun   koeffitsiyentli   keltirilgan   butun   ratsional   tenglamaning
ildizlari   butun   son bo‘lsa,   ular   ozod   hadining   bo‘luvchilari   bo‘ladi.
Mustaqil   ishlash   uchun.
1- masala.   1)   Belgilangan   ishni   15   kishi   12   kunda   bajarishi   mumkin.   4
kun   ishlagandan   so‘ng,   beshinchi   kuni   ularga   yorberish   uchun   5   kishi   kelib
qo‘shildi.   Qolgan   ish   necha   kunda   tugatilgan?
2) Ishchilar   belgilangan   vazifani   15   kunda   bajara   olishadi,   5   kundan
so‘ng   ularga   yana   8   kishi   qo‘shildi   va   birgalikda   qolgan   ishni   6   kunda
tugallashdi.   Ishchilar   dastlab   necha   kishi   edilar?   Bir   ishni   10   kishi   8   kunda
bajara   oladi.   2   kundan   so‘ng   (uchinchi   kuni)   ularga   yordam   berish   uchun   bir
nechta kishi kelib qo‘shildi va qolgan ish 4 kunda   bajarildi.   Nechta   kishi   kelib
qo‘shilgan?
2- masala.   1)   Uchta   firmada   624   nafar   ishchi   bor.   Ikkinchi   firmada
birinchisidagiga   qaraganda   ishchilar   5   marta   ko‘p,   uchinchi   firmada   esa   birinchi
va   ikkinchi   firmalarda   birgalikda   nechta   ishchi   bo‘lsa,   shuncha   ishchi   bor.
Har   bir   firmada   nechtadan   ishchi   bor     2)   Uchta   kichik   korxonada   792   ta
mahsulot   tayyorlandi.   Ikkinchi   kichik   korxonada   birinchi   kichik   korxonaga
qaraganda   3   marta   ko‘p,   uchinchi   kichik
korxonada   esa   ikkinchisidagidan   2   marta   kam   mahsulot   tayyorlandi.   Har   bir   kichik
korxonada   nechtadan   mahsulot   tayyorlangan?
  Bir   o‘zgaruvchili tengsizliklar   va   ularni   yechish usullari.
1. Bir   o‘zgaruvchili   tengsizliklar.
A(x)>B(x),   A(x)<B(x),   A(x)      B(x),   A(x)      B(x)   munosabatlarga   x
o‘zgaruvchili   tengsizliklar   deyiladi .. x   ning tengsizlikni chin sonli tengsizlikka
aylantiruvchi har   qanday   qiymati   tengsizlikning   yechimi   deyiladi. 1-   miso1.   I)   4x- 8      0   tengsizlik   x      2   qiymatlarda   bajariladi.   Demak,
tengsizlikning   yechimi:   (-  
   ;   2];
2) x 2

 
   0   (a  
   Z)   tengsizlik   x   ning   har   qanday   qiymatida   bajariladi.
Yechim  
butun   son   o‘qidan   iborat;
3) x 2

  <0   (a  
   Z)   tengsizligi   x   ning   hech   bir   qiymatida   bajarilmaydi:   X=
   .
A(x)   <   B(x)   tengsizlikdagi   A(x)   va   B(x)   ifodalar   birgalikda   aniqlangan   x
qiymatlarining   X   to‘plami,   ya'ni   shu   ifodalar   mavjudlik   sohalarining   X
kesishmasi   x   o‘zgaruvchining   A(x)<B(x)   tengsizlik   uchun   joiz   qiymatlari
sohasi   deb   ataladi.   Bunga   qaraganda   tengsizlikning   T   yechimi   X   ning   qism-
to‘plamidan   iborat:   T  
   X.
Endi   tengsizliklarni   yechish   jarayonida   bajariladigan   ayniy
almashtirishlar   masalasiga   o‘tamiz.
1-teorema.   Agar   C(x)   ifoda   barcha   x
   X   larda   aniqlangan   bol sa,   A(x)<B(x)
Va         A(x) +C        (x)             <        B(x)        +        C             (x) tengsizliklar        teng        kuchlidir.   
2-
     
     
   teorema.
     
     
   Agar
     
     
   barcha
         
    x
                X
     
     
   larda
     
     
   C(x)>0
     
     
   bolsa,
     
     
   A(x)<B(x)
     
     
   va
     
     
   A(x)C(x)
   
<        B(x)C(x)        tengsizliklar        teng        kuchli        bo‘ladi.    II-BOB   TRIGONOMETRIK   VA   TESKARI   TRIGONOMETRIK
FUNKSIYALAR VA ULARNING XOSSALARI.
2.1.Trigonometrik funksiyalar va ularning xossalari
y=sinx   funksiyaning   hosilasi .   Funksiyaning   x   nuqtadagi   orttirmasini   sinuslar   ayirmasi
formulasidan   foydalanib   topamiz:     .   Funksiya
orttirmasining   argument   orttirmasiga   nisbati     ga   teng.   Bu
tenglikda birinchi ajoyib limit va  cosx  funksiyaning uzluksizligini e’tiborga olgan holda
limitga o‘tsak,    bo‘ladi.
Demak,  (sinx)’=cosx  formula o‘rinli. 
y=cosx funksiyaning  hosilasi .  Bu funksiyaning hosilasini topish uchun  cosx=sin(x+ /2)
ayniyat va murakkab funksiyaning hosilasini topish qoidasidan foydalanamiz.  U holda 
(cosx)’=(sin(x+	
 /2))’=cos(x+	 /2)	  (x+	 /2)’=cos(x+	 /2)	 1=cos(x+	 /2).
cos(x+	
 /2)=-sinx   ayniyatni   e’tiborga   olsak,   quyidagi   formulalarning   o‘rinli   ekanligi
kelib chiqadi:
(cosx)’=-sinx .
y=sinx   va   y=cosx   funksiyalarning   hosilalarini   quyidagi
fizik   mulohazalardan   foydalanib   ham   keltirib   chiqarish
mumkin.   Faraz   qilaylik   birlik   aylanada   burchak   tezligi	

