PARAMETRLI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI

Yuklangan vaqt:

20.11.2024

Ko'chirishlar soni:

0

Hajmi:

422.0791015625 KB

Ko'chirib olish

PARAMETRLI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH
USULLARI
MUNDARIJA
KIRISH.........................................................................................................3
I BOB. PARAMETRLI BIRINCHI DARAJALI TENGLAMA VA
TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI
1.1- §. Parametr bilan tanishish.Parametr qatnashgan tenglama va
tengsizliklar…………………………….......................................................5
1.2-§. Parametrli chiziqli tenglamalar va ularga keltiriladigan
tenglamalar………………………………………………………………...10
1.3- §. Parametrli chiziqli tenglama va tengsizliklar sistemasini yechish
usullari…………………………………………………………………….16
1.4- § . Parametr qatnashgan bir nomalumli modulli tenglamalar…………19
II BOB. PARAMETRLI IKKINCHI VA UNDAN YUQORI
DARAJALI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH
USULLARI
2.1- §. Parametrli kvadrat tenglama va ularga keltiriladigan
tenglamalar………………………………………………………………..25
2.2- §. Parametr qatnshgan tenglama va tengsizliklarni yechish………….31
2.3 -§. Parametrli kvadrat tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda o‘quv
izlanish faoliyati ko‘nikmalarini rivojlantirish……………………………38
2.4 -§. Parametr qatnashgan irratsional tenglama va tengsizliklarni yechish
usullari…………………………………………………………………….40
XULOSA…………………………………………………………………46
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR………………………………..48
1

KIRISH
1. Masalaning qo‘yilishi . Parametr bilan tanishish. Parametr qatnashgan
tenglamalar.
Biz f(a,b,c,… ,k,x)= g(a,b,c,… ,k,x) ko‘rinishdagi tenglamalarni qaraymiz, bu
erda
a,b,c,… ,k,x – o‘zgaruvchi miqdorlar.
1- ta’rif. Parametrli tenglama yoki tengsizlikni yechish deb,
parametrlarning qanday qiymatlarida yechimlar mavjudligini va ular qaysilar
ekanligini ko‘rsatishga aytiladi .
Tenglama va tengsizliklarni yechish jarayonida teng kuchlilik haqidagi
teoremalar muhim ahamiyatga ega.
2- ta’rif. Bir xil parametrlarni o‘z ichiga olgan ikkita tenglama yoki
tengsizlik teng kuchli deyiladi, agar :
a) parametrlarning bir xil qiymatlarida ma’noga ega bo‘lsa;
b) birinchi tenglama (tengsizlik)ning har bir yechimi ikkinchi tenglama
(tengsizlik)ning yechimi bo‘lsa va aksincha.
2-Mavzuning dolzarbligi . Parametrli masalalarning asosiy tiplari va
yechishning asosiy usullari.
1-tip. Parametrning qiymatlariga bog‘liq ravishda tenglamalar,
tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari yechimlar sonini aniqlash.
2-tip. Parametrning shunday qiymatlarini topish lozimki, ko‘rsatilgan
tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari berilgan sondagi
yechimlarga ega bo‘lsin (xususan, yechimga ega bo‘lmasligi, cheksiz ko‘p
yechimlarga ega bo‘lishi).
3-tip. Parametrning izlanayotgan qiymatlarida yechimlar to‘plami
tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari aniqlanish
sohasida berilgan shartlarni qanoatlantiradi. Masalan, 1) tenglama berilgan
oraliqdagi o‘zgaruvchining ixtiyoriy qiymati uchun bajariladigan parametrning
2

qiymatlarini topish; 2) birinchi tenglama yechimlari to‘plami ikkinchi tenglama
yechimlar to‘plamining qism-to‘plami bo‘ladigan parametrning qiymatlarini
topish va h.k.
1-usul. (analitik). Parmetrsiz masalalarda javobni topishning standart
protseduralarni takrorlaydigan to‘g‘ridan-to‘g‘ri yechish usuli hisoblanadi.
2-usul. (grafik). Masalaga bog‘liq ravishda ( x o‘zgaruvchi va a
parametrli) grafiklar yoki ( x ; y )
koordinata tekisligida yoki ( x ; a )
koordinata
tekisligida qaraladi.
3-usul. (parametrga nisbatan yechish). Bu yechish usulida x va a
o‘zgaruvchilar teng huquqli deb qaraladi va analitik yechim sodda olinadigan
o‘zgaruvchi tanlanadi. Tabiiy soddalashtirishlardan so‘ng
x va a
o‘zgaruvchilarning dastlabki ma’nosiga qaytamiz va yechishni tugallaymiz.
3. Ishning maqsadi va vazifalari. Bitiruv malakaviy ishining maqsadi
paramet haqida tushunchalar, parametrli tenglama va tengsizlik haqida
tushunchalar bilan uzviy bog‘liq.
4. Ilmiy tadqiqot usullari . Parametr haqida tushunchaga ega
bo‘lish.Parametr qatnashgan tenglama va tengsizliklarni o‘ranish,ta’riflari va
teoremalari bilish , masalalar yechishda xossalaridan faoydalanish.
5. Ishning ilmiy ahamiyati. Bitiruv malakaviy ishidan olingan natijalar
o‘quvchilarga qulay va sodda usullar orqali o‘rgatish,turli xil tenglamalar va
tengsizliklarni yechishni o‘rgatish.
6. Ishning amaliy ahamiyati. Bitiruv malakaviy ishida o‘rganilayotgan
ma’lumotlar parametrli tenglamaning xossalar parametrli tengsizliklar orqali
fizika,mehanika va boshqa sohalardagi masalalarni yechishda muhim ahamiyatga
ega
7. Ishning tuzulishi. Bitiruv malakaviy ishi kirish, 2 ta bob , xulosa qismi
va foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxatidan iborat. Ushbu ish matnli sahifalardan
3

tashkil topgan har bir bob paragraflarga ajratilgan va ular o‘zining nomerlanish
hamda belgilanishiga ega.
I BOB. PARAMETRLI BIRINCHI DARAJALI TENGLAMA VA
TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI
1.1-§. Parametr bilan tanishish. Parametr qatnashgan tenglama va
tengsizlik.
1.1.1-tarif. Bir noma’lumi birinchi darajali parametrga bog‘liq
tenglamaning umumiy ko‘rinishi quyidagicha:
ax=b (1.1)
Tenglamada a va b parametrlarning olishi mumkin bo‘lgan qiymatlariga
mos uning yechimlari haqida quyidagi hollarni sanab ko‘rsatish mumkin:
a) Agar
a≠0 bo‘lsa, (1 .1 ) tenglama faqat bitta yechimga ega ( b parametrning
qiymatlariga bog‘liq emas).
b ) Agar
a=0 , b≠0 bo‘lsa, (1 .1 ) tenglama yechimga ega emas.
c) Agar
a=0 , b=0 bo‘lsa, (1.1) tenglama cheksiz ko‘p yechimga ega, ya’ni x
noma’lumning har qanday qiymati (1.1) tenglamani qanoatlantiradi.
Demak, bir noma’lumi birinchi darajali tenglamalarni yechishda dastlab uni
(1.1) ko‘rinishga keltirish kerak. So‘ngra masalaning qo‘yilishiga bog‘liq holda a),
b), c) hollarga muvofiq yechim aniqlanadi.
1.1. 1 -misol .
a ning qanday qiymatida
3x−a
5 = ax −4
3 tenglama yechimga ega
emas?
Yechish:
3x−a
5 − ax −4
3 =0 , 9x−3a−5ax +20 =0 , (9− 5a)x=3a−20 .
4

Oxirgi tenglama yechimga ega bo‘lmasligi uchun 9− 5a=0 bo‘lib, 3a−20 ≠0
bo‘lishi kerak.
9− 5a=0 dan a= 9
5 qiymatda berilgan tenglama yechimga ega
emas.
Javob:
a= 9
5 .
B irinchi darajali ikki noma’lumi parametrga bog‘liq tenglamalar sistemalari.
Birinchi darajali ikki noma’lumi tenglamalar sistemasining umumiy
ko‘rinishi quyidagicha:
{ax +by =c,¿¿¿¿
(1.2)
(1 .2 ) sistemadagi h ar bir tenglama geometrik ma’no jihat i dan dekart
koordinatalar sistemasida to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Sistemaning yechimi esa bu
to‘g‘ri chiziqlarning umumiy nuqtalarini ifodalaydi. Berilgan to‘g‘ri chiziqning
koordinatalar sistemasida qanday joylashishi
a,b,c (yoki a1,b1,c1 ) parametrlarning
qiymatiga bog‘liq. Shuning uchun, (1.2) sistemadagi ikki to‘g‘ri chiziqlarning
o‘zaro vaziyati quyidagi 3 xilda bo‘lishi mumkin.
1) to‘g‘ri chiziqlar faqat bitta nuqtada kesishadi, demak sistema yagona
yechimga ega bo‘ladi;
2) to‘g‘ri chiziqlar ustma-ust tushadi, demak sistema cheksiz ko‘p yechimga
ega bo‘ladi;
3) to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni kesishmaydi, demak sistema
yechimga ega emas.
Yuqorida ta’kidlanganidek, to‘g‘ri chiziqlarning holati parametrlarning
qiymatlariga bog‘liq bo‘lgani uchun (1.2) sistemaning yechimi va parametrlarning
qiymatlari orasida quyidagicha bog‘lanish mavjud:
5

a) a
a1
≠ b
b1 - bunda (1 .2 ) sistemadagi to‘g‘ri chiziqlar faqat bitta nuqtada
kesishadi. Demak, sistema bitta yechimga ega bo‘ladi (sistemadagi
с va с1
parametrlarning qiymatlariga bog‘liq emas).
B)
a
a1
= b
b1
= c
c1 - bunda (1.2) sistemadagi to‘g‘ri chiziqlar ustma-ust tushadi,
ya’ni sistema cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘ladi;
c)
a
a1
= b
b1
≠ c
c1 - bunda (1 .2 ) sistemadagi to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel
bo‘ladi, ya’ni sistema yechimga ega emas.
Agar yuqoridagi a), b), c), holatlardagi nisbatlardan birortasini aniqlash
imkoni bo‘lmasa, ya’ni
a1 , yoki b1 , yoki c1 lardan aqalli bittasi 0 ga teng bo‘lgan
holda ham sistemaning yechimi haqida xulosa chiqarish mumkin. Masalan
a1=0 ,
lekin
b1≠0 bo‘lsa, (1 .2 ) sistemadagi ikkinchi tenglama absissalar o‘qiga parallel
bo‘lgan to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Bu holda, agar
a=0 bajarilsa, by = c va b1y=c1
to‘g‘ri chiziqlar yoki ustma-ust tushadi yoki ular o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni
sistema yo cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘ladi yoki yechimga ega bo‘lmaydi.
b1=0
bo‘lib,
a1≠0 bo‘lgan holda ham xuddi yuqoridagidek tahlil qilish mumkin.
Agar
a
a1
= b
b1 bo‘lib, с1= 0 bo‘lsa, (1.2) sistemaning yechimga ega bo‘lish
yoki bo‘lmasligi
c ning qiymatiga bog‘liq bo‘ladi, agar c=0 bo‘lsa, to‘g‘ri
chiziqlar ustma-ust tushadi, ya’ni sistema cheksiz ko‘p yechimga ega; agar
c≠0
bo‘lsa, to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni sistema yechimga ega
bo‘lmaydi.
Biz f (a, b, c, ..., k, x) = g (a, b, c, ..., k, x), ko‘rinishdagi tenglamalarni
qaraymiz, bu y erda a, b, c, ..., k, x – o‘zgaruvchi miqdorlar.
6

