183
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
ANIQ FANLAR
Janiqulov Qamariddin Kenjayevich
Samarqand davlat universiteti tadqiqotchisi
UDK: 51
MODULLI TENGLAMALARNI YECHISH ORQALI O‘QUVCHILARDA
TADQIQOTCHILIKNI SHAKLLANTIRISH
Kalit so‘zlar
:
modul,
tenglama,
funksiya,
parameter,
ildiz,
koordinata
o‘qlari.
Annotatsiya
. Maqolada uchta parametrga bog‘liq modulli
tenglamani yechishning grafik usuli qaralgan. Tenglamaning o‘ng
va chap tomonlari orqali ikkita funksiya aniqlab olingan.
Aniqlangan
funksiyalarning
chegaralangan
va
chegaralanmaganliklaridan foydalanib, parametrlarga bog‘liq
holda modulli tenglama yechimlarining mavjudlik shartlari va
yechimlarining soni ko‘rsatib berilgan. Bundan tashqari
qaralayotgan
modulli
tenglama
parametrlarning
qanday
qiymatlarida
yechimlarga
ega,
aniqlangan
funksiyalar
grafiklarining qaysi choraklarda joylashishi haqidagi savollarga
ham to‘liq javob berilgan.
ФОРМИРОВАНИЕ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКОЙ ДЕЯТЕЛЬНОСТИ
УЧЕНИКОВ ПУТЕМ РЕШЕНИЯ МОДУЛЬНЫХ УРАВНЕНИИ
Жаникулов Камариддин Кенжаевич
Соискатель Самаркандского государственного университета
Ключевые
слова
:
модуль,
уравнение,
функция,
параметр,
корень,
координатные
оси.
Аннотация
. В статье рассматривается графический метод
решения модульного уравнения зависящихся от трех
параметров. Определяются функции правой и левой части
уравнения. Используя ограниченные и неограниченные
свойства определенных функций, показаны условия
существования и количество решений модульного уравнения
с параметрами. Кроме того, полностью даны ответы на
вопросы о том, при каких значений параметров
рассматриваемого модульного уравнения имеют решения, и
в каких квадрантах расположены графики определяемых
функций.
184
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
FORMATION OF RESEARCH IN STUDENTS BY SOLVING
MODULAR EQUATIONS
Janiqulov Qamariddin Kenjaevich
Researcher of Samarkand State University
Keywords
:
module,
equation,
function,
parameter,
root,
coordinate
axis.
Annotation.
The article considers the graphical method of solving
the modular equation depending on three parameters. Two functions
are defined by the right and left sides of the equation. Using bounded
and unbounded properties of defined functions, the existence
conditions and the number of solutions of modular equation
solutions depending on the parameters are shown. In addition, the
questions about which values of the parameters of the considered
modular equation has solution, and in which quadrants the graphs of
the defined functions are located, have been fully answered.
KIRISH
Modulli bitta parametga bog‘liq bo‘lgan tenglamalarni o‘rganishga bag‘ishlangan
xorijlik va O‘zbekistonlik matematik va metodistlar tomonidan ko‘plab ishlar chop
etilgan
[1], [2], [5]
. Biz ushbu maqolada uchta parametrga bog‘liq bo‘lgan bitta
parametrli tenglamani grafik usulida yechishning mumkin bo‘lgan metodikalaridan
birini bayon qilamiz. Modulli parametrli masalalarni grafik va analitik usullarida
yechish, o‘quvchilarning mantiqiy va algoritmik fikrlashlarini rivojlantirib, ularda
tadqiqotchilikning shakllanishiga xizmat qiladi
[3], [4]
.
Misol.
𝑎|𝑥 − 1| + 𝑏|𝑥 + 2| = 𝑚
ko‘rinishdagi 3 ta parametrga bog‘liq
tenglama yechimining mavjudligi va yagonaligini
a, b, m
parametrlarga bog‘liq holda
tadqiq eting.
Yechish.
Biz bu masalani yechish uchun: 1) tenglamaning chap va o‘ng
tomonlari orqali
𝑦
1
= 𝑎|𝑥 − 1| + 𝑏|𝑥 + 2|
va
𝑦
2
= 𝑚
funksiyalarni aniqlab olamiz.