=1   rad/s   bo‘lgan   nuqta   harakatlanayotgan   bo‘lsin   (1-
rasm).   Va q tning   boshlang‘ich   momentida   nuqta   A
0 ,
vaqtning   t   momentida   A   holatda   bo‘lsin.   U   holda   A
0 A yoyning   uzunligi   t   ga,   A
0 OA   markaziy   burchak   t   radianga   teng   bo‘ladi.   Sinus   va
kosinusning   ta’riflariga   ko‘ra   A                 nuqtaning   ordinatasi   sint ,   abssissasi   esa- cost   ga
teng.
Demak,   A   nuqtaning   abssissa   o‘qidagi   proeksiyasi   B   nuqta   x=sint   qonuniyat   bilan,
ordinata   o‘qidagi   proeksiyasi   S   nuqta   y=cost   qonuniyat   bilan   harakat   qiladi.   Shu
harakatlarning tezliklarini topamiz.
Ma’lumki,   A   nuqtaning   chiziqli   tezligi   v= R   formula   bilan   ifodalanadi.   Bizning
holimizda  	
 =1,   R =1 bo‘lganligi sababli   v =1 bo‘ladi. Chiziqli tezlikni ikkita- gorizontal
va vyertikal- tashkil etuvchilarga ajratamiz.   A   nuqta tezligining vektori   , bu yerda | |
=1, aylanaga  A  nuqtada o‘tkazilgan urinma bo‘ylab yo‘nalgan. Shu sababli O x  o‘qi bilan
t+	
 /2 ,  Oy  o‘qi bilan  t  burchak tashkil qiladi. Demak, uning  Ox  o‘qiga proeksiyasi (ya’ni
B  nuqtaning tezligi)   v
x =cos(t+	
 /2)=    =-sint  ga, O y  o‘qiga proeksiyasi   v
y =cost  ga teng
bo‘ladi.
Tezlik   yo‘ldan   vaqt   bo‘yicha   olingan   hosila   bo‘lganligi,   B   nuqtaning   harakat   qonuni
x=cost , tezligi  v
x =-sint  ekanligini e’tiborga olsak,  (cost)’=-sint  degan xulosaga kelamiz.
Shunga o‘xshash,  S  nuqtaning harakat qonuni  y=sint , tezligi  v
x =cost  ekanligini e’tiborga
olsak,  (sint)’=cost  degan xulosaga kelamiz.
y=tgx   va   y=ctgx   funksiyalarning   hosilalari .   Ushbu   funksiyalarning   hosilalarini   topish
uchun bo‘linmaning hosilasini topish  qoidasidan foydalanamiz: 
. 
Xuddi   shunga   o‘xshash     formulani
ham keltirib chiqarish mumkin.
Buni mashq sifatida o‘quvchilarga qoldiramiz. Trigonometrik   funksiyalarning   argumentlari   x   erkli   o‘zgaruvchining   u(x)   funksiyasi
bo‘lsa,   u   holda   murakkab   funksiyaning   hosilasini   topish   qoidasiga   ko‘ra   quyidagi
formulalar o‘rinli bo‘ladi:
                                                                    12-rasm
(sinu)’=u’ cosu,   (cosu)’=-u’sinu ,    .
Misol.   y=sinx   funksiya   grafigi   koordinatalar   boshida   Ox   o‘qi   bilan   qanday   burchak
tashkil etadi?
Yechish.   Buning   uchun   y=sinx   funksiya   grafigiga   abssissasi   x =0   bo‘lgan   nuqtada
o‘tkazilgan urinmaning burchak koeffitsientini topamiz:   y’=cosx , demak   f’(0)=cos0 =1,
burchak koeffitsienti  tg	
 = 1, bundan izlanayotgan burchak   /4 ga teng.
Misol.   y=tgx   funksiya   grafigi   koordinatalar   boshida   Ox   o‘qi   bilan   qanday   burchak
tashkil etadi?
Yechish.   Buning   uchun   y=tgx   funksiya   grafigiga   abssissasi   x =0   bo‘lgan   nuqtada
o‘tkazilgan   urinmaning   burchak   koeffitsientini   topamiz:   y’=(tgx)’=sec 2
x ,   demak
f’(0)=sec 2
0 =1, burchak koeffitsienti  tg	
 =1, bundan izlanayotgan burchak   /4 ga teng.
Bu   misollarda   olingan   natijalarni   y=sinx   va   y=tgx   funksiya   grafiklarni   chizishda
e’tiborga   olish   kerak.   Rasmlarda   y=sinx   va   y=tgx   funksiya   grafiklari   keltirilgan.   Bu
funksiya grafiklari koordinatalar boshida  y=x  to‘g‘ri chiziqqa urinadi.
2.2. Teskari trigonometrik funksiyalarning hosilalari.
Teskari   funksiyaning   hosilasi   haqidagi   teoremadan   foydalanib,   y=arssinx         (-1  x  1)
funksiyaning hosilasini topaylik.  Bu   funksiyaga   teskari   bo‘lgan   x=siny   funksiya     da   monoton   o‘suvchi   va
 intervalda hosilaga ega, hamda bu intervalning har bir nuqtasida hosila noldan
farqli:   .   Shuning   uchun   .   Endi       intervalda   cosy >0
va   bunda   cosy =   formula   o‘rinli   bo‘lganligi   uchun     y’
x =
bo‘ladi.
Demak, 
,  (-1< x <1)
formula o‘rinli.
Endi   y=arccosx   (-1  x  1) funksiyaning hosilasi uchun formula keltirib chiqaramiz. Bu
funksiyaga   teskari   bo‘lgan   x=cosy   funksiya   [0,  ]   da   monoton   kamayuvchi,   (0;  )   da
hosilaga  ega   bo‘lib,  bu  intervalning  har   bir  nuqtasida   noldan  farqli     x’
y =-siny   hosilaga
ega. Demak, teskari funksiyaning hosilasi haqidagi teorema shartlari o‘rinli. Shu sababli
(5.4) ga ko‘ra        ham o‘rinli bo‘ladi. (Bu yerda
(0;  ) da  siny = ekanligidan foydalandik).
Shunday qilib,  (arccosx)’ =     (-1< x< 1) formula o‘rinli ekan.
Ma’lumki,   y=arctgx   funksiyaning   qiymatlar   to‘plami     intervaldan   iborat.   Shu
intervalda   unga   teskari   bo‘lgan   x=tgy   funksiya   mavjud   va   bu   funksiyaning   hosilasi
    noldan   farqli.   Teskari   funksiyaning   hosilasi   haqidagi   teoremadan
foydalansak, bo‘ladi. 
Demak ,  quyidagi formula o‘rinli:
(arctgx)’ =   .
Xuddi yuqoridagi kabi y=arcstgx funksiya uchun
(arcstgx)’=-  
formulaning o‘rinli ekanligini ko‘rsatish mumkin.
Teskari   trigonometrik   funksiyalarning   argumentlari   x   erkli   o‘zgaruvchining   u(x)
funksiyasi bo‘lsa, u holda murakkab funksiyaning hosilasini topish qoidasidan quyidagi
formulalar kelib chiqadi:
(arcsinu(x))’= ; (arccosu(x))’=- ;  
(arctgu(x))’= ;        (arcstgu(x))’=- ;     
Logarifmik   hosila .   Faraz   qilaylik   y=f(x)   funksiya   ( a;b )   intervalda   differensiallanuvchi
va   f(x)> 0   bo‘lsin.   U   holda   shu   intervalda   lny=lnf(x)   funksiya   aniqlangan   bo‘ladi.   Bu
funksiyani   x   argumentning   murakkab   funksiyasi   sifatida   qarab,   x   nuqtadagi   hosilasini
hisoblash mumkin. bo‘lgan   x
0   nuqtada   f(x)   funksiyaning hosilasini topish kerak bo‘lsin.
Murakkab   funksiyaning   hosilasini   topish   qoidasidan   foydalanib     = (lnf(x))’ ,
bundan 
y’=y(lnf(x)) formulaga ega bo‘lamiz.
Funksiya logarifmidan olingan hosilaga logarifmik hosila   deyiladi.
Birnechta   funksiyalar   ko‘paytmasining   hosilasini   hisoblashda   formuladan   foydalanish
hisoblashlarni   birmuncha   soddalashtirishga   imkon   beradi.   Haqiqatan   ham   y=u
1
u
2	
 ...	 u
n  funksiya (bu yerda har bir  u
i , i=  funksiya  hosilaga ega  va   x	 D(f)  da  u
i >0)
berilgan   bo‘lsin.   Bu   funksiyani   logarifmlab,   lny=lnu
1 +lnu
2 +...+lnu
n ,   bundan   esa
tenglikni hosil qilamiz. So‘ngi tenglikning ikkala tomonini   y   ga ko‘paytirib quyidagiga
ega bo‘lamiz:
y’= u
1	
  u
2	 ...	 u
n  	 .
Misol.  y=   funksiyaning hosilasini toping.  2.3. Ehtimolliklar nazariyasining matematik asoslari [1]
 