1.1.2-ta’rif . Tenglamaning ikkala qismi haqiqiy sonlar to‘plamida
ma’noga ega bo‘ladigan o‘zgaruvchilarning ixtiyoriy qiymatlar a = a
0 , b = b
0c= c0,... ,k= k0,
sistemasi a, b, c, ..., k, x o‘zgaruvchilarning yo‘l qo‘yiladigan
qiymatlar sistemasi deb ataladi.
A–a
ning yo‘l qo‘yiladigan qiymatlar to‘plami, B–b ning yo‘l qo‘yiladigan
qiymatlar to‘plami, ..., X – x
ning yo‘l qo‘yiladigan qiymatlar to‘plami bo‘lsin.
Agar
A,B,C ,... ,K to‘plamlarning har biridan bittadan mos ravishda a,b,c,... ,k
qiymatni tanlab, tayinlasak va ularni tenglamaga qo‘ysak, u holda x ga nisbatan
tenglamani, ya’ni bir o‘zgaruvchili tenglamani olamiz.
1.1.3-ta’rif. Tenglamani yechishda
a,b,c,... ,k o‘zgaruvchilar o‘zgarmas
deb hisoblanadi va parametrlar, x
– haqiqiy o‘zgaruvchi miqdor, tenglama esa
parametrli bir noma’lumli tenglama deb ataladi.
Kelgusida parametrlarni lotin alifbosining birinchi harflari:
a,b,c,... ,k,l,m ,n
lar bilan, noma’lumlarni esa – x,y,z harflar bilan belgilashga
kelishib olamiz. .
Masalan,
2nx −5
(m−3)nx − 3nx +5
n+1 − n−1
nx
tenglamada
m va n – parametrlar, x – noma’lum.
m≠3,n≠−1,x≠0
shartni qanoatlantiruvchi m , n , x
larning ixtiyoriy qiymatlar
sistemasi yo‘l qo‘yiladigan hisoblanadi.
m = 4 , n = 1 da 2 x − 5
x − 3 x + 5
2 = 0
, tenglamani olamiz.
m = 5 , n = 3 da 6 x − 5
6 x − 9 x + 5
4 = 2
3 x tenglamani olamiz va h.k.
1.1.4-ta’rif. Parametrli tenglama yoki tengsizlikni yechish deb ,
parametrlarning qanday qiymatlarida yechimlar mavjudligini va ular qaysilar
ekanligini ko‘rsatishga aytiladi .
Tenglama va tengsizliklarni yechish jarayonida teng kuchlilik haqidagi
teoremalar muhim ahamiyatga ega.
7

7,8,9- sinflar «Algebra» darsliklarida uchraydigan parametrli masalalar
7-sinf «Algebra» darsligida uchraydigan parametrli masalalar
1.ax =6 tenglama ildizi butun son bo‘ladigan a ning barcha butun
qiymatlarini toping.
2.
a ning qanday qiymatida A(a;−1,4 ) nuqta y=3,5 x to‘g‘ri proporsionallik
grafigiga tegishli bo‘ladi?
3.
y = x 2
funksiya grafigi tegishli ekanligi ma’lum. b ning qiymatini toping?
Bu funksiya grafigiga Q ( 4 ; b )
nuqta tegishli bo‘ladimi?
4. Agar
x=2,y=1lar ax+2y=8 tenglamaning yechimi bo‘lsa,
a
koeffisiyent qiymatini toping.
5. Ma’lumki:
a) o‘zgaruvchilarning x = 5 , y = 7
qiymatlari
ax –2y=1
tenglamaning yechimi hisoblanadi . a koeffitsientni toping;
b) o‘zaruvchilarning
x=−3,y=8 qiymatlari

5x+by =17 tenglamaning yechimi hisoblanadi. b ning qiymatini toping.
6. ax – y = 4
chiziqli tenglamada a koeffitsientni shunday tanlangki, bu
tenglama grafigi M(3; 5) nuqtadan o‘tsin.
7. y – 2,5 x = c
tenglama grafigidan iborat to‘g‘ri chiziqni yasang, agar u
K ( 2 ; − 3 )
nuqtadan o‘tishligi ma’lum bo‘lsa.
8. M ( − 1 ; 1 ) va P ( 4 ; 4 )
nuqtalardan o‘tuvchi
y= kx +b ko‘rinishdagi tenglama
grafigini yozing.
8-sinf «Algebrla» darsligida uchraydigan parametrli masalalar
1. y = k
x funksiya grafigi A ( 10 ; 2,4 )
nuqtadan o‘tishi ma’lum. Bu funksiya
grafigi : a) B ( 1 ; 24 ) ; b ¿ C ( − 0,2 ; − 120 )
nuqtalardan o‘tadimi?
2.
x 2
+ px − 35 = 0 tenglamada ildizlardan biri 7 ga teng. Ikkinchi ildizni va p
koeffitsientni toping.
3.
x2−13 x+q=0 tenglamaning ildizlaridan biri 12,5 ga teng. Ikkinchi ildizni
va q koeffitsientni toping.
8

4.
5 x 2
+ bx + 24 = 0 tenglamaning ildizlaridan biri 8 ga teng. Ikkinchi ildizni va b
koeffitsientni toping.
5.
10 x 2
− 33 x + c = 0 tenglamaning ildizlaridan biri 5,3 ga teng. Ikkinchi ildizni
va c koeffitsientni toping.
6.
x 2
− 12 x + q = 0 kvadrat tenglama ildizlari ayirmasi 2 ga teng. q ni toping.
7. a ning qanday qiymatida ax2−3x−5=0 tenglamaning ildizlaridani biri 1
ga teng bo‘ladi?
8. a x 2
– ( a + c ) x + c = 0
tenglamaning ildizlaridani biri 1 ga teng bo‘lishini
isbotlang. (Viyet teoremasini qo‘llash zarur).
9. a ning qanday qiymatlarida tenglama musbat ildizga ega bo‘lishini toping: a)
3x=9a;b¿x+2= a;v¿x–8=3a+1;g¿2x–3=a+4.
10. b ning qanday qiymatlarida tenglama musbat ildizga ega bo‘lishini
toping:
a¿10 x=3b;b¿x–4=b;v¿3x–1=b+2;g¿3x–3=5b–2.
9-sinf «Algebrla» darsligida uchraydigan parametrli masalalar
1. b va c ning qanday qiymatlarida
y = x 2
+ bx + c parabolaning uchi
(6; -12) nuqtadan iborat bo‘ladi?
Yechish. Parabola uchining absissasini hisoblash uchun m = − b
2 a formuladan
foydalanamiz. 6 = − b
2 , b = − 12
ni olamiz. ( 6 ; − 12 )
nuqtaning koordinatalari
y = x 2
+ bx + c tenglamani qanoatlantiradi. Ularni va b ning topilgan qiymatini
berilgan tenglamaga qo‘yamiz.

−12 =36 –72 +c,c=24 larni olamiz.
2. a
ning qanday qiymatida
y= ax2–16 x+1 parabolaning o‘q simmetriyasi x = 4
to‘g‘ri chiziqdan iborat?
Yechish. Parabolaning uchi absissasi m = 4
. Parabolaning uchi absissasini
hisoblash formulasini qo‘llaymiz : m = − b
2 a . 4 = 8
a ni olamiz,
a= 2 .
1.2-§. Parametrli chiziqli tenglamalar va ularga keltiriladigan tenglamalar
9

1.2.1-ta’rif . Ax = B ko‘rinishdagi tenglamaga chiziqli parametrli tenglama
deyiladi, bu y erda A
va
B – faqat parametrlarga bog‘liq ifoda, x
– noma’lum, x
ga nisbatan chiziqli tenglama deb ataladi .
U Ax = B
ko‘rinishga keltiriladi va A ≠ 0
da parametrning yo‘l qo‘yiladigan
qiymatlar sistemasida yagona x = b
a yechimga ega .
A=0va B=0
da x – ixtiyoriy son, A=0va B≠0 da yechimlar yo‘q.
Parametrli chiziqli tenglamalarni yechishning turli mumkin bo‘lgan misollarni
qarab, agar bunday masalalarni yechishning ma’lum algoritmi tuzilsa,
«murakkab» parametr «oddiy» ga aylanadi va u parametrli tenglamalarni
yechishni o‘rgatishning birinchi bosqichida katta yordam beradi degan xulosaga
kelish muikin.
Parametrli chiziqli tenglamalarni yechish algoritmi :
1-qadam Tenglamani shunday soddalashtirish kerakki u
Ax = B ko‘rinishga
ega bo‘lsin.
2-qadam . Tenglama koeffitsientini nolga tengligini tekshirish (agar u
parametrni o‘z ichiga olsa)
(A=0,A≠0).
3-qadam .Parametrning har bir tayinlangan qiymatida tenglama ildizlarini
tekshirish (tenglama yagona yechimga, cheksiz ko‘p yechimga ega, ildizlarga ega
emas).
4-qadam . Parametrntng tayinlangan qiymatlarini hisobga olib javobni
yozing.
1.2.1-misol . Tenglamani yeching
ax =1.
Yechish: Birinchi qarashda
x= 1
a javobni birdan berish lozimdek
tuyuladi.
Lekin
a=0 da berilgan tenglama yechimga ega emas va to‘g‘ri javob quyidagi
ko‘rinishda bo‘ladi:
10

Javob . Agar a=0 bo‘lsa, u holda yechimlar yo‘q; agar a≠0 bo‘lsa, u holda
x= 1
a
1.2.2-misol . ( a 2
– 1 ) x = a + 1
tenglamani yeching .
Yechish: Bu tenglamani Yechishda quyidagi hollarni qarash yetarli:
a)
a 2
− 1 = 0 , ya ’ ∋ a = 1 va a = − 1.
Agar
a=1 bo‘lsa, u holda tenglama 0 x = 2
ko‘rinishni oladi va yechimga ega
emas;
Tenglama koeffitsientini nolga tengligini tekshirish (agar u parametrni o‘z
ichiga olsa) ( A = 0 , A ≠ 0 ) .
Parametrning har bir tayinlangan qiymatida tenglama ildizlarini tekshirish
(tenglama yagona yechimga, cheksiz ko‘p yechimga ega, ildizlarga ega emas).
Tenglama koeffitsientini nolga tengligini tekshirish (agar u parametrni o‘z
ichiga olsa) ( A = 0 , A ≠ 0 ) .
Parametrning har bir tayinlangan qiymatida tenglama ildizlarini tekshirish
(tenglama yagona yechimga, cheksiz ko‘p yechimga ega, ildizlarga ega emas).
Tenglama koeffitsientini nolga tengligini tekshirish (agar u parametrni o‘z
ichiga olsa) ( A = 0 , A ≠ 0 ) .
Parametrning har bir tayinlangan qiymatida tenglama ildizlarini tekshirish
(tenglama yagona yechimga, cheksiz ko‘p yechimga ega, ildizlarga ega emas).
Agar
a=−1 bo‘lsa, u holda 0 x = 0
ni olamiz, va ravshanki x
–ixtiyoriy son.
b)Agar
a≠±1 bo‘lsa, x = 1
a − 1 ga ega bolamiz
Javob. Agar
a=−1 bo‘lsa, u holda x
– ixtiyoriy son; agar a=1 bo‘lsa, u
holda yechimlar yo‘q; agar
a≠±1 bo‘lsa, u holda x = 1
a − 1 bo‘ladi.
1.2.3-misol . b ( b − 1 ) x = b 2
+ b − 2
tenglamani yeching.
Yechish:
b(b−1)=0,b= 0 yoki b=1 . Agar b=0 bo‘lsa, u holda tenglama
0 x = − 2
ko‘rinishni oladi va yechimga ega emas. Agar
b=1 bo‘lsa, u holda 0 x = 0 ,
tenglama cheksiz ko‘p yechimga ega.
b ( b − 1 ) ≠ 0
, ya’ni
b≠0b≠1 , u holda
11

x= b2+b−2
b(b−1)− (b−1)(b+2)
b(b−1) − b+2
bJavob: Agar
b=0 bo‘lsa, u holda tenglama yechimga ega emas, agar b=1
bo‘lsa, u holda 0 x = 0
, tenglama cheksiz ko‘p yechimga ega, agar b ≠ 0 va b ≠ 1
bo‘lsa, u holda x = b + 2
b bo‘ladi .
Chiziqli tenglamalarni yechishning analitik va grafik usullari
1.2.4-misol .
|x|=a tenglamani yeching
Yechish .1-usul. (analitik usul).
1.
a>0 da tenglama ikkita ildizga ega: x=±a.
2. a=0 da tenglama bitta ildizga ega :
x=0
3.
a<0 da tenglama ildizlarga ega emas.
1. a<0 da funksiyalar grafiklari kesishmaydi yechimlar yo‘q.
Javob:
a<0 da ildizlar yo‘q;
a=0
da bitta ildiz : x=0;
a > 0
da ikkita ildiz: x = ± a .
1.2.5-misol.
ax =|x| tenglamani yeching.
Yechish 1-usul. (analitik usul).
1. x ≥ 0
da tenglama ax = x
yoki x ( a — 1 ) = 0
tenglamaga teng kuchli. Demak,:
a)
a≠1 da tenglama bitta x=0 yechimga ega ;
b) a = 1
da tenglama cheksiz ko‘p yechimga ega:
x ∈ ¿ .
2
x≤0 da tenglama ax =− x yoki x ( a + 1 ) = 0
tenglamaga teng kuchli. Demak,
12

a)a≠−1 da tenglama bitta x=0 yechimga ega ;
b)
a=−1 da yechimlar to‘plami x ∈ ¿
2-usul. (grafik usul)
y =
| x |
va y = ax
funksiyalar grafiklarini yasaymiz. y = ax
funksiyalar grafiklari
bo‘lib burchak koeffitsienti a ga teng koordinata boshidan o‘tuvchi to‘g‘ri
chiziqlar hisoblanadi.