2) Bu funksiyalar grafiklarining kesishish nuqtalarini berilgan tenglamaning
yechimlari deb tushunamiz. 3)
x
noma’lumning modul ostidagi ifodalarni nolga
aylantiruvchi qiymatlarni topib,
𝑥 = 1, 𝑥 = −2,
oraliqlar usulidan foydalanib,
𝑦
1
funksiyaning ko‘rinishini uchta formula orqali yozib olamiz:
𝑦
1
= {
−(𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎 − 2𝑏, 𝑥 < −2
−(𝑎 − 𝑏)𝑥 + 𝑎 + 2𝑏,
−2 < 𝑥 < 1
(𝑎 + 𝑏)𝑥 − 𝑎 + 2𝑏, 𝑥 > 1
Endi quyidagi hollarni alohida-alohida qarab chiqamiz:
I.
1)
𝑎 = 𝑏, 𝑎𝑏 > 0
, u holda
𝑦
1
funksiya quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi:
185
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
𝑦
1
= {
−2𝑏𝑥 − 𝑏, 𝑥 < −2
3𝑏, −2 < 𝑥 < 1
2𝑏𝑥 + 𝑏, 𝑥 > 1
,
(𝑎 = 𝑏 = 1),
𝑦
1
= {
−2𝑥 − 1, 𝑥 < −2
3, −2 < 𝑥 < 1
2𝑥 + 1, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklarini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (1-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
𝑚 < 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2) Agar
𝑚 = 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklarining kesishish nuqtalari
[−2; 1]
kesmadan iborat bo‘ladi va tenglama cheksiz
ko‘p yechimlarga ega bo‘ladi. 3) Agar
𝑚 > 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklari ikkita
𝑀(−
𝑚+1
2
; 𝑚)
,
𝑁(
𝑚−1
2
; 𝑚)
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun
tenglama ikkita yechimga ega bo‘lib, ulardan biri musbat ikkinchisi manfiy bo‘ladi.
Javob:
Agar
𝑚 < 3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
𝑚 = 3
bo‘lsa, yechim cheksiz
ko‘p bo‘lib,
[−2; 1]
kesmadan iborat bo‘ladi; agar
𝑚 > 3
bo‘lsa, yechim ikkita
𝑥
1
=
−
𝑚+1
2
,
𝑥
2
=
𝑚−1
2
.
2)
𝑎 = 𝑏,
𝑎𝑏 > 0
, u holda
𝑦
1
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi:
𝑦
1
= {
−2𝑏𝑥 − 𝑏, 𝑥 < −2
3𝑏, −2 < 𝑥 < 1
2𝑏𝑥 + 𝑏, 𝑥 > 1
,
(𝑎 = 𝑏 = −1),
𝑦
1
= {
2𝑥 + 1, 𝑥 < −2
−3, −2 < 𝑥 < 1
−2𝑥 − 1, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafigini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (2-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
𝑚 > −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2) Agar
𝑚 = −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklari
[−2; 1]
kesmadan iborat bo‘ladi va tenglama cheksiz ko‘p yechimga ega
bo‘ladi. 3) Agar
𝑚 < −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari ikkita
x
y
O
−
2
1
1-rasm
3
𝒚 = 𝒎(𝒎 < 3)
𝒚 = 𝒎 (𝒎 > 3)
𝒚 = 𝒎(𝒎 = 𝟑)
𝑁(
𝑚−1
2
; 𝑚
)
186
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
𝑀(
𝑚−1
2
; 𝑚
),
𝑁(−
𝑚+1
2
; 𝑚
) umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun tenglama ikkita
yechimga ega bo‘lib, ulardan biri musbat ikkinchisi manfiy.
Javob:
Agar
𝑚 > −3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
𝑚 = −3
bo‘lsa, yechim
cheksiz ko‘p bo‘lib,
[−2; 1]
kesmadan iborat bo‘ladi; agar
𝑚 < −3
bo‘lsa, yechim
ikkita
𝑥
1
= −
𝑚+1
2
,
𝑥
2
=
𝑚−1
2
.
II.
𝑎 = −𝑏,
𝑎𝑏 < 0
, u holda
𝑦
1
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi.