Elementar   hodisalar   fazosi   –   ehtimolliklar   nazariyasi   uchun   asosiy   tushuncha
bo‘lib, unga ta’rif  berilmaydi. Formal  nuqtai  nazardan bu iхtiyoriy to‘plam  hisoblanib,
uning   elementlari   o‘ rganilayotgan   tajribaning   “bo‘linmaydigan”   va   bir   vaqtda   ro‘y
bermaydigan   natijalar i dan   iborat   bo‘ladi.   Elementar   hodisalar   fazosi ni     harfi   bilan
belgilab,   uning   elementlarini   (elementar   hodisalarni)   esa     harfi   bilan
ifodalaymiz.   Elementar   hodisalardan   iborat   bo‘lgan   to‘plamlar   tasodifiy   hodisalar   deb
hisoblanadi .
Тasodifiy hodisalarni, odatda, lotin alfavitining bosh   h arflari   A ,   ,   , … lar bilan
belgilanadi.   Demak     lar     ning qism to‘plamlarini tashkil qiladi.
Misollar . 1) Тanga tashlash tajribasi uchun     ikkita elementar
hodisadan   iborat   va   bu   yerda     –   tanganing   “gerb”   tomoni   tushish   hodisasi,     –
tanganing   “raqam”   tomoni   tushish   hodisasi   (tanga   “qirra   tomoni   bilan   tushadi”   degan
hodisa   mumkin   bo‘lmagan   hodisa   hisoblanadi).   Bu   hol   uchun     to‘plamning
elementlari   soni   .   Bu   tajriba   bilan   bog ‘ liq   hodisalar   sistemasi     dan
iborat.
Izoh .   Tajriba   natijasida   biror     hodisa   ro‘y   berdi   deganda,     ga   kiruvchi
(ya’ni     ro‘y beridhiga qulaylik yaratuvchi) elementar hodisalardan biri ro‘y berganligi
tushuniladi.   Shu   ma’noda     –   doim   ro‘y   beradigan   hodisa   va   uni   ehtimolliklar
nazariyasida   “muqarrar”   hodisa   deb   ataladi.   O‘z   navbatida     –   bo‘sh   to‘plam
bo‘lganligi   uchun   (chunki   unda   birorta   ham   elementar   hodisa   yo‘q),   uni   “ro‘y
bermaydigan” hodisa deb hisoblanadi.
2)   O‘yin   kubigi   (yoqlari   birdan   oltigacha   raqamlangan   bir   jinsli   kubigi)   tashlash
tajribasi uchun
va bu yerda     – kubikni ng   i   raqam bilan belgilangan tomoni bilan tushish hodisasi. Bu
misol uchun   .
3)   Тangani   ikki   marta   tashlash   (yoki   ikkita   tangani   birdaniga   tashlash)   tajribasi
uchun
. Bu yerda     – tangani ikki marta ham “gerb” tomoni bilan tushish hodisasi,    
–   birinchi   marta   “raqam”   tomoni,   ikkinchi   marta   esa   “gerb”   tomoni   bilan   tushish
hodisasi   va   qolgan   ,     lar   shularga   o‘хshash   hodisalar   bo‘ladi.   Bu   holda    
va   ,     hodisalar bir-biridan   mantiqan   farq qiladi.                
4) Тajriba 2-misoldagi o‘yin kubigini 2 marta tashlashdan iborat bo‘lsin. Bu holda
elementar hodisalar ushbu ko‘rinishga ega:
Bunda     hodisa   kubikni   birinchi   tashlashda   i   raqamli   yoq,   ikkinchi
tashlashda     j   raqamli yoq bilan tushganligini bildiradi.
Bu tajribada elementar   hodisalar fazosi     :            
.
Elementar hodisalar soni   .
O`zbekistonda ehtimolliklar nazariyasi va matematik statistika fani.
O‘zbekistonda   ehtimolliklar   nazariyasi   va   matematik   statistika   sohasida   butun
dunyoga tanilgan ilmiy maktab yaratildi. Bu maktabning asoschilari, shu sohaning yirik
namoyondalari   akademiklar   Vsevolod   Ivanovich   Romanovskiy   (1879-1954),
Тoshmuхammad   Alievich   Sarimsoqov   (1915-1995),   Sa’di   Хasanovich   Sirojiddinov
(1920-1988)   edilar.   Quyida   biz   bu   buyuk   allomalar   faoliyati   haqida   qisqa   bo‘lsa   ham
ma’lumotlar berishga harakat qilamiz.
V.I.Romanovskiy   1879   yil   5   dekabrida   Qozog‘istonning   Verniy   (hozirgi   Olma-
ota)   shahrida   tug‘ildi.   Uning   yoshlik   yillaridayoq   Romanovskiylar   oilasi   Тoshkentga
ko‘chib   kelgan   edi.   U   o‘rta   maktabni   (aniqrog‘i   o‘sha   paytdagi   real   bilim   yurtini)
bitirgandan   so‘ng   Sankt-Peterburg   Universitetining   fizika-matematika   fakultetiga
o‘qishga   kiradi.   U niversitetda   unga   mashhur   rus   matematigi   A ndrey   Andreevich
Markov   (1856-1921)   ustozlik   qilgan.   1904   yilda   V.I.Romanovskiy   universitetni   a’lo
baholar   bilan   bitirgandan   so‘ng   uni   professorlik   lavozimiga   tayyorlash   uchun
magistraturaga   qabul   qilingan   (A.A.Markov   rahbarligida).   V.I.Romanovskiyning   ilmiy
va   pedagogik   faoliyati   Sankt-Peterburg   Universitetida   privant-do ts entlik   lavozimidan
boshlangan. (1906 y). Keyinchalik u Varshavadagi  rus Universitetida, Rostovning Don
Universitetida   ishlagandan   so‘ng   1917   yili   Тoshkentga   qaytib   keladi   va   mahalliy
gimnaziyalarda matematika va fizikadan darslar beradi. 1918 yilda Тoshkentda bir guruh
o‘zbek   ziyolilarining   tashabbusi   bilan   hozirgi   Mirzo   Ulug‘bek   nomidagi   O‘zbekiston
Milliy   universiteti   ochildi   va   tez   orada   V.I.Romanovskiy   bu   o‘quv   maskanida   faoliyat
ko‘rsata boshladi.
Akademik S.Х.Sirojiddinov O‘zbekistonda ehtimolliklar nazariyasi va matematik
statistika   bo‘yicha   yetuk   mutaхassislar   tayyorlash   sohasida   ham   jonbozlik   ko‘rsatgan. Uning   bevosita   rahbarligida   60   tadan   ko‘p   nomzodlik,   10   tadan   ko‘p   doktorlik
dissertatsiyalari   himoya   qilingan.   Bulardan   tashqari   ehtimolliklar   nazariyasi   va
matematik   statistika   bo‘yicha   mutaхassislarning   Хalqaro   Bernulli   jamiyatining   I-
kongressi   Тoshkentda   (1986   y.)   o‘tkazilganligi   va   bu   anjumanda   S.Х.Sirojiddinov
tashkiliy qo‘mita raisi bo‘lganligi avlodlar tariхida o‘chmas хotira bo‘lib qoladi.      
Tasodifiy hodisalar ustida amallar.
1.           Agar   A   hodisani   tashkil   etgan   elementar   hodisalar     hodisaga   ham   tegishli