y y =
| x |
y=ax (a 0)
˂
y=ax (a 0)
˂
1. a ≠ ± 1
da tenglama bitta x = 0 yechimga ega .
2.
a=1da u= x to‘g‘ri chiziq OA nurni o‘z ichiga oladi va tenglama cheksiz
ko‘p yechimga ega x ∈ ¿ .

a=−1 da u= x to‘g‘ri chiziq OB nurni o‘z ichiga oladi va tenglama cheksiz
ko‘p yechimga ega
x∈¿
Javob: a = − 1 da x ∈
( − ∞ ; 0 ] ;

a = 1 da x ∈ [ 0 ; + ∞ ) ;
a≠±1da x=0
.
Parametrli tengsizlikka doir tadqiqot masalalar: .
Bir noma’lumli birinchi darajali tengsizlik:
a) noma’lumning ixtiyoriy qiymatida o‘rinli bo‘lishi;
b) yechimlarga ega bo‘lmasligi mumkinmi?
1.2.1-hol x noma’lumli birinchi darajali tengsizlik kx + b > 0
yoki
kx +b<0
ko‘rinishda bo‘ladi, bunda k≠0
13

Avvalo k>0 holni qaraymiz. kx + b > 0 ( k > 0 )
tengsizlik x>b
k tengsizlikka teng
kuchli. Lekin u bir noma’lumli birinchi darajali tengsizlik, u ixtiyoriy x da
b
k = 1
soni uning yechimi bo‘lolmaydi.
kx + b < 0 ( k > 0 )
tengsizli
x← b
k tengsizlikka teng kuchli. Lekin u bir
noma’lumli birinchi darajali tengsizlik , u ixtiyoriy x da o‘rinli bo‘lishi mumkin
emas. Masalan,
b
k=1 soni uning yechimi bo‘lolmaydi .
Shunga o‘xshash
k<0 da ham mulohazalar yuritish mumkin, demak, bir
noma’lumli birinchi darajali tengsizlik noma’lumning ixtiyoriy qiymatida o‘rinli
bo‘lishi mumkin.
a) topshiriqdagi mulohazalardan hech qanday b
va k ≠ 0
larda birinchi
darajali tengsizlik yechimlarga ega bo‘lmasligi mumkin emas.
Bir noma’lumli chiziqli tengsizlik:
a) noma’lumning ixtiyoriy qiymatida o‘rinli bo‘lishi;
b) yechimlarga ega bo‘lmasligi mumkinmi?
Yechish. a) chiziqli tengsizlik
x noma’lumning ixtiyoriy qiymatida o‘rinli
bo‘lishi mumkin. Misol: 0 x > – 1
tengsizlik x
noma’lumning ixtiyoriy qiymatida
o‘rinli; b) chiziqli tengsizlik yechimga ega bo‘lmasligi mumkin.
Misol:
0x>1 tengsizlik yechimlarga ega emas.
1.2.2-ta’rif . f
( a) x = g ( a )
,ko‘rinishdagi tenglama, bu yerda f(a),g(a) –
ba’zi analitik ifodalar, a
parametrli o‘zgaruvchiga nisbatan chiziqli deb ataladi.
Agar bunday tenglamani yechish masalasi qo‘yilgan bo‘lsa, bu
a parametrning
har bir yo‘l qo‘yiladigan qiymati uchun bu tenglamani qanoatlantiruvchi x
o‘zgaruvchining qiymatini topishdan iborat.
Yechish algoritmi :
1-qadam. Parametrning yo‘l qo‘yiladigan qiymatlarini topish.
14

2-qadam. Agar f( a) = 0
, bo‘lsa, u holda ildizlarning mavjudligi yoki yo‘qligi
g ( a )
qiymatlarga bog‘liq. Agar g
( a ) = 0 ,
bo‘lsa, u holda tenglama
x0=0,
ko‘rinishni oladi va uning ildizi x ning ixtiyoriy haqiqiy qiymati bo‘ladi.
Agar
g ( a ) ≠ 0 ,
bo‘lsa, u holda x
ning ixtiyoriy qiymatida noto‘g‘ri sonli tenglik
paydo bo‘ladi, ya’ni tenglama ildizlarga ega emas.

Agar f(a)≠0,
bo‘lsa, u holda x= g(a)
f(a) ga ega bo‘lamiz. Berilgan algoritmni
jadval ko‘rinishida yozish mumkin.
Parametrli chiziqli tenglamalarni yechish algoritmi
a parametr qiymatlarini izlash
shartlari Ildizlar to‘plami xarkteristikasi
f ( a ) yoki g ( a ) ma’noga ega emas Ildizlar
yo‘q
{
f ( a ) ≠ 0
g ( a) − ma ' noga ega Bitta ildiz
x= g(a)
f(a)
{
f(a)= 0
g(a)≠0
Ildizlar
yo‘q
1.2.4-misol .
(
а 2
− 2 a + 1 ) ∙ x = a 2
+ 2 a − 3 .parametrli tenglamani tadqiq eting va
yeching.
Yechish . a parametrning nazorat qiymatlarini, topamiz:
a2− 2a+1= 0,a=1
a)
a=1 da tenglama 0x=0 ko‘rinishga keladi . Bu tenglamaning ildizi
ixtiyoriy haqiqiy son.
15

b) a≠1 da tenglama x= (a+3)(a−3)
(a−1)2 = a+3
a−1 k o‘rinishga keladi
Javob: 1)
a=1 da x – ixtiyoriy haqiqiy son.
2)
a≠1 da x = a + 3
a − 1
1.3. § Parametrli chiziqli tenglama va tengsizliklar sistemasini yechish usullari.
Birinchi darajali ikki noma’lumi tenglamalar sistemasining umumiy
ko‘rinishi quyidagicha:
{ax +by =c,¿¿¿¿
(1.3)
(1 .3 ) sistemadagi h ar bir tenglama geometrik ma’no jihat i dan dekart
koordinatalar sistemasida to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Sistemaning yechimi esa bu
to‘g‘ri chiziqlarning umumiy nuqtalarini ifodalaydi. Berilgan to‘g‘ri chiziqning
koordinatalar sistemasida qanday joylashishi
a,b,c (yoki a1,b1,c1 ) parametrlarning
qiymatiga bog‘liq. Shuning uchun, (1.3) sistemadagi ikki to‘g‘ri chiziqlarning
o‘zaro vaziyati quyidagi 3 xilda bo‘lishi mumkin.
1) to‘g‘ri chiziqlar faqat bitta nuqtada kesishadi, demak sistema yagona
yechimga ega bo‘ladi;
2) to‘g‘ri chiziqlar ustma-ust tushadi, demak sistema cheksiz ko‘p yechimga
ega bo‘ladi;
3) to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni kesishmaydi, demak sistema
yechimga ega emas.
Yuqorida ta’kidlanganidek, to‘g‘ri chiziqlarning holati parametrlarning
qiymatlariga bog‘liq bo‘lgani uchun (1.3) sistemaning yechimi va parametrlarning
qiymatlari orasida quyidagicha bog‘lanish mavjud:
16

a) a
a1
≠ b
b1 - bunda (1 .3 ) sistemadagi to‘g‘ri chiziqlar faqat bitta nuqtada
kesishadi. Demak, sistema bitta yechimga ega bo‘ladi (sistemadagi
с va с1
parametrlarning qiymatlariga bog‘liq emas).
b)
a
a1
= b
b1
= c
c1 - bunda (1.3) sistemadagi to‘g‘ri chiziqlar ustma-ust tushadi,
ya’ni sistema cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘ladi;
c)
a
a1
= b
b1
≠ c
c1 - bunda (1 .3 ) sistemadagi to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel
bo‘ladi, ya’ni sistema yechimga ega emas.
Agar yuqoridagi a), b), c), holatlardagi nisbatlardan birortasini aniqlash
imkoni bo‘lmasa, ya’ni
a1 , yoki b1 , yoki c1 lardan aqalli bittasi 0 ga teng bo‘lgan
holda ham sistemaning yechimi haqida xulosa chiqarish mumkin. Masalan
a1=0 ,
lekin
b1≠0 bo‘lsa, (1 .3 ) sistemadagi ikkinchi tenglama absissalar o‘qiga parallel
bo‘lgan to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Bu holda, agar
a=0 bajarilsa, by = c va b1y=c1
to‘g‘ri chiziqlar yoki ustma-ust tushadi yoki ular o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni
sistema yo cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘ladi yoki yechimga ega bo‘lmaydi.
b1=0
bo‘lib,
a1≠0 bo‘lgan holda ham xuddi yuqoridagidek tahlil qilish mumkin.
Agar
a
a1
= b
b1 bo‘lib, с1= 0 bo‘lsa, (1.3) sistemaning yechimga ega bo‘lish
yoki bo‘lmasligi
c ning qiymatiga bog‘liq bo‘ladi, agar c=0 bo‘lsa, to‘g‘ri
chiziqlar ustma-ust tushadi, ya’ni sistema cheksiz ko‘p yechimga ega; agar
c≠0
bo‘lsa, to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni sistema yechimga ega
bo‘lmaydi.
Bir noma’lumi birinchi darajali tengsizlikni doimo
ax ≥b (yoki ax ≤b )
ko‘rinishga olib kelish mumkin. Bu tengsizlikning yechimlar to‘plami xuddi
17

tenglamalardagidek, har xil (cheksiz, bo‘sh) bo‘lishi mumkin, chunki
tengsizlikning yechimi a va b larning qiymatlariga bog‘liq.
Agar
ax ≥b
(1.4)
tengsizlik yechimga ega bo‘lsa, u holda u cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘ladi.
Buning uchun
a≠0 bo‘lishi yetarli, lekin bu shart zaruriy emas, chunki a=0
bo‘lgan holda ham tengsizlik cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘lishi mumkin. (1.4)
tengsizlikdagi
a va b parametrlarning qiymatiga qarab, uning yechimlari
to‘plamining qanday o‘zgarishini ko‘rib chiqaylik.
1. (1.4) tengsizlikda
a≠0 bo‘lsa, u cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘lib,
yechimning umumiy ko‘rinishi
a>0 shartda x≥ a
b , a<0 shatrda esa x≤ b
a
ko‘rinishda bo‘ladi, ya’ni sonlar o‘qida yarim to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi.
2. Agar (1.4) tengsizlikda
a=0 bo‘lib, b≠0 bo‘lsa, b<0 shartda x ning har
qanday qiymati tengsizlik yechimi bo‘ladi,
b>0 shartda esa tengsizlik
yechimga ega emas.
3. Agar (1. 4 ) tengsizlikda
a=0 , b=0 bo‘lsa, x ning har qanday qiymati
tengsizlik yechimi bo‘ladi.
4. Berilgan tengsizlik
ax >b
(1. 5 )
ko‘rinishda bo‘lsa, yuqoridagi 1-, 2- hollarda yechimlar to‘plami deyarli bir xil
aniqlanadi, lekin 3- holda (2) tengsizlik yechimga ega emas.
(2) va (3) tengsizliklardagi tengsizlik ishoralari qarama-qarshi holda berilgan
bo‘lsa, ya’ni
ax ≤b (2) va ax <b (1.5) ko‘rinishda bo‘lsa, ular xuddi yuqoridagi 1-,
2-, 3-, 4- hollarga o‘xshash, tahlil qilish orqali yechish mumkin.
Bir homa’lumli birinchi darajali tengsizliklar sistemasi
18