𝑦
1
= {
−3𝑏, 𝑥 < −2
2𝑏𝑥 + 𝑏, −2 < 𝑥 < 1
3𝑏, 𝑥 > 1
,
(𝑎 = 1, 𝑏 = −1)
,
𝑦
1
= {
−3, 𝑥 < −2
−2𝑥 − 1, −2 < 𝑥 < 1
3, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafigini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (3-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
|𝑚| > 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2)
|𝑚| = 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari
𝑀(−
𝑚+1
2
; 𝑚
)
𝒚 = 𝒎(𝒎 > 3)
𝒚 = 𝒎(𝒎 < −3)
x
y
O
−
3
−
2
1
3-rasm
3
𝒚 = 𝒎(|𝒎| < 3)
x
y
O
−
2
1
2-rasm
-3
𝒚 = 𝒎(𝒎 > −3)
𝒚 = 𝒎(𝒎 = −𝟑)
𝒚 = 𝒎(𝒎 < −3)
𝑀(
𝑚−1
2
; 𝑚
)
𝑁(−
𝑚+1
2
; 𝑚
)
187
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
kesishish nuqtalari
(−∞; −2], [1; ∞)
oraliqdan iborat bo‘ladi va cheksiz ko‘p
yechimga ega bo‘ladi. 3) Agar
|𝑚| < 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari
bitta
𝑀(−
𝑚+1
2
; 𝑚
) umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun tenglama bitta yechimga ega.
Javob:
Agar
|𝑚| > 3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
|𝑚| = 3
bo‘lsa, yechim cheksiz
ko‘p
(−∞; −2], [1; ∞)
dan iborat bo‘ladi; agar
|𝑚| < 3
bo‘lsa, yechim bitta
𝑥
1
=
−
𝑚+1
2
.
III.
𝑎 ≠ −𝑏, 𝑎𝑏 > 0
, u holda
𝑦
1
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi:
1)
𝑦
1
= {
−(𝑎 + 𝑏)𝑥 + 𝑎 − 2𝑏, 𝑥 < −2
−(𝑎 − 𝑏)𝑥 + 𝑎 + 2𝑏, −2 < 𝑥 < 1 ,
(𝑎 + 𝑏)𝑥 − 𝑎 + 2𝑏, 𝑥 > 1
(𝑎 = 1, 𝑏 = 2
)
𝑦
1
= {
−3𝑥 − 3, 𝑥 < −2
𝑥 + 5,
−2 < 𝑥 < 1
3𝑥 + 3, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafigini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (4-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
𝑚 < 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2) Agar
𝑚 = 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklari bitta
𝑥 = −2
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun bitta yechimga ega. 3)
Agar
𝑚 > 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari ikkita
𝑀(−
𝑚+3
3
; 𝑚
),
𝑁(
𝑚−3
3
; 𝑚
)
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun tenglama ikkita yechimga ega.
Javob:
Agar
𝑚 < 3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
𝑚 = 3
bo‘lsa,yechim bitta
𝑥 = −2
;
agar
𝑚 > 3
bo‘lsa, yechim ikkita
𝑥
1
= −
𝑚+3
3
,
𝑥
2
=
𝑚−3
3
.
6
𝑁(
𝑚−3
3
; 𝑚
)
x
y
O
−𝟐
1
4-rasm
3
𝒚 = 𝒎(𝒎 > 3)
𝒚 = 𝒎(𝒎 = 𝟑)
𝒚 = 𝒎(𝒎 < 3)
𝑀(−
𝑚+3
3
; 𝑚
)
188
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
2)
𝑎 = −1, 𝑏 = −2, 𝑎𝑏 > 0
, u holda
𝑦
1
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi.
𝑦
1
= {
3𝑥 + 3, 𝑥 < −2
−𝑥 − 5, −2 < 𝑥 < 1
−3𝑥 − 3, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafigini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (5-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
𝑚 > −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2) Agar
𝑚 = −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklari bitta
𝑥 = −2
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun bitta yechimga ega. 3)
Agar
𝑚 < −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari ikkita
𝑀(
𝑚−3
3
; 𝑚)
,
𝑁(−
𝑚+3
3
; 𝑚)
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun tenglama ikkita yechimga ega.
Javob:
Agar
𝑚 > −3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
𝑚 = 3
bo‘lsa, yechim bitta
𝑥 = −2
; agar
𝑚 < −3
bo‘lsa, yechim ikkita
𝑥
1
= −
𝑚+3
3
,
𝑥
2
=
𝑚−3
3
.