bo‘lsa,   u holda   A   hodisa     hodisani ergashtiradi   deyiladi va     kabi belgilanadi (1-
rasm).
                                                             1-rasm
2.           Agar     va   , ya’ni   A   hodisa     ni, va aksincha,     hodisa   esa     ni
ergashtirsa,   u holda   A   va     hodisalar   teng   kuchli   deyiladi va     kabi belgilanadi.
3.           A   va     hodisalarning   yig‘indisi   deb   shunday   C   hodisaga     aytiladiki,   bu
hodisa   A   va     hodisalarning   kamida   bittasi   ro‘y   berganda   ro‘y   beradi   va    
(yoki   ) kabi belgilanadi (2-rasm).
                                                           2-rasm.
4.             va     hodisalarni ng   ko‘paytmasi   deb,   shunday   C   hodisaga   aytiladiki,   bu
hodisa   A   va   B   hodisalar   bir   paytda   ro‘y   berganda   ro‘y   beradi
va     kabi belgilanadi (3-rasm). 3-rasm
5.           A   va   B     h     odisalarni ng   ayirmasi   deb,   shunday   C   hodisaga
aytiladiki,   u   A   hodisa   ro‘y   berib,   B   hodisa   ro‘y   bermaganda   ro‘y   beradi
va     kabi belgilanadi (4-rasm).
                                                         4-rasm
6.           Agar      bo‘lsa,   A   va   B   hodisalar   birgalikda   bo‘lmagan
hodisalar   deyiladi   (5 -rasm ) .
                                                       5-rasm
7.           Agar     va     bo‘lsa,   u   holda      
lar   hodisalar to‘la guruр h i ni   tashkil etadi deyiladi.
Hodisalar   ham   to‘plam   bo‘lgani   sababli   ular   uchun   ham   to‘plamlar
ustidagi   barcha   amallar   o‘rinli   bo‘ladi.   Faqat   bu   amallar   va tushunchalarning   ehtimolliklar   nazariyasida   o‘ziga   xos   talqini   qo‘llaniladi.
Shu sababli biz quyidagi jad v alni keltiramiz:
Belgilash To‘plamlar nazariyasidagi talqini Ehtimolliklar   nazariyasidagi
talqini
Fazo (asosiy to‘plam) Elementar   hodisalar   fazosi,
muqarrar hodisa
- fazo elementi - elementar hodisa
A   to‘plam A   hodisa
A   v a   B   to‘plamlarning   yig’indisi,
birlashmasi A   v a   B   hodisalarning yig’indisi
A   v a   B   to‘plamlarning
kesishmasi A   v a   B   hodisalarning
ko‘paytmasi  
A   to‘plamdan   B   to‘plamning
ayirmasi A   hodisadan   B   hodisaning
ayirmasi
Bo‘sh to‘plam Mumkin bo‘lmagan    hodisa
A   to‘plam   B   ning qismi A   hodisa   B   ni ergashtiradi
A   v a   B   to‘plamlar kesishmaydi A   v a   B   hodisalar birgalikda emas
A   v a   B   to‘plamlar   ustma-   ust
tushadi A   v a   B   hodisalar teng kuchli  
Ehtimollik ta’riflari.
1)Ehtimollikning klassik ta’rifi
1-ta’rif:   Amalga   oshishi   bir   xil   imkoniyatli   bo‘lgan   hodisalar   teng   imkoniyatli
hodisalar   deyiladi.
Teng   imkoniyatlilik   shuni   bildiradiki,       hodisalarning   hech   biri   ro‘y
berishida qolganlaridan hech bir ob’ektiv ustunlikka ega emas.
  elementar   hodisalar   fazosi   chekli   v a   barcha   elementar   hodisalar   teng
imkoniyatli bo‘lsin.
2-ta’rif:   A   hodisaning   klassik   ehtimolligi   deb,   tajribaning   qulaylik   beruvchi
natijalari sonini uning barcha natijalari soniga nisbatiga aytiladi va
                                                      formula bilan aniqlanadi.
Bu yerda:     -barcha elementar hodisalar soni.
                                - A       ga kirgan elementar hodisalar soni.
2)Tasodifiy hodisa chastotasi   v a ehtimollikning statistik ta’rifi
Hodisaning   nisbiy   chastotasi     deb,     hodisa   ro‘y   bergan   tajribalar   sonining   aslida
o‘tkazilgan jami tajribalar soniga nisbatiga aytiladi.
A hodisaning nisbiy chastotasi quyidagi formula bilan aniqlanadi:  
Bu yerda   m - hodisaning ro‘y berishlari soni;     n -tajribalarning umumiy soni.
Tajribalar soni  yetarlicha katta bo‘lganda hodisaning   statistik ehtimolligi     sifatida
nisbiy chastotani olish mumkin:  
3)Ehtimollikning geometrik ta’rifi.
              Ehtimollikning   klassik   ta’rifida   elementar   natijalar   soni   chekli   deb   faraz   qilinadi.
Amaliyotda   esa   ko‘pincha   mumkin   bo‘lgan   natijalari   soni   cheksiz   bo‘lgan   tajribalar
uchraydi.   Bunday   hollarda   klassik   ta’rifni   qo‘llab   bo‘lmaydi.   Biroq   bunday   hollarda
ba’zan   ehtimollikni   hisoblashning   boshqacha   usulidan   foydalanish   mumkin   bo‘lib,
bunda   ham   avvalgidek   ba’zi   hodisalarning   teng   imkoniyatlilik   tushunchasi   asosiy
ahamiyatga ega bo‘lib qolaveradi.
Ehtimollikning geometrik ta’rifi   deb ataladigan usuldan, tasodifiy nuqtaning biror
sohaning   istalgan   qismiga   tushishi   ehtimolligi   bu   sohaning   o‘lchoviga
(uzunligiga,yuziga, xajmiga) proportsional bo‘lib, uning shakli va joylashishiga bog’liq
bo‘lmagan holda foydalanish mumkin.
1)   e   kesma   L   kesmaning   bo‘lagini   tashkil   etsin.   L   kesmaga   ta v akkaliga
nuqta   tashlangan .   Agar   nuqtaning   e   kesmaga   tushish   ehtimolligi   bu   kesmaning
uzunligiga   proportsional   bo‘lib,   uning   L   kesmaga   nisbatan   joylashishiga   bog’liq   emas
deb faraz qilinsa, u holda nuqtaning kesmaga tushishi ehtimolligi
2)   d   yassi   figura   D   yassi   figuraning   bo‘lagi   bo‘lsin.   D   figuraga   nuqta   ta v akkaliga
tashlangan.   Agar   tashlangan   nuqtaning   d   figuraga   tushishi   ehtimolligi   bu   figuraning
yuziga   proportsional   bo‘lib,   uning   D   figuraga   nisbatan   joylashishiga   ham,   d   ning
formasiga   ham   bog’liq   bo‘lmasa,   u   holda   nuqtaning   d   figuraga   tushish