{ax≥b¿¿¿¿ yoki {ax≥b¿¿¿¿ yoki {ax≤b¿¿¿¿
ko‘rinishlarda bo‘lish mumkin. Har qanday holda ham tengsizliklar sistemasining
yechimi har bir tengsizliklar yechimlar t o‘ plamining umumiy qismi (kesishmasi)
sifatida aniqlanadi. Sistemadagi
a va b parametrlarning qiymatlariga bog‘liq
holda uning yechimlar to‘plami bo‘sh, chekli yo ki cheksiz to‘plam bo‘lishi
mumkin.
1.3.1-misol .
b ning qanday qiymatlarida quyidagi sistema yechimga ega
bo‘lmaydi :
{bx≥5b−3,¿¿¿¿
Yechish: B erilgan tengsizliklar sistemasi
5b− 3≤bx ≤ 4b+3 ko‘rinishdagi
tengsizlikka teng ku chl i bo‘ladi . S istem a yechimga ega bo‘lmasligi uchun
5b− 3>4b+3
munosabat o‘rinli bo‘lish zarur. Bundan b>6 .
Javob:
b>6 .
1.4- §. Bir nomalumli modul qatnashgan tenglamalar
Sonning moduli (yoki absolyut qiymati) umumiy o‘rta tahlim maktab
dasturiga kiritilishiga qaramasdan, u bilan bog‘liq bo‘lgan misollarni yechishda
ba ’ zi o‘quvchilar xatolikka yo‘l qo‘yishadi. Chunki, modulli ifoda moduldan
qutilish jarayonida modul ostidagi ifodaning ishorasiga bog‘liqligi, shuningdek,
modulli tenglamaning yechimini aniqlashda moduldan qutilish uchun qo‘yilgan
shartlarni e’tiborga olish zarurligini ko‘pchilik o‘quvchilar chalkashtirib
qo‘yishadi. Agar modulli tenglama parametrga bog‘liq bo‘lsa, uni yechishda bir
necha xususiy hollarni alohida tahlil qilish ham o‘quvchilar uchun murakkab
masalalar qatoriga kiradi. Quyida biz modulli tenglamalar va parametrga bog‘liq
bo‘lgan modulli tenglamalarning ba’zilarini yechish to‘g‘risida to‘xtalib
o‘tmoqchimiz.
19

Aytaylik, berilgan tenglama bir noma’lumi birinchi darajali bo‘lib, unda
modul ostidagi ifodalarni nolga aylantiruvchi noma’lumning qiymatlari
aniqlangan bo‘lsin. Faraz qilaylik, modullarni nolga aylantiruvchi 3 ta, a1,a2,a3
qiymatlar mavjud bo‘lsin va ular
a1<a2<a3 shartlarni qanoatlantirsin. U holda, bu
nuqtalar sonlar o‘qini 4 qismga ajratadi:
(−∞,a1];(a1,a2],(a2,a3],(a3,∞) . Shu bilan
birga, har bir oraliqning ichki qiymatlarida modullar ostidagi ifodalar bir hil
ishorali bo‘ladi. Shuning uchun, berilgan masalaning har bir oraliqdagi yechimlari
moduldan qutilish orqali yechiladi va tenglamaning yechimi oraliqdagi yechimlar
birlashmasi sifatida aniqlanadi.
1.4.1-misol:
|2x+1|+|1
3x+3|−|x− 2|+7=0 tenglamani yeching.
Yechish: Modul ostidagi ifodalarni nolga aylantiruvchi noma’lumning
qiymatlarini topamiz:
x1=− 1
2; x2=−9; x3=2 .
S onlar o‘qi bu nuqtalar b i l a n 4 bo‘lakka bo‘linadi :
(−∞,−9], (−9,−1
2], (−1
2,2] (2,∞)
.
I hol.
x∈(−∞,−9] shartda berilgan modulli tenglamani quyidagi shaklda
yozish mumkin.
−(2x+1)−(1
3x+3)+(x−2)+7= 0

chunki, bu h o lda
2x+1<0
,
1
3x+3<0 , x− 2<0
t e ngsizliklar bajariladi. Ox irgi h o sil qilingan t e nglamani yechamiz.
20

(−2−1
3+1)x− 1−3− 2+7=0;
−4
3 x=−1; x=3
4.
x=−9 bo‘lsa , 17 − 11 +7=13 ≠ 0 , ya’ni x=−9 qiymat yechim emas.
Noma’lumning
x= 3
4 qiymati x∈(−∞ ,−9] shartga ziddir. Shuning uchun bu
yechim tenglamani qanoatlantirmaydi.
II hol.
x∈(−9,− 1
2] shartda berilgan tenglamani quyidagicha yozish
mumkin:
−(2x+1)+(1
3x+3)+(x− 2)+7= 0
(−1+1
3)x−1+3−2+7=0
− 2
3x=−7, x=21
2
.
Bu topilgan qiymat ham berilgan tenglama uchun yechim bo‘la olmaydi,
chunki
21
2∈(−9,−1
2) .
x=− 1
2
tenglik bajarilgan holda, bu qiymatni tenglamaga qo‘yib,
− 1
6+3−(− 1
2− 2)+7= 17 +15 +42
6 = 74
6 = 37
3 ≠ 0
ekanini hosil qilamiz.
Demak, oraliqning chegaraviy nuqtalari ham tenglamaning yechimi bo‘la
olmaydi.
III hol.
x∈(− 1
2,2] shartda tenglamaning ko‘rinishi quyidagicha:
(2x+1)+(1
3x+3)+(x−2)+7= 0
;
21

(2+1
3+1)x+1+3−2+7=0;
10
3 x=−9, x=−27
10 =−2,7 .Bu qiymatni ham tenglamaning yechimi sifatida olish mumkin emas, chunki
x∈(− 1
2,2)
b o‘lib , ғ−2,7 ∈(−1
2,2] . Chegaraviy bo‘lgan x= 2 qiymatni tenglamadagi
noma’lumning o‘rniga qo‘yib ,
5+11
3 +7=47
3 ≠ 0 ekanini, ya’ni x= 2 qiymat ham
yechim bo‘la olmasligini ko‘ramiz.
IV hol
x∈(2,∞) bo‘lsi n :

2x+1+1
3x+3− x+2+7= 0 ;
(2+1
3−1)x+1+3+2+7=0;
4
3 x=−13 , x=−39
4 .
Lekin
−39
4 ∈(2,∞) .
De m ak, berilgan tengla m a yechi m ga ega emas.
M odulli tengla m a para m etrga bog‘liq bo‘lsa, tengla m adagi m odul ostida
berilgan ifodalarni nol ga aylantiruvchi no ma‘ lu m ning qiy m atlari para m etrga
bog‘liq bo‘lishi m u m kin.
Masalan,
|3x−4|−|2x+3a|+|ax −1|=a+3
tenglamada x1= 4
3, x2=− 3
2a, x3= 1
a (a≠0) .
Modul ostidagi ifodalarni 0 ga aylantiruvchi nomahlumning qiymatlari
a
parametrga bog‘liq bo‘lib, bu nuqtalar bilan aniqlanadigan oraliqlar
a ning musbat
yoki manfiy qiymatlar qabul qilishiga bog‘liq bo‘ladi. Agar
22

3
4>a>0 bo‘lsa, oraliqlar (−∞ ,− 3
2a],(− 3
2a,4
3],(4
3,1
a],(
1
a,∞) ko‘rinishda
bo‘ladi.
Agar
a= 3
4 bo‘lsa, oraliqlar
(−∞ ,− 9
8],(− 9
8,4
3],(
4
3,∞) ko‘rinishda, agar a>3
4
bo‘lsa, oraliqlar
(−∞ ,− 3
2a],(− 3
2a,1
a],(1
a,4
3],(
4
3,∞) ko‘rinishda bo‘ladi. a<0
bo‘lgan holda ham xuddi yuqoridagidek mulohaza yuritish orqali oraliqlarni
aniqlash va har bir oraliqlarga mos tenglama yechimini moduldan qutilish usuli
bilan yechish mumkin. Demak, parametrga bog‘liq modulli tenglamalarni
yechishda parametr olishi mumkin bo‘lgan xususiy hollar alohida ko‘rilishi kerak.
Agar
a=0 bo‘lsa, tenglama |3x−4|−|2x|+1=3 ko‘rinishga keladi va oraliqlar
(−∞,0],(0,4
3],(4
3,∞)
ko‘rinishda bo‘ladi.
1.4.2-m isol .
|ax −1|−a=3 tenglamani yeching.
Yechish. Tenglamada
a≥−3 tengsizlik bajarilishi kerak, aks holda,
tenglama ziddiyatni ifodalaydi. Demak,
a<−3 shartda tenglama yechimga ega
emas. Xuddi shuningdek,
a=0 da tenglama yechimga ega emas.
Modul ichidagi ifodani 0 ga aylantiruvchi qiymat
1
a ga teng (bu yerda a≠0
). Bu nuqta bilan sonlar o‘qi ikki qismga bo‘linadi:
(−∞ ,1
a],(
1
a,∞) .
I hol.
x∈(−∞ ,1
a] . Bu holda tenglama −(ax −1)−a=3 ko‘rinishga keladi,
yoki
− ax = 2+a, x1=− 2+a
a .
23

Bu qiymat (−∞ ,1
a) oraliqda bo‘lish shartini aniqlaymiz :
1
a+ 2+a
a = 3+a
a .
3+a
a ≥0
bo‘lishi uchun a≥0 tengsizlik bajarilishi kerak. a<−3 tengsizlik
bajarilsa ham
3+a
a ≥0 o‘rinli, lekin bu holda yuqorida ko‘rganimizdek,
tenglamaning yechimi yo‘q.
a=−3 bo‘lsa, x=− 1
3 kelib chiqadi, demak a∈(0,∞)
shartda tenglamaning yechimi
x1=− 2+a
a , a= − 3 bo‘lsa, x2=− 1
3 .
II hol .
x∈(
1
a,∞) . Bu holda tenglamani quyidagicha yozish mumkin:
ax −1−a=3
. Bundan ax = 4+a , demak, x2= 4+a
a bo‘ladi.
Bu topilgan qiymatning
(
1
a,∞) oraliqda bo‘lish shartini topamiz.
4+a
a − 1
a>0 3+a
a >0
.
Jav o b:
a∈(−∞ ,−3)∪ (−3,0) da  ,

a=−3 da x=−1
3 ,

a∈(0,∞) da x1=− 2+a
a ; x2= 4+a
a .
II BOB. PARAMETRLI IKKINCHI DARAJALI TENGLAMA VA
TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI
2.1-§. Parametrli kvadrat tenglama va ularga keltiriladigan tenglamalar
2.1.1-ta’rif .
a x 2
+ bx + c = 0 ko‘rinishdagi tenglamaga parametrli kvadrat
tenglama deyiladi, bu erda
x
– noma’lum, a,b,c –faqat parametrlarga bog‘liq ifodalar, va a≠0 , x ga
24

nisbatan kvadrat tenglama deb ataladi. Parametrlarning a,b,c – haqiqiy
bo‘ladigangan qiymatlari yo‘l qo‘yiladigan qiymatlari deb ataladi.
a=0
da tenglama bx +c= 0 chiziqli ko‘rinishni oladi va bitta ildizga ega
bo‘ladi; a ≠ 0
da u kvadrat tenglama bo‘ladi va parametrarning har bir yo‘l
qo‘yiladigan qiymatlar sistemasida bitta yoki ikkita haqiqiy ildizlarga ega
bo‘lishi mumkin.
Parametrli kvadrat tenglamani yechish algoritmi :
 Tenglamani shunday soddalashtirish kerakki u :
a x 2
+ bx + c = 0
ko‘rinishga ega bo‘lsin.
 Tenglamaning
x2 oldidagi koeffitsientini nolga tengligini tekshirish (agar
u parametrni o‘z ichiga olsa)
(a=0,a≠0);
 Parametrning har bir tayinlangan qiymatida tenglama ko‘rinishini
va ildizlarini tekshirish:
- agar
a=0 bo‘lsa, u holda tenglama chiziqli va uning ildizlarini
chiziqli tenglamani yechish algoritmi bilan topish;
- agar
a≠0 bo‘lsa, u holda tenglama- kvadrat tenglama. D>0,D<0,
D = 0
shartlarda parametrning har bir tayinlangan qiymatida ildizlar mavjudligini
tekshirish va ularni topish.
 Parametrning tayinlangan qiymatlarini hisobga olib javobni yozing.
Bir parametrli va bir noma’lumli kvadrat tenglamalarni yechishga
misollar keltiramiz
2.1.1misol. Qanday a
larda
ax2–x+3= 0 tenglama yagona yechimga ega
Yechish : 1)
a=0 bo‘lgan holni qaraymiz, u holda tenglama:
− x + 3 = 0
ko‘rinishni oladi, u chiziqli tenglamadan iborat va yagona
yechimga ega
x=3.
2) Agar a ≠ 0
bo‘lsa, u holda kvadrat tenglamaga ega bo‘lamiz.
D=1–12 a.
Tenglama yagona ildizga ega bo‘lishi uchun D=0
25