ehtimolligi                                                             3)   Nuqtaning   V   fazo v iy   figuraning   bo‘lagi   bo‘lgan   V   fazo v iy   figuraga   tushishi
ehtimolligi ham shunga o‘xshash aniqlanadi:
  XULOSA
Bitiruv   ishini   bajarish   jarayonida   quyidagi   natijalarga   erishildi.   Muammo li
ta'lim   muammosining   tarixiy   o‘rganildi,   nazariy   tahlili   bajarildi.
Matematika darslarida muammo li ta’lim texnologiyalarining
asosiy   xususiyatlari   o‘rganildi.   Ular   quyidagilardan   iborat:
a) o‘quvchilarning   matematika   bo‘yicha   bilimlari   zaxirasini   doimiy
ravishda   to‘ldirish;
b) umumo‘quv   ko‘nikma   va   malakalarini   rivojlantirish;
c) ijodiy   fikrlashni   rivojlantirish;
d) o‘quvchilarning   ijodiy   mustaqilligini   rivojlantirish;
e) ijodkor shaxsni   tarbiyalash.
Umumiy   o‘rta   ta’lim   maktabining   matematika   darslarida   li   ta’lim
texnologiyalari   orqali   o‘quvchilarning   faoliyatini   faollashtirish   shartlari;
a) o‘qitishning ijodkorligi (o‘qituvchi va o‘quvchilarning ijodiy
imkoniyatlarini   amalga   oshirish);
b) o‘quvchilarning   sub'ektiv   tajribasiga   tayanish   (o‘rganish   manbalaridan
biri);
c) o‘quv   natijalarini   dolzarblashtirish   (o‘zlashtirilgan   bilim,   ko‘nikma
va   malakalarni   amaliyotda   qo‘llash);
d) o‘qitishni   individuallashtirish   va   tabaqalashtirish   (o‘quvchilarga
individual   va   tabaqalashgan   yondashuv);
e) o‘qitishning   tizimliligi;
f) o‘quv   jarayonida   o‘quvchilar   va   o‘qituvchilarning   ijodiy
30  
  hamkorligi.   aniq   usullari;
a) o‘qishning   ijobiy   motivlari;
b) o‘quvchilarning   qiziqishi;
c) ijodiy   faollik;
d) jamoada   ijobiy   mikroiqlim;
e) kuchli   his-tuyg'ular;
f) harakatlarni   tanlash   erkinligini,   ishning   o‘zgaruvchanligini
ta'minlash   aniqlandi.
Ratsional   va   irratsional   tenglamalarga   oid   masalalarni   li   yondashuv
yordamida   yechish   orqali   ochib   berildi.   To‘garak   mashg’uloti   uchun   dars
ishlanmasi   tayyorlandi
31  
  FOYDANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI
1. Sh.M.Mirziyoev “Matematika ta’limi va fanlarini rivojlantirishni davlat tamonidan
qo‘llab quvatlash” 2019 yil 9 iyuldagi PQ-4387-sonli qarori.
2.   Sh.M.Mirziyoev   “Matematika   sohasidagi   ta’lim   sifatini   oshirish   va   ilmiy
tadqiqotlarni   rivojlantirish   chora-tadbirlari   to‘g’risida”   gi   2020   yil   7   maydagi   PQ-
4708-sonli qarori.
3.Sh.M.Mirziyoev   “O‘zbekiston   Respublikasi   Fanlar   akademiyasining   V.I.Roma-
novskiy   nomidagi   matematika   instituti   faoliyatini   tubdan   takomillashtirish   chora
tadbirlari to‘g’risida”gi PQ-4762-sonli qarori.
4.N.N.Alimov, J.R.Turmatov, «Pedagogik texnologiyalar», o‘quv-uslubiy qo‘llanma.
Jizzax, 2007.
5.   D.I.Yunusova   “Matematikani   o‘qitishning   zamonaviy   texnologiyalari”   T.:   “Fan”
nash.-2010 yil.
6.S.A.Gasteva,   S.E.   Lyapin   “Matematika   o‘qitish   metodikasi”.   T.:   “O‘rta   va   Oliy
maktab” nashriyoti-1960 yil.
7. S.Alixonov “Matematika o‘qitish metodikasi”. T.: “O‘qituvchi” 2008 yil.
32  
  Samarqand viloyati pedagoglarni yangi metodikalarga o‘rgatish milliy markazi
Qayta tayyorlash kursi tinglovchisi  Davronova Xilola Komil qizining yakuniy
d avlat attestasiyasi natijalari bo‘yicha attestasiya komissiyasi yig`ilishi
BAY O NNOMASI
Qatnashuvchilar:
Rais ______________________________
Yakuniy davlat attestasiyasi komissiyasi a’zolari:
1. __________________
(FISh)
2.__________________
(FISh)
3.__________________
(FISh)
4.__________________
(FISh)
5.__________________
(FISh)
Tinglovchining sinov natijalari:
Test bo`yicha___ball;
Yozma yoki ijodiy ish bo`yicha___ball;
Suhbat bo`yicha___ball.
Bitiruv ishi rahbari:________________________
(FISh)
Komissiyaga tin g lovchi________________________
(FISh)
Bitiruv ishini___betda topshirdi.
Bitiruv ishiga komissiya a’zolari tomonidan qo`yilgan ballar:
T.r. Baholash mezonlari Maks.
Ball. Komissiya a’zolari
qo‘ygan ballarning
o‘rtachasi
1. Tayyorlanish sifati 5
2. Mavzuning dolzarbligi, nazariy va amaliy 
ahamiyatining ochib berilishi 8
3. Mustaqil bajarilganligi va ijodiy 
yondashilganligi 6
4. Maqsad va natijalarning mosligi 6
5. Belgilangan tartibda rasmiylashtirilganligi 4
6. Pedagogik va axborot texnologiyalaridan 
foydalanilganligi 10
7. Xulosa va tavsiyalarning asoslanganligi 8
8. Taqdimot va berilgan  savollarga javoblarning 
to‘ g` ligi  50
33  
  9. Mavzuga oid foydalanilgan adabiyotlarning 
to‘g’ri tanlanganligi 3
Jami ball 100
Komissiya qaror qiladi:
Tinglovchi   Davronova   Xilola   Komil   qizi ga   sinov   natijalari   bo`yicha   testdan
___ball, yozma yoki ijodiy ishdan ___ ball  va suhbatdan  ___ ball  olgani
hamda bitiruv ishini ___ ball bilan himoya qilganligi tasdiqlansin.
Tinglovchi  Davronova Xilola Komil qizi ning
  _____________________________fandan   dars
berish   yoki
___________________________ixtisoslik bo`yicha
kasbiy   faoliyat   bilan   shug`ullanish   huquqini   berish   bo`yicha   tasdiqlangan
namunadagi diplom berilsin.
Komissiya raisi      _____________ _____
(FISh)       ( imzo )
Komissiya a’zolari _____________ _____
(FISh)                ( imzo )
          _____________ _____
(FISh)                             ( imzo )
          _____________ _____
(FISh)                                    ( imzo )
         _____________ _____
(FISh)                             (imzo)
_____________ _____
(FISh)                            (imzo)
____________ _____
(FISh)                            (imzo)
“ __ ” _____20__y.
34

« 10-SINF MATEMATIK ANALIZ ASOSLARI MAZMUNI VA UNING ELEMENTLARINI O‘QITISH MATODIKASI » MUN DA RIJ A KIRISH … …………………………………… …………… . I- BOB. RATSIONAL TENGLAMALAR VA TENGSIZLIKLAR. IRRATSIONAL TENGLAMALAR NAZARIY ASOSLARI § 1.1 KO‘PHADLAR HAQIDA UMUMIY MA’LUMOTLAR § 1.2 KO‘PHADNI KO‘PAYTUVCHILARGA AJRATISH … … … … … … … … § 1.3 RATSIONAL VA IRRATSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLAR HAQIDA UMUMIY TUSHUNCHA ........... II-BOB TRIGONOMETRIK VA TESKARI TRIGONOMETRIK FUNKSIYALAR VA ULARNING XOSSALARI. § 2.1 TRIGONOMETRIK FUNKSIYALAR VA ULARNING XOSSALARI § 2.2 TESKARI TRIGONOMETRIK FUNKSIYALARNING HOSILALARI. ………………… ........... ..................................... § 2.3 2.3. EHTIMOLLIKLAR NAZARIYASINING MATEMATIK ASOSLARI X ULOSA ............................................................................ ........... FOY DA LA N ILGA N ADA BIY OTLA R