1– 12 a = 0 , a = 1
12 bo‘lishi zarur.
2.1.2-misol . Qanday a larda a ( a + 3 ) x 2
+ ( 2 a + 6 ) x – 3 a – 9 = 0
tenglaama
bittadan ortiq yechimga ega?
Yechish : 1) Agar
a(a+3)= 0bo ‘lsa ,ya ’∋a=0yoki a=−3 bo‘lsa, u holda
tenglama:
a=0da 6x=9,x=1,5 yagona yechim
a = − 3 da 0 x = 0 x – ixtiyoriy haqiqiy son .
2)Agar
a≠0va a≠−3 bo‘lsa kvadrat tenglama olamiz
a(a+3)x2+2(a+3)x–3(a+3)=0
, yoki, tenglamaning ikkala tomonini
( a + 3 )
ga bo‘lib, tengl ama
a x 2
+ 2 x – 3 = 0 tenglamani olamiz, uning diskriminanti
4 ( 1 + 3 a )
ga teng, D > 0 , a > − 1
3 Demak, a > − 1
3 da tenglama ikkita ildizga ega, lekin
bu oraliqqa 0 soni kiradi, u bizga to‘g‘ri kelmaydi, u holda berilgan oraliqdan
a = 0
ni chiqarish lozim..
Javob. Tenglama a = − 3 , − 1
3 < a < 0 , a > 0
larda ikkitadan ortiq
ildizga ega.
2.1.3misol . x ga nisbatan
a x 2
− 4 x + a = 0 tenglamani yeching.
Yechish . Agar
a=0 bo‘lsa, u holda tenglama chiziqli va − 4 x = 0
ko‘rinishni
oladi, u holda
x=0 . Demak, agar a=0 bo‘lsa, u holda tenglama yagona ildizga ega
x = 0.
Agar a≠0 bo‘lsa, u holda
a x 2
− 4 x + a = 0 – kvadrat tenglama, unda
D1=4−a2.
D
1 = 0, u holda
4− a2= 0,a= ±2 . Demak, agar a = ± 2
bo‘lsa, u holda tenglama bitta
ildizga ega x = 1;
D1>0,4−a2>0,a2−4<0,(a−2)(a+2)<0
, u holda − 2 < a < 2
da tenglama ikkita
ildizga ega
x1,2= 2±√4−a2
a
D
1 < 0 , 4 − a 2
< 0 , a 2
− 4 > 0 , ( a − 2 ) ( a + 2 ) > 0
, u holda

a← 2va a>2 da tenglama ildizlarga
Agar b≠1 bo‘lsa, u holda kvadrat tenglama ( b − 1 ) x 2
− 2 bx + b + 1 = 0
ga ega
26

bo‘lamiz, unda D
1 = b 2
− ( b − 1 ) ( b + 1 ) = b 2
− b 2
+ 1 = 1 , D
1 > 0
, demak tenglama ikkita
ildizga ega
x = b ± 1
b − 1 u holda x
1 = b + 1
b − 1 , x
2 = b − 1
b − 1 = 1.

Bundan ko‘rinadiki, tenglama ikkita manfiy ildizga ega bo‘ladi,
chunki ildizlaridan biri 1 ga teng. Tenglama ikkita musbat ildizga faqat x
1 > 0
bo‘lganda
ega bo‘ladi. b + 1
b − 1 > 0
ga ega bo‘lamiz, bu esa ( b + 1 ) ( b – 1 ) > 0
tengsizlikka teng
kuchli bo‘lishini bildiradi. Tengsizlikni echib b← 1 yoki b>1 ni olamiz. Demak,
b<- 1 yoki b>1 da tenglama ikkita musbat ildizga ega.
Javob : agar
b=1 bo‘lsa, u holda x=1 – yagona ildiz; agar b← 1 yoki b>1
bo‘lsa, u holda tenglama ikkita musbat ildizga ega; ikkita manfiy va yagona
ildizga ega bo‘lishi mumkin emas.
Parametrli bir noma’lumli kvadrat tenglamalarni tadqiq etishga doir
masalalar.
2.1.4-masala .k ning :
a)
x2–3x+k<0 tengsizlik faqat x ∈ ( 1 ; 2 )
; lar uchun o‘rinli bo‘ladigan qiymatini
–x2+x+k>0
tengsizlik faqat x ∈ ( − 2 ; 3 )
lar uchun o‘rinli bo‘ladigan
qiymatini toping.
Yechish. a)
x2–3x+k<0 tengsizlik faqat x ∈ ( 1 ; 2 )
lar uchun o‘rinli , agar
x1=1va x2= 2x2–3x+k
kvadrat uchhad ildizlari bo‘lsa, bu erda
( a = 1 > 0 ) .
ya’ni
k=1∙2=2.
b)tengsizlikni (–1), ga ko‘paytirib unga teng kuchli
x2–x–k<0 tengsizlikni
olamiz. Bu tengsizlik faqat x ∈ ( − 2 ; 3 )
,lar uchun o‘rinli, agar

x1= –2va x2=3x2–x–k kvadrat uchhad ildizlari bo‘lsa, ya’ni k = 6
da
27

Javob. a) k=2 ; b) k=6.
2.1.5-masala . k ning:
x2–24 x+k>0
tengsizlik x = 12
dan tashqari barcha x lar uchun o‘rinli
bo‘ladigan qiymatlarini toping.
Yechish. a) Bu erda tengsizlikni ( x – 12 ) 2
> 0
ko‘rinishda yozish mumkin
bo‘ladigan k ning qiymatini topish talab etiladi. Masala shartini faqat
k=144
qanoatlantiradi.
2.1.6-masala. a) a ning qanday
qiymatlarida
(x–3)(x–5)(x–a)2>0
tengsizlikning yechimlar to‘plami ikkita oraliqdan? Uchta oraliqdan iborat
bo‘ladi?
Y echish. 1) a > 5
bo‘lsa, u holda ko‘phad 3, 5 va a uchta ildizga ega. Bu
ildizlarni koordinata o‘qida belgilaymiz va oraliqlar usulini qo‘llaymiz,
ko‘phadning ishorasini oraliqlarda aniqlaymiz
(2.1-rasm)
yechimlar to‘plami uchta oraliqdan iborat.
2) Agar
a=5 bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlik :
( x – 3 ) ( x – 5 ) 3
> 0.
(2.1)
ko‘rinishda yoziladi. Ko‘phadning 3 va 5 ildizlarini son o‘qida belgilaymiz va
oraliqlar usulini qo‘llaymiz, ko‘phadning ishorasini oraliqlarda aniqlaymiz
(2.2-rasm)
Tengsizlikning yechimlar to‘plami ikkita oraliqdan iborat.
28

3) Agar 3 < a < 5, bo‘lsa, u holda ko‘phad 3, 5 va a uchta ildizga ega, Bu
ildizlarni koordinata o‘qida belgilaymiz va
(2.3-rasim)
Oraliqlar usulini qo‘llaymiz, ko‘phadning ishorasini oraliqlarda aniqlaymiz.
Tengsizlikning olingan yechimlar to‘plami ikkita oraliqdan iborat
4) Aar a=3 bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlik.
( x – 3 ) 3
( x – 5 ) > 0.
(2.2)
ko‘rinishda yoziladi. Ko‘phadning 3 va 5 ildizlarini son o‘qida belgilaymiz va
oraliqlar usulini qo‘llaymiz, ko‘phadning ishorasini oraliqlarda aniqlaymiz.
Uning yechimlar to‘plami ikkita oraliqdan iborat.
5) Agar
a<3 bo‘lsa, u holda ko‘phad 3, 5 va a uchta ildizga ega , Bu ildizlarni
koordinata o‘qida belgilaymiz va oraliqlar usulini qo‘llaymiz, ko‘phadning
ishorasini oraliqlarda aniqlaymiz. Tengsizlik yechimlar to‘plami uchta oraliqda
iborat.
2. 4-rasim
Barcha qaralgan hollarni birlashtirib javobni yozamiz.
Javob. agar
3≤a≤5 bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlik yechimlar to‘plami
ikkita oraliqdan; agar a < 3
yoki a > 5
bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlik yechimlar
to‘plami uchta oraliqdan iborat.
2.1.7masala. a ning qanday qiymatlarida
(x+5)(x−3)
(x− a)2 >0

tengsizlikning yechimlar to‘plami ikkita oraliqdan? Uchta oraliqdan iborat
bo‘ladi?
29

Yechish. a ning ixtiyoriy qiymatida berilgan tengsizlik(
x + 5 )( x − 3 )( x − a ) 2
> 0 . (2.3)
tengsizlikka teng kuchli
1) Agar
a>3 bo‘lsa, u holda ko‘phad uchta –5,3 va a ildizga ega. Ularni
koordinata o‘qida belgilaymiz va umumiy oraliqlar usulini qo‘llaymiz va hosil
bo‘lgan oraliqlar ustiga «+» va «–» ishoralarni qo‘yamiz.
2.5-rasm
Olingan (2.3)tengsizlikning yechimi va demak, berilgan tengsizlikning
yechimlar to‘plami uchta oraliqdan iborat ekan.
2) Agar
a=3 bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlik
(x+5)(x− 3)3>0. (8)
ko‘rinishda yoziladi. U holda ko‘phad ikkita − 5 , 3
2.6-rasm
ildizlarga ega. Ularni koordinata o‘qida belgilaymiz va umumiy oraliqlar
usulini qo‘llaymiz va hosil bo‘lgan oraliqlar ustiga «+» va «–» ishoralarni
qo‘yamiz.
Olingan (8) tengsizlikning va demak, berilgan tengsizlik yechimlar to‘plami
ikkita oraliqdan iborat.
3) Agar
–5<a<3 bo‘lsa, u holda u holda ko‘phad uchta : – 5 , 3
va a ildizlarga
2.7-rasm
ega. Ularni koordinata o‘qida belgilaymiz va umumiy oraliqlar usulini
qo‘llaymiz va hosil bo‘lgan oraliqlar ustiga «+» va «–» ishoralarni qo‘yamiz.
30

Olingan (2.3) tengsizlikning va demak, berilgan tengsizlik yechimlar
to‘plami ikkita oraliqdan iborat.
4) Agar a= –5, bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlik
(
x + 5 ) 3
( x − 3 ) > 0 . (2.4)
ko‘rinishda yoziladi. u holda ko‘phad ikkita: − 5 , 3
ildizlarga ega. Ularni
koordinata o‘qida belgilaymiz va umumiy oraliqlar usulini qo‘llaymiz va hosil
bo‘lgan oraliqlar ustiga «+» va «–» ishoralarni qo‘yamiz. Olingan (2.4)
tengsizlikning va demak, berilgan tengsizlikning yechimlar to‘plami ikkita
oraliqdan iborat.
5) Agar
a<–5 , bo‘lsa, u holda u holda ko‘phad uchta –5,3 va a i ldizlarga
ega. Ularni koordinata o‘qida belgilaymiz va umumiy oraliqlar usulini
qo‘llaymiz va hosil bo‘lgan oraliqlar ustiga «+» va «–» ishoralarni qo‘yib
chiqamiz.
2.8-rasm
Hosil qilingan (2.3) tengsizlikning va demak, berilgan tengsizlikning
yechimlar to‘plami uchta oraliqdan iborat.
Javob. a) Agar
–5≤a≤3 , bo‘lsa, u holda berilgan tengsizlikning yechimlar
to‘plami ikkita oraliqdan; agar
a<–5 yoki yoki a>3 bo‘lsa, yechimlar to‘plami
uchta oraliqdan iborat.
2.2-§. Parametr qatnashgan kursatgichli tenglamala va tengsizliklarni yechish
usullari
Ko‘rsatkichli tenglamalarda noma’lum daraja ko‘rsatkichida ishtirok etadi.
Ko‘rsatkichli tenglamalami yechishda ko‘rsatkichli funksiyaning xossalaridan
foydalaniladi.
1. Eng sodda ko‘rsatkichli tenglamani qaraylik:
31

a x
= b (2.5)
bunda a > 0
va a ≠ 1
.
y = a x
ko‘rsatkichli funksiyaning aniqlanish sohasi musbat sonlar to‘plamidan
iborat bo‘lishini e’tiborga olsak, (2.5) tenglama b < 0
yoki b = 0
bo‘lganda yechimga
ega emas.
b > 0
bo‘lsin. y= ax funksiya (− ∞ ;+∞) oraliqda a > 1
bo‘lganda o‘suvchi ¿ da
kamayuvchi) bo‘lib, barcha musbat sonlami qabul qiladi. Bunday holda
a>0 , a≠1
va b > 0
bo‘lganda (2.5) tenglama yagona ildizga ega bo‘ladi. Uni topish uchun b
ni
b=ac
ko‘rinishda tasvirlash kerak. Ravshanki, c soni
a x
= a c
tenglamaning
yechimi x = c
bo‘ladi.

a¿ b¿
Bordiyu
b ni
b = a c
ko‘rinishda ifodalab bo‘lmasa va b>0 bo‘lsa, u holda
(2.5) tenglama x = log
a b
yagona yechimga ega bo‘ladi.
2.2.1-misol: 49 x
= 1
343 tenglamani yeching.
Yechish. Bu tenglamani ikki usul bilan yechamiz.
1-usul.
49 x= (343 )−1