KIRISH Matematika hamma aniq fanlarga asos. Bu fanni yaxshi bilgan bola aqlli, keng tafakkurli bo‘lib o‘sadi, istalgan sohada muvaffaqiyatli ishlab ketadi. SH. M. MIRZIYOYEV Vatanimiz mustaqillikka erishgandan so‘ng shahdam odimlar bilan olg’a bormoqda, ilm-fan va texnikaning zamonaviy sohalari rivojlanmoqda va bu rivojlanish ilm ahli oldiga ko‘plab zamonaviy muammolarni hal etishni ko‘ndalang qilib qo‘ymoqda.“Sizning e’tiboringizni quyidagi vazifalarni amalga oshirishga qarataman”-deydi prezidentimiz Sh.M.Mirziyoyev: “Birinchi vazifa-maktabgacha ta’lim sohasida. Ochiq tan olishimiz kerak, biz bu muhim sohadagi ishlarni e’tibordan cheda qoldirdik. Ushbu sohada bolalarni qamrab olish 27 foizni tashkil etadi. Yaqinda tasdiqlangan dasturga ko‘ra, bu yo‘nalishda 2 ming 200 ta muassasaning moddiy-texnik bazasi mustahkamlandi. Ikkinchi vazifa-umumta’lim maktablari, litsey va kasb-hunar kollejlari, shuningdek, oliy o‘quv yurtlaridagi o‘qitish sifati bilan bog’liq. Zamonaviy o‘quv reja va uslublarini joriy etish talab darajasida emas. Bolalar va yoshlarga maxsus fanlar,mamlakatimiz va jahon sivilizatsiyasi tarixini, xorijiy tillarni va zamonaviy kompyuter dasturlarini chuqur o‘rganish vazifalari hali sifatli va to‘liq holda yechilgani yo‘q”-deb ta’kidladilar. Bitiruv ishi mavzusining dolzarbligi. 2020-yil mamlakatimizda “Ilm-ma’rifat va raqamli iqtisodiyotni rivojlantirish” yili deb e’lon qilindi va yurtimizda avvaldan shakllangan ilmiy maktablar salohiyatini hisobga olib, hozirgi bosqichdagi milliy manfaatlarimiz va taraqqiyotimiz yo‘nalishlaridan kelib

chiqqan holda, bu yil matematika , kimyo, biologiya, geologiya fan va sohalarini rivojlantirishga alohida e’tibor qaratildi. O‘zbekistonning matematika fani bo‘yicha salohiyati dunyo miqyosida tan olinib, funksional tahlil va differensial tenglamalar, ehtimollar nazariyasi va algebra yo‘nalishlari bo‘yicha nufuzli maktablarimiz shakllanib faoliyat yuritib kelmoqda. Hozirgi kunda yetti nafar matematik olim Butunjahon fanlar akademiyasi a’zosi hisoblanadi. Har bir tuman markazida bittadan matematika faniga ixtisoslashgan maktab tashkil qilish va ularda ishlaydigan o‘qituvchilarga qo‘shimcha ustama haqlari to‘lash ta’kidllab qo‘yildi. Prezidentimiz tomonidan mamlakatimizda matematika fani bo‘yicha nufuzli xalqaro anjumanlar o‘tkazish, davlat byudjeti va ,,El-yurt umidi” jamg’armasi hisobidan har yili 100 nafar olimni xorijdagi ilmiy tadbirlar va stajirovkalarga yuborish yuzasidan topshiriqlar berilgan O‘tgan asrda va hozirda ayniqsa xorij adabiyotlarida, turli xil matematik turnirlar va olimpiadalarda qatnashchilar uchun yechishga tavsiya etilayotgan misol va masalalar tarkibida funksional tenglamalar uchramoqda. Ammo bizning adabiyotlarda bu mavzuga kam e’tibor qaratilganligini hisobga olib, mazkur Bitiruv ishida avvalida o‘rta maxsus ta’limida tahsil olayotgan talabalar ommasi uchun muhim ahamiyatga ega bo‘lgan funksional tenglamalar mavzusi yoritib o‘tilgan. Bundan asosiy maqsad esa funksional tenglamalarni klassifikatsiyalash, elementar ko‘rinishdagi misollarni yechilish usullarini namoyon qilish, klassik funksional tenglamalar va ularning yechilish usullarini, funksional tenglamalarga oid ko‘plab misollarni yechishdan namunalar keltirish ko‘zda tutilgan. Ta’limiy islohotlar jarayonida jahon andozalariga mos keladigan uzluksiz ta’lim tizimini yaratish,ta’lim samaradorligini yuqori bosqichlarga ko‘tarish masalalarining ijobiy hal etilishiga erishish dolzarb pedagogik vazifalar sifatida kun tartibiga qo‘yildi.Rivojlangan xorijiy mamlakatlar ta’lim tajribalarini

o‘rganish so‘nggi yillarda ta’lim samaradorligini ta’minlovchi muhim omil- pedagogik texnologiyalar va ularning imkoniyatlari ekanligini ko‘rsatdi.Shu sababli ta’limiy islohotlarning muhim yo‘nalishi o‘qitish ishlarini tashkil etadigan va barkamol shaxs tarbiyasi uchun mas’ul bo‘lgan muassasalar faoliyatiga ilg’or pedagogik texnologiyalarni samarali tashkil etishdan iborat etib belgilandi. Bitiruv ishiningmaqsadi: Maktabda 10-sinf matematik analiz asoslari fanini yondashuv asosida o‘qitish metodikasini takomillashtirish. Bitiruv ishining obyekti: 10-sinf matematik analiz asoslari fanini o‘qitish jarayoni. Bitiruv ishining predmeti: 10-sinf matematik analiz asoslari fanini mazmuni, o‘qitish metodlari, vositalari va shakllari.