(72)x=(73)−1
32

7 2 x
= 7 − 3
2x=−3
x = − 3
2
2-usul. x = log
49 1
343 = − log
49 343 = − log
7 2 7 3
= − 3
2 log
7 7 = − 3
2
Javob: x = − 3
2
2.2.2-misol.
4x+2−10 ∙3x=2∙3x+3−11 ∙22x tenglamani yeching. Yechish.
Berilgan tenglamani (2.5) ko‘rinishga keltirib, yechimini topamiz:

4x+2−10 ∙3x=2∙3x+3−11 ∙22x

4 x + 2
+ 11 ∙ 2 2 x
= 2 ∙ 3 x + 3
+ 10 ∙ 3 x

4x∙42+11 ∙4x=2∙3x∙33+10 ∙3x

4 x
∙
( 4 2
+ 11 ) = 3 x
∙ ( 2 ∙ 3 3
+ 10 )
4x∙27 = 3x∙64
4 x
3 x = 64
27
4 x
3 x = 4 3
3 3
(
4
3)
x
=(
4
3)
3
⇒ x= 3
Javob.
x=3.
2.2.1-teorema. Agar
a>0,a≠1 bo‘lsa, u holda (2.4) tenglama
f ( x ) = g ( x )

tenglamaga teng kuchli bo‘ladi.
2.2.3-misol.
2 x 2
∙ 5 x 2
= 0,001
( 10 3 − x ) 2
tenglamaniyeching.
33

Yechish. Berilgan tenglamani (2.4) ko‘rinishga keltiramiz:
( 2 ∙ 5 ) x 2
= 10 − 3
∙ 10 6 − 2 x

10 x 2
= 10 3 − 2 x
Teoremaga ko‘ra
x 2
= 3 − 2 x tenglamaga ega bo‘lamiz va uni yechamiz:

x2+2x−3= 0 ,

x1=− 3,x2=1 .
Ikkala topilgan ildiz ham berilgan tenglamani qanoatlantiradi.
Javob.
x1=− 3,x2=1 .
2.2.4 -misol.
(0,6 )x∙(
25
9 )
x2−12
=(
27
125 )
3 yeching
Yechish. Bu tenglamani ham (2.4) ko‘rinishga keltirib olamiz:

( 3
5 ) x
∙ ( 5
3 ) 2 ∙
( x 2
− 12 )
=
( 3
5 ) 9

(
3
5)
x
∙(
5
3)
2x2−24
=(
3
5)
9
(
3
5)
x
∙(
3
5)
24−2x2
=(
3
5)
9
(
3
5)
24−2x2+x
=(
3
5)
9
24 − 2x2+x=9⇒ 2x2− x−15 = 0
x
1 = − 5
2 , x
2 = 3
Ikkala ildiz ham berilgan tenglamani qanoatlantiradi.
Javob. x
1 = − 5
2 , x
2 = 3
34

Ko‘rsatkichli va logarifmik tenglamalar sistemalari.
Ko‘rsatkichli va logarifmik tenglamalar sistemasini yechishda ham algebraik
tenglamalar sistemalarini yechishda qo‘llanilgan usullardan (o‘zgaruvchilami
almashtirish, algebraik qo‘shish, yangi noma’lum kiritish va h.k.) foydalanish
mumkin. Bunda birorta usulni sistemani yechishga qo‘llashdan oldin sistema
tarkibiga kirgan har bir tenglamani soddaroq ko‘rinishga keltirish lozim.
2.2.5-misol . {
64 2x+64 2y=12
64 x+y= 4√2 tenglamalar sistemasini yeching
Yechish.
u=64 x , v=64 y desak, u
va v
ga nisbatan
{
u 2
+ v 2
= 12
uv = 4 √ 2
tenglamalar sistemasini olamiz.
Bu sistema 4 ta yechimga ega: 1
{
u1= 2
v1= 2√2
⇒ {
u2=2√2
v2= 2
⇒ {
u3=−2
v3=− 2√2
⇒ {
u2=−2√2
v4=−2

Ammo
u=64 x , v=64 y bo‘lgani uchun, u > 0 , v > 0
bo‘ladi. Shuning uchun
topilgan 4 ta yechimdan dastlabki 2 tasini olamiz. Demak, berilgan sistemani
yechish quyidagi 2 ta tenglamalar sistemasini yechishga keltiriladi:

{ 64 x
= 2
64 y
= 2 √ 2 , { 64 x
= 2
√ 2
64 y
= 2
Birinchi sistemani yechib, x
1 = 1
6 , y
1 = 1
4 ni, ikkinchi sistemani yechib esa
y
2 = 1
4 , x
2 = 1
6 ni topamiz.
Javob:
( 1
6 ; 1
4 ) ; ( 1
4 ; 1
6 )
2.2.6- miso1.
{ x y
= 40
x lgy
= 4 tenglamalar sistemasini yeching.
35

Yechish. Berilgan sistema tenglamalarining aniqlanish sohasi
koordinatalar tekisligining x > 0 , x ≠ 1 , y > 0
shartlarni qanoatlantiradigan nuqtalari
to‘plamidan iborat. Sistema tenglamalarining har birini 10 asosga ko‘ra
logarifmlaymiz va quyidagi sistemani olamiz:
{
lgx +lgy =4+lg 40
lgx ∙lgy =lg 4
Bu sistemani kvadrat tenglama ildizlarining xossalaridan foydalanib yechish
mumkin. Bunda lgx
va
lgy lar
t2−(1+lg 4)t+lg 4=0
tenglamaning ildizlari bo‘ladi.
Bu tenglamaning ildizlarini topamiz:
t1=1;t2=lg 4
Natijada berilgan sistemani yechish, quyidagi ikkita tenglamalar sistemasini
yechishga keltiriladi:
{
lgx = 1
lgy = lg 4 ; { lgy = 1
lgx = lg 4
Birinchi sistema
x1=10 ,y1=4 ; ikkinchi sistema esa x2=4,y2=10 yechimga
ega. Bu yechimlar berilgan sistema tenglamalarini qanoatlantiradi.
Javob:
(10 ;4);(4;10 )
2.2.7-misol.
{ log
4 xy + 3 log
4 x
log
4 y = 0
log
4 x
y − log
4 x ∙ log
4 y = 0 tenglamlar sistemasini yeching
Yechish. Sistema tenglamalarining ko‘rinishini o‘zgartiramiz:

{ log
4 x ∙ log
4 y + log 2
4 y
+ 3 log
4 x = 0
log
4 x − log
4 y − log
4 x ∙ log
4 y = 0 (2.6)
Bu sistema tenglamalarini hadlab qo‘shib, quyidagi tenglamani olamiz:
log 2
4 y
− log
4 y + 4 log
4 x = 0
36

log 4x= 1
4(log 4y−log 24y)log
4 x
ning topilgan ifodasini (2.6) sistemaning ikkinchi tenglamasiga
qo‘yamiz va

log y43 − 2log y42 −3log 4y=0
tenglamani hosil qilamiz, uni ko‘paytuvchilarga ajratamiz:
log
4 y
( log y
42
− 2 log
4 y − 3 ) = 0
.
log
4 y
( log
4 y − 3 ) ∙( log
4 y + 1 ) = 0

Bu tenglama uchta tenglamaga ajraladi:
1 ¿ log
4 y = 0 , 2 ¿ log
4 y = 3 , 3 ¿ log
4 y = − 1

y
1 = 1 , y
2 = 64 , y
3 = 1
4
y
ning bu qiymatlariga mos keluvchi x
ning qiymatlarini topamiz:

x1=1,x2= 1
8,x3= 1
2
Sistema tenglamalarining aniqlanish sohasini tahlil qilib, x > 0 va x ≠ 1 ,
y>0va y≠1
bo‘lishini aniqlaymiz.
Shunday qilib, berilgan tenglamalar sistemasi
( 1 ; 1 ) ,( 1
8 ; 64 ) va ( 1
2 ; 1
4 )
Javob:
( 1 ; 1 ) ,( 1
8 ; 64 ) ;( 1
2 ; 1
4 )
2.3- §. Parametrli kvadrat tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda o‘quv
izlanish faoliyati ko‘nikmalarini rivojlantirish
1. m ning qanday qiymatlarida
( 1 + m ) x 2
− 2 x + m − 2 = 0
tenglama ildizlari
musbat bo‘ladi?
2. k ning qanday qiymatlarida
( 1 + k ) x 2
− 3 kx + 4 k = 0
tenglama ildizlari –1 dan
37

katta bo‘ladi?
3. a
ning qanday qiymatlarida 2x24(а+2)х+a2+1=0 tenglama ildizlari 0,5
dan kichik bo‘ladi?
4. k ning qanday qiymatlarida 2 dan katta bo‘ladi?
2.3.1 Quyidagi tengsizlik yechimga egami:
9 x + 1
+ 7 ∙ 4 x + 1
2
< 8 ∙ 6 x

Yechish. Bu masalada yana kamroq darajada kvadrat uchhad ko‘rinadi,
lekin 9,4,6 sonlari 2 va 3 ko‘paytuvchilardan iboratligini hisobga olsak,
9x+1= 9∙32x,4x+12= 2∙22x,6x= 2x∙3x
almashtirishlarni e’tiborga olib,
9 ∙ 3 2 x
− 8 ∙ 2 x
∙ 3 x
+ 14 ∙ 2 2
= 0
tengsizlikka kelamiz.
Endi 3 x
ni fikran u, 2 x
ni z orqali belgilasak, oldingi masaladagi u
va
z
larga nisbatan bir jinsli ifodaga kelamiz. Lekin bu holda tengsizlik bilan ish
ko‘rayotganimiz uchun, uning ishorasini bilishimiz kerak
z2=4x bo‘lgani uchun,
bo‘lishdan so‘ng y
z ni t orqali belgilab
9t 2  8t 14  0 tengsizlikka kelamiz. Bu
kvadrat uchhad diskriminanti manfiy va uning bosh koeffitsienti musbat bo‘lgani
uchun, uchhad t ning har qanday qiymatida musbat. Demak, oxirgi tengsizlik, shu
bilan birga berilgan tengsizlik yechimga ega emas.
2.3.2-misol. Tengsizlikni isbotlang:
a2+b2+c2+аb+bс≥са
Isbot. Berilgan tengsizlikni quyidagi ko‘rinishda yozib olamiz:
a2− а(b+с)+b2+c2− bс=0
chap tomon
a ga nisbatan kvadrat uchhaddan iborat (bunda b
va c
parametrlar)
va uning uchun uning diskriminanti nomusbat ekanligini ishonch
hosil qilish lozim.
D  ( b  c ) 2
 4( b 2
 c 2
 bc )   36 2
 66 c  3 c 2
  3( b  c ) 2
bo‘lgani uchun berilgan tengsizlik o‘rinli.
38

Bu masalani yana guruhlash usuli bilan ham Yechish mumkin:
a 2
+ b 2
+ c 2
− ab − ca = 1
2( a − b ) 2
+ 1
2 ( b − c ) 2
+ 1
2 ( a − c ) 2

Lekin guruhlash bu sun’iy usul va agar ma’lum bir g‘oya mavjud
bo‘lmasa, guruhlash muvaffaqiyati tasodif yoki zarur natijaga erishish uchun
qattiq harakat natijasidir.
Aksincha ifodani diqqat bilan tahlil etish almashtirish g‘oyasini topishga
yordam beradi, guruhlash san’atini guruhlash fani bilan almashtirishga imkon
beradi.
Kvadrat tenglamalar va tengsizliklar yordamida hal qilinadigan masalalar
yechishga o‘rgatish
Kvadrat tenglamalar va tengsizliklar yordamida hal qilinadigan isbotlashga
doir masalalarni ham qo‘llash uning ahamiyatini ko‘rsatishga xizmat qiladi
2.3.3-misol . Ixtiyoriy ketma-ket natural son ko‘paytmasi 25 ga bo‘linganda 1
qoldiq bo‘lmasligini isbotlang
Isbot. n  n  1   25 k  1 D  1  4  25 k  1   5(20 k  1)
20 k + 1
ko‘rinishdagi sonlar 5 ga bo‘linadi 1 qoldiqni beradi. 5ga bo‘linadi, 25 ga
bo‘linmaydi. D to‘liq kvadrat bo‘lolmaydi. Demak, tenglama butun sonlarda
yechimga ega bo‘lmaydi.
2.3.4misol . Qanday
a,b,c larda
{ a x 2
+ bx + c = 0
b x 2
+ cx + a = 0
c x 2
+ ax + b = 0 sistema yechimga ega?
Yechish .Tenglamalarni qo‘shib
 а  в  с  x 2
  а  в  с  х   а  в  с  
ga ega bo‘lamiz. Bundan
(
а + в + с )( x 2
+ х + 1 ) = 0 , agar
а + в + с ≠ 0
bo‘lsa tenglama yechimi yo‘q. Demak, tenglama yechimi bo‘lishi
uchun
a+v+s=0 bo‘lishi kerak.
1. Kvadrat tenglamalar ildizlarini tekshirishga doir parametrga bog‘liq
39

masalalarni yechish fikrlash, matematik tahlil va usullarni o‘rganishga
yordam beradi.
2.4 -§. Parametr qatnashgan irratsional tenglama va tengsizliklarni yechish
usullari.
Algebraik tenglamaning yana bir turi irratsional tenglamadir.
2.4.1 Ta ’ rif: Agar f(x,a,b,⋯,c) va ϕ(x,a,b,⋯ ,c) lar irratsional funksiyalar
bo‘lsa, u holda
f(x,a,b,⋯ ,c)=ϕ(x,a,b,⋯ ,c)
ko‘rinishdagi tenglama irratsional tenglama deyiladi. Bu erda
a,b,⋯,c –
parametrlar.
Irratsional tenglamani yechishda asosan irratsional ifodalar ustida ayniy
shakl almashtirishdan va irratsional funksiyalarning asosiy x ossalaridan
foydalaniladi.
Bizga
n√f(x,a,b,...,c)=ϕ(x,a,b,⋯ ,c) tenglama berilgan bo‘lsin. Bu erda n
ning juft yoki toqligiga qarab quyidagi hollar bo‘lishi mumkin:
1)
{f(x,a,b,...,c)≥0¿{f(x,a,b,...,c)=ϕ
n
(x,a,b,...,c)¿¿¿¿ 2) {f(x,a,b,...,c)=ϕ
n
(x,a,b,...,c)¿{n=2k+1¿¿¿¿
Irratsional tenglamalarni yechishda quyidagi usullardan foydalanish
mumkin.
1-usul Yangi o‘zgaruvchi kiri tish usuli.
Bu usulda
f(x,n√ϕ(x))=0 tenglamani unga ekvivalent bo‘lgan ushbu
sistemalarga keltirish mumkin:
{f(x,u)=0¿¿¿¿
yoki {f(x,u)=0¿{u
2k
=ϕ(x)¿¿¿¿
40

2.4.2-misol . Tenglamani yeching.
√3x− 2+√x+2= a
Yechish . T englama berilishidan
3x− 2≥0 va x+2≥0 tengsizliklar, ya’ni x≥ 2
3
tengsizlik bajarilish kerak.
Ikkinchidan, parametr
a uch un ham a≥0 shart bajarilishi kerak.

√x+2= y a lmashtirish bajaramiz. U holda x+2= y2 va x= y2− 2 , ya’ni
3x− 2=3y2−8
bajariladi.
B e rilgan t e nglama
√3y2−8=a− y ko‘rinishga k e ladi. Bu e rda
{y≤a¿{3y
2
−8≥0¿¿¿¿
sh artlar bajariladi. Hosil qilingan tenglamani
y ga nisbatan yechamiz.

3y2− 8= a2− 2ay +y2 ⇒ 2y2+2ay − (a2+8)= 0 ,

y1,2= 1
2(− a± √3a2+16 )

y1= 1
2(− a− √3a2+16 )<0 ekanligidan u yechim bo‘lmaydi.
y2= 1
2(− a+√3a2+16 )
ni ko‘ramiz. y2≤a sha r t bajarilishi uchun a≥ 2√6
3
bajarilishi kerak.
E ndi
y2 ga mos x ning qiymatini topamiz. x= y2− 2 yoki
x1= 1
2(2a2+4− a√3a2+16 )
.
Yechim:
a≥ 2√6
3 da x1 ,
a<2√6
3 da bo‘sh to‘plam bo‘ladi.
41

Parametrli irratsional tengsizliklar.
Irratsional tengsizliklarni yechish irratsional tenglamalarni yechishdan
qisman farq qiladi.
2.4.2- Ta’rif. Agar f(x,a,b,⋯,c),g(x,a,b,⋯ ,c) funksiyalar irratsional
funksiyalar bo‘lsa, u holda
f(x,a,b,⋯ ,c)≥g(x,a,b,⋯ ,c)
k o‘ rinishdagi tengsizlik irratsional tengsizlik deyiladi .
Irratsional tengsizliklarni yechish metodlarini aniqlaydigan quyidagi
teoremalar mavjud:
2.4.1-teorema.
2k√ϕ(x,a,...,c)<f(x,a,...,c)
tengsizlik
{ϕ(x,a,...,c)<(f(x,a,...,c))
2k
,¿{f(x,a,...,c)>0,¿¿¿¿
irratsional tengsizliklar sistemasiga ekvivalentdir.
2. 4.2 -teorema.
2k√ϕ(x,a,...,c)<f(x,a,...,c)
tengsizlik
{ f ( x , a ,... ,c )≥ 0 , ¿ ¿ ¿ ¿
irratsional tengsizliklar sistemasiga ekvivalentdir.
2. 4.3 -teorema.
2k+1√ϕ(x,a,...,c)<f(x,a,...,c)
yoki 2k+1√ϕ(x,a,...,c)≤ f(x,a,...,c)
ko‘rinishdagi tengsizliklar mos ravishda
42

ϕ(x,a,...,c)<[f(x,a,...,c)]2k+1 va ϕ(x,a,...,c)≤[f(x,a,...,c)]2k+1
tengsizliklarga ekvivalent bo‘ladi.
2.4. 4-teorema .
f(x,n√ϕ(x))>0
tengsizlik
{f(x,y)>0,¿¿¿¿
aralash sistemaga e kvivalentdir.
2.4.3-misol .
√x− a+√2x+1>√3x− 4 tengsizlikni yeching.
Yechish. Tengsizlik ma’noga ega bo‘lishi uchun
x≥ a va x≥ 4
3 tengsizliklar
o‘rinli bo‘lishi kerak.
Kvadrat ildiz tahrifdan foydalanib, berilgan tengsizlikda tegishli shakl
almashtirishdan so‘ng quyidagi tengsizliklar sistemasini hosil qilamiz:
{2√2x
2
−(2a−1)x−a>a−5,¿{x≥a,¿¿¿¿
(2.7)
Agar
a≤ 4
3 bo‘lsa, u holda a− 5<0 bo‘lib, yuqoridagi (2.7) sistemaning
yechimi
x≥ 4
3 tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha haqiqiy sonlar bo‘ladi, chunki
2√2x2−(2a−1)x−a≥0
tengsizlik ham o‘rinlidir.
43

Xuddi shu kabi mulohaza yuritib, 4
3<a<5 tengsizliklarni qanoatlantiruvchi
parametrning qiymatiga mos (1) sistemaning
x≥a shartni qanoatlantiruvchi
barcha haqiqiy sonlardan iborat yechimini topamiz.
Endi
a≥5 bo‘lgan holni o‘rganamiz. Bunda a−5≥ 0 bo‘ladi. Bulardan
foydalanib, sistemani quyidagicha yozish mumkin:

{8x
2
−4(2a−1)x−a
2
+6a−25 >0,¿¿¿¿ (2.8)
Bu sistemadagi birinchi tengsizlikning chap tomonidagi
x ga nisbatan
kvadrat uchhadning diskriminanti
D= 16 (6a2−16 a+51 )≥0 bo‘lishi kerak.
Lekin
6a2− 16 a+51 ham a ga nisbatan kvadrat uch h ad bo‘lib, a ning har
qanday haqiqiy qiymatida uning diskriminanti manfiy bo‘ladi. Demak,
a ning har
qanday haqiqiy qiymatida
D musbat bo‘lib,

8x2−4(2a−1)x− a2+6a−25 =0 (2.9)
tenglama ikkita haqiqiy ildizlarga ega bo‘ladi:
x1= 1
4(2a−1−√6a2−16 a+51 )
va
x2= 1
4(2a−1+√6a2−16 a+51 )
.
S h u bilan birga
x2>x1 tengsizlik ham o‘rinli. S h uning uchun (2 .8 ) sistema
quyidagi ikkita sistemaga teng kuchli bo‘ladi:
{x<x1,¿¿¿¿
{x>x2,¿¿¿¿
44

a parametrni x1 va x2 lar bilan taqqoslaymiz. Buning uchun (2.9)
tenglamada
x= a almashtirish bajaramiz.
8a2− 4(2a−1)a−a2+6a−25 =0;
− (a− 5)2= 0
.
Demak, kvadrat uchxad
x=a qiymatda manfiy qiymat qabul qiladi, shuning
uchun
x1≤a≤ x2 tengsizlik o‘rinli.
Bundan esa
{x<x1,¿¿¿¿
sist e maning yechimga ega emasligi kelib chiqadi .
{x>x2,¿¿¿¿
si st e m a ning yechimi esa
x>x2 t e ngsizlik bilan aniqlanadi. Natijada, a
param e trning qiymatlariga m o s quyidagi yechimni t o pamiz :
Agar
a≤ 4
3 bo‘lsa, 4
3≤ x<∞ ;
agar
4
3<a<5 bo‘lsa, a≤ x<∞ ;
agar
a≥5 bo‘lsa,
1
4(2a− 1+√6a2− 16 a+51 )≤ x<∞ .
45

XULOSA
Ushbu mavzuda biz parametr qatnashgan tenglama va tengsizliklar parametr
qatnashgan masalalarni muommolarni yechishni o‘z ichiga olishini kurishimiz
mumkin. bunday masalalarda berilgan noma’lumlar bilan birga son qiymati aniq
ko‘rsatilmagan parametrlar qatnashib, ularni biror to‘plamda berilgan ma’lum
miqdorlar deb qarashga to‘g‘ri keladi. Bunda parametrning qiymati masalani
yechish jarayoniga va yechimning ko‘rinishiga mantiqiy va texnik jihatdan katta
ta’sir ko‘rsatadi. parametrning aniq qiymatlarida masalaning javoblari bir–biridan
keskin farq qilishini kurishimiz mumkin.
Masalaning qo‘yilishi. Parametr bilan tanishish. Parametr qatnashgan
tenglamalar va tengsizliklarni yechish yo‘llarini o‘rganish.
Biz f(a,b,c,… ,k,x)= g(a,b,c,… ,k,x) ko‘rinishdagi tenglamalarni
qaraymiz, bu erda
a,b,c,… ,k,x – o‘zgaruvchi miqdorlar.
Parametrga bog‘liq masala va misollarni yechishda bazi bir qiyinchiliklar
tug‘diradi . Shuning uchun ushbu bitiruv malakaviy ishda parametrli tenglamalar
va ularning yechilish usullari tadqiq qilingan, Hozirgi kunda o‘zbek tilidagi o‘quv
adabiyotlarida parametrli tenglamalar yechish usullariga oid ma'lumotlar juda kam
shu sababli ushbu bitiruv ishida ba'zi bir muhim usullarini o‘rganish maqsad qilib
qo‘yilgan. Bitiuv malakaviy ishi 2 ta bob, 8 ta paragraf, xulosa hamda
foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxati va internet ma lumotlaridan tashkil topgan.
ʼ
Kirish qismda masalaning dolzarbligi, ilmiy va amaliy ahamiyati haqida qisqacha
ma'lumotlar keltirilgan.
1-tip. Parametrning qiymatlariga bog‘liq ravishda tenglamalar,
tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari yechimlar sonini aniqlash.
2-tip. Parametrning shunday qiymatlarini topish lozimki, ko‘rsatilgan
tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari berilgan sondagi
yechimlarga ega bo‘lsin (xususan, yechimga ega bo‘lmasligi, cheksiz ko‘p
yechimlarga ega bo‘lishi).
46

3-tip. Parametrning izlanayotgan qiymatlarida yechimlar to‘plami
tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari aniqlanish
sohasida berilgan shartlarni qanoatlantiradi. Masalan, 1) tenglama berilgan
oraliqdagi o‘zgaruvchining ixtiyoriy qiymati uchun bajariladigan parametrning
qiymatlarini topish; 2) birinchi tenglama yechimlari to‘plami ikkinchi tenglama
yechimlar to‘plamining qism-to‘plami bo‘ladigan parametrning qiymatlarini
topish va h.k.
1-usul. (analitik). Parmetrsiz masalalarda javobni topishning standart
protseduralarni takrorlaydigan to‘g‘ridan-to‘g‘ri yechish usuli hisoblanadi.
2-usul. (grafik). Masalaga bog‘liq ravishda ( x o‘zgaruvchi va a
parametrli) grafiklar yoki ( x ; y )
koordinata tekisligida yoki ( x ; a )
koordinata
tekisligida qaraladi.
3-usul. (parametrga nisbatan yechish). Bu yechish usulida x va a
o‘zgaruvchilar teng huquqli deb qaraladi va analitik yechim sodda olinadigan
o‘zgaruvchi tanlanadi. Tabiiy soddalashtirishlardan so‘ng
x va a
o‘zgaruvchilarning dastlabki ma’nosiga qaytamiz va yechishni tugallaymiz.
4- Ishning maqsadi va vazifalari. Bitiruv malakaviy ishining maqsadi
paramet haqida tushunchalar, parametrli tenglama va tengsizlik haqida
tushunchalar bilan uzviy bog‘liq.
5- Ilmiy tadqiqot usullari. Parametr haqida tushunchaga ega
bo‘lish.Parametr qatnashgan tenglama va tengsizliklarni o‘ranish,ta’riflari va
teoremalari bilish , masalalar yechishda xossalaridan faoydalanish.
47

Foydalanilgan adabiyotlar.
1.Muhamedov K.”Elementar matematikadan qo‘llanma” O‘quv qo‘llanma. Sharq
nashriyoti matbaa ak.komp.Toshkent 200 8 y.
2.Usmonov F.R, Isomov R.D “Matematikadan qo‘llanma” O‘ quv qo llanmaʻ .
“Yangi asr avlodi” nashriyoti. T oshkent 200 6 y.
3. Usmonov F.R, Isomov R.D “Matematikadan qo‘llanma” O‘ quv
qo llanma
ʻ .“Yangi asr avlodi” nashriyoti. T oshkent 200 6 y.
4. V.A. Gusayev A.G.Mordgovich ,,Matematika’’ spravichni material
Toshkent ,,O‘qituvchi-1988’’
5.M.Usmonov Oliy o‘quv yurtiga kiruvchilar uchun ,,Matematika-1’’
Toshkent -2017
6. Mathematical Olympiads, problems and solutions from around the
world,1998-1999. Edited by andreescu T. and Feng Z. Washington 2000
8.Ayupov Sh., Rihsiyev B., Quchqorov O. «Matematika olimpiadalar
masalalari» 1,2 qismlar. T.: Fan, 2004
9.Ostonov Q ,,Matematika o‘qitish metodikasi’’. Uslubiy qo‘llanma
Samarqand SamDU-2009.
10. Кулжанов, Абдуллаев, Уралова. Определение параметра, основные
типы задач с параметрами. 6-11 ст. Наука-техника-2024.
11. Internet resurslari; WWW.INTIUT.RU ; http ://www.mcmee.ru;
http://lib.mexmat.ru ; http://www.exponenta.ru
www.lib.homelinex.org/math/;www.eknigu.com/lib/
Mathematics/;eknigu.com/info/M Mathematics/MC
12. WWW.allmath .ru./highermath
http://woconferences.com/index.php/SAMES/article/view/204
http://www.problems.ru
48

PARAMETRLI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI MUNDARIJA KIRISH.........................................................................................................3 I BOB. PARAMETRLI BIRINCHI DARAJALI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI 1.1- §. Parametr bilan tanishish.Parametr qatnashgan tenglama va tengsizliklar…………………………….......................................................5 1.2-§. Parametrli chiziqli tenglamalar va ularga keltiriladigan tenglamalar………………………………………………………………...10 1.3- §. Parametrli chiziqli tenglama va tengsizliklar sistemasini yechish usullari…………………………………………………………………….16 1.4- § . Parametr qatnashgan bir nomalumli modulli tenglamalar…………19 II BOB. PARAMETRLI IKKINCHI VA UNDAN YUQORI DARAJALI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI 2.1- §. Parametrli kvadrat tenglama va ularga keltiriladigan tenglamalar………………………………………………………………..25 2.2- §. Parametr qatnshgan tenglama va tengsizliklarni yechish………….31 2.3 -§. Parametrli kvadrat tengsizliklarni o‘rganishda o‘quvchilarda o‘quv izlanish faoliyati ko‘nikmalarini rivojlantirish……………………………38 2.4 -§. Parametr qatnashgan irratsional tenglama va tengsizliklarni yechish usullari…………………………………………………………………….40 XULOSA…………………………………………………………………46 FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR………………………………..48 1

KIRISH 1. Masalaning qo‘yilishi . Parametr bilan tanishish. Parametr qatnashgan tenglamalar. Biz f(a,b,c,… ,k,x)= g(a,b,c,… ,k,x) ko‘rinishdagi tenglamalarni qaraymiz, bu erda a,b,c,… ,k,x – o‘zgaruvchi miqdorlar. 1- ta’rif. Parametrli tenglama yoki tengsizlikni yechish deb, parametrlarning qanday qiymatlarida yechimlar mavjudligini va ular qaysilar ekanligini ko‘rsatishga aytiladi . Tenglama va tengsizliklarni yechish jarayonida teng kuchlilik haqidagi teoremalar muhim ahamiyatga ega. 2- ta’rif. Bir xil parametrlarni o‘z ichiga olgan ikkita tenglama yoki tengsizlik teng kuchli deyiladi, agar : a) parametrlarning bir xil qiymatlarida ma’noga ega bo‘lsa; b) birinchi tenglama (tengsizlik)ning har bir yechimi ikkinchi tenglama (tengsizlik)ning yechimi bo‘lsa va aksincha. 2-Mavzuning dolzarbligi . Parametrli masalalarning asosiy tiplari va yechishning asosiy usullari. 1-tip. Parametrning qiymatlariga bog‘liq ravishda tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari yechimlar sonini aniqlash. 2-tip. Parametrning shunday qiymatlarini topish lozimki, ko‘rsatilgan tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari berilgan sondagi yechimlarga ega bo‘lsin (xususan, yechimga ega bo‘lmasligi, cheksiz ko‘p yechimlarga ega bo‘lishi). 3-tip. Parametrning izlanayotgan qiymatlarida yechimlar to‘plami tenglamalar, tengsizliklar, ularning sistemalari va jamlanmalari aniqlanish sohasida berilgan shartlarni qanoatlantiradi. Masalan, 1) tenglama berilgan oraliqdagi o‘zgaruvchining ixtiyoriy qiymati uchun bajariladigan parametrning 2

qiymatlarini topish; 2) birinchi tenglama yechimlari to‘plami ikkinchi tenglama yechimlar to‘plamining qism-to‘plami bo‘ladigan parametrning qiymatlarini topish va h.k. 1-usul. (analitik). Parmetrsiz masalalarda javobni topishning standart protseduralarni takrorlaydigan to‘g‘ridan-to‘g‘ri yechish usuli hisoblanadi. 2-usul. (grafik). Masalaga bog‘liq ravishda ( x o‘zgaruvchi va a parametrli) grafiklar yoki ( x ; y ) koordinata tekisligida yoki ( x ; a ) koordinata tekisligida qaraladi. 3-usul. (parametrga nisbatan yechish). Bu yechish usulida x va a o‘zgaruvchilar teng huquqli deb qaraladi va analitik yechim sodda olinadigan o‘zgaruvchi tanlanadi. Tabiiy soddalashtirishlardan so‘ng x va a o‘zgaruvchilarning dastlabki ma’nosiga qaytamiz va yechishni tugallaymiz. 3. Ishning maqsadi va vazifalari. Bitiruv malakaviy ishining maqsadi paramet haqida tushunchalar, parametrli tenglama va tengsizlik haqida tushunchalar bilan uzviy bog‘liq. 4. Ilmiy tadqiqot usullari . Parametr haqida tushunchaga ega bo‘lish.Parametr qatnashgan tenglama va tengsizliklarni o‘ranish,ta’riflari va teoremalari bilish , masalalar yechishda xossalaridan faoydalanish. 5. Ishning ilmiy ahamiyati. Bitiruv malakaviy ishidan olingan natijalar o‘quvchilarga qulay va sodda usullar orqali o‘rgatish,turli xil tenglamalar va tengsizliklarni yechishni o‘rgatish. 6. Ishning amaliy ahamiyati. Bitiruv malakaviy ishida o‘rganilayotgan ma’lumotlar parametrli tenglamaning xossalar parametrli tengsizliklar orqali fizika,mehanika va boshqa sohalardagi masalalarni yechishda muhim ahamiyatga ega 7. Ishning tuzulishi. Bitiruv malakaviy ishi kirish, 2 ta bob , xulosa qismi va foydalanilgan adabiyotlar ro‘yxatidan iborat. Ushbu ish matnli sahifalardan 3

tashkil topgan har bir bob paragraflarga ajratilgan va ular o‘zining nomerlanish hamda belgilanishiga ega. I BOB. PARAMETRLI BIRINCHI DARAJALI TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARI 1.1-§. Parametr bilan tanishish. Parametr qatnashgan tenglama va tengsizlik. 1.1.1-tarif. Bir noma’lumi birinchi darajali parametrga bog‘liq tenglamaning umumiy ko‘rinishi quyidagicha: ax=b (1.1) Tenglamada a va b parametrlarning olishi mumkin bo‘lgan qiymatlariga mos uning yechimlari haqida quyidagi hollarni sanab ko‘rsatish mumkin: a) Agar a≠0 bo‘lsa, (1 .1 ) tenglama faqat bitta yechimga ega ( b parametrning qiymatlariga bog‘liq emas). b ) Agar a=0 , b≠0 bo‘lsa, (1 .1 ) tenglama yechimga ega emas. c) Agar a=0 , b=0 bo‘lsa, (1.1) tenglama cheksiz ko‘p yechimga ega, ya’ni x noma’lumning har qanday qiymati (1.1) tenglamani qanoatlantiradi. Demak, bir noma’lumi birinchi darajali tenglamalarni yechishda dastlab uni (1.1) ko‘rinishga keltirish kerak. So‘ngra masalaning qo‘yilishiga bog‘liq holda a), b), c) hollarga muvofiq yechim aniqlanadi. 1.1. 1 -misol . a ning qanday qiymatida 3x−a 5 = ax −4 3 tenglama yechimga ega emas? Yechish: 3x−a 5 − ax −4 3 =0 , 9x−3a−5ax +20 =0 , (9− 5a)x=3a−20 . 4

Oxirgi tenglama yechimga ega bo‘lmasligi uchun 9− 5a=0 bo‘lib, 3a−20 ≠0 bo‘lishi kerak. 9− 5a=0 dan a= 9 5 qiymatda berilgan tenglama yechimga ega emas. Javob: a= 9 5 . B irinchi darajali ikki noma’lumi parametrga bog‘liq tenglamalar sistemalari. Birinchi darajali ikki noma’lumi tenglamalar sistemasining umumiy ko‘rinishi quyidagicha: {ax +by =c,¿¿¿¿ (1.2) (1 .2 ) sistemadagi h ar bir tenglama geometrik ma’no jihat i dan dekart koordinatalar sistemasida to‘g‘ri chiziqni ifodalaydi. Sistemaning yechimi esa bu to‘g‘ri chiziqlarning umumiy nuqtalarini ifodalaydi. Berilgan to‘g‘ri chiziqning koordinatalar sistemasida qanday joylashishi a,b,c (yoki a1,b1,c1 ) parametrlarning qiymatiga bog‘liq. Shuning uchun, (1.2) sistemadagi ikki to‘g‘ri chiziqlarning o‘zaro vaziyati quyidagi 3 xilda bo‘lishi mumkin. 1) to‘g‘ri chiziqlar faqat bitta nuqtada kesishadi, demak sistema yagona yechimga ega bo‘ladi; 2) to‘g‘ri chiziqlar ustma-ust tushadi, demak sistema cheksiz ko‘p yechimga ega bo‘ladi; 3) to‘g‘ri chiziqlar o‘zaro parallel bo‘ladi, ya’ni kesishmaydi, demak sistema yechimga ega emas. Yuqorida ta’kidlanganidek, to‘g‘ri chiziqlarning holati parametrlarning qiymatlariga bog‘liq bo‘lgani uchun (1.2) sistemaning yechimi va parametrlarning qiymatlari orasida quyidagicha bog‘lanish mavjud: 5

O'xshashlar

PARAMETRIK TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI YECHISH USULLARIGA O‘RGATISH METODIKASI

FUNKSIONAL TENGLAMA VA TENGSIZLIKLARNI O‘RGANISH METODIKASI

Tengsizliklarni isbotlashning ba’zi usullari

Kop parametrli qiymat qaytaruvchi funksiyalarga doir misollar yechish

INTEGRAL TENGLAMALARNI YECHISH USULLARI