3)
𝑎 = −1, 𝑏 = 2. 𝑎𝑏 < 0
, u holda
𝑦
1
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi.
𝑦
1
= {
−𝑥 − 5, 𝑥 < −2
3𝑥 + 3, −2 < 𝑥 < 1
𝑥 + 5, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafigini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (6-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
𝑚 < −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2) Agar
𝑚 = −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklari bitta
𝑥 = −2
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun bitta yechimga ega.
3)Agar
𝑚 > −3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari ikkita
𝑀(−𝑚 − 5; 𝑚
),
𝑁(𝑚 − 5; 𝑚
)
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun tenglama ikkita yechimga ega.
𝒚 = 𝒎(𝒎 > −3)
x
y
O
−𝟐
1
5-rasm
-3
𝒚 = 𝒎(𝒎 = −𝟑)
𝒚 = 𝒎(𝒎 < −3)
𝑀(
𝑚−3
3
; 𝑚
)
𝑁(−
𝑚+3
3
; 𝑚
)
189
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
Javob:
Agar
𝑚 < −3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
𝑚 = −3
bo‘lsa, yechim bitta
𝑥 = −2
; agar
𝑚 > −3
bo‘lsa, yechim ikkita
𝑥
1
= −𝑚 − 5
,
𝑥
2
= 𝑚 − 5
.
4)
𝑎 = 1, 𝑏 = −2. 𝑎𝑏 < 0
, u holda
𝑦
1
quyidagi ko‘rinishda bo‘ladi.
𝑦
1
= {
𝑥 + 5, 𝑥 < −2
−3𝑥 − 3,
−2 < 𝑥 < 1
−𝑥 − 5, 𝑥 > 1
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafigini bitta koordinatalar tekisligida chizamiz (7-rasm).
Chizmaga qarab quyidagilarni aniqlaymiz: 1) Agar
𝑚 > 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari umumiy nuqtaga ega emas. Shuning uchun berilgan
tenglama yechimga ega emas. 2) Agar
𝑚 = 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning
grafiklari bitta
𝑥 = −2
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun bitta yechimga ega.
3) Agar
𝑚 < 3
bo‘lsa,
𝑦
1
va
𝑦
2
funksiyalarning grafiklari ikkita
𝑀(𝑚 − 5; 𝑚
),
𝑁(−𝑚 − 5; 𝑚)
umumiy nuqtaga ega. Shuning uchun tenglama ikkita yechimga ega.
𝒚 = 𝒎(𝒎 > −3)
𝒚 = 𝒎(𝒎 = −𝟑)
x
y
O
−𝟐
1
6-rasm
-3
6
𝒚 = 𝒎(𝒎 < −3)
𝑀(−𝑚 − 5; 𝑚
)
𝑁(𝑚 − 5; 𝑚
)
𝑁(−𝑚 − 5; 𝑚
)
𝒚 = 𝒎(𝒎 > 3)
𝒚 = 𝒎(𝒎 = 𝟑)
x
y
O
−𝟐
1
7-rasm
-3
-6
3
𝒚 = 𝒎(𝒎 < 3)
𝑀(𝑚 − 5; 𝑚
)
190
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
Javob:
Agar
𝑚 > 3
bo‘lsa, yechim yo‘q; agar
𝑚 = 3
bo‘lsa, yechim bitta
𝑥 =
−2
; agar
𝑚 < 3
bo‘lsa, yechim ikkita
𝑥
1
= 𝑚 − 5
,
𝑥
2
= −𝑚 − 5
.
Tahlil va natijalar.
Tajriba-sinov ishlari 2022-2023-yillarda Sharof Rashidov
nomidagi SamDU akademik litseyning 79 nafar o‘quvchisi, SamDVMСHBU
akademik litseyning 88 nafar o‘quvchisi, Shahrisabiz (Temurbeklar maktabi)
akademik litseyning 47 nafar o‘quvchisi, Pastarg‘om tuman 28-IDUM 27 nafar
o‘quvchisi jalb etildi.
Tajriba-sinov ishlarini o‘tkazish uchun yuqorida keltirilgan
Talabalarning tajriba boshi va oxiridagi ko‘rsatkichlari 1-jadvalda keltirilgan.
1-jadval
O‘zlashtirish
darajasi
Tajriba guruhi
Nazorat guruhi
Tajriba
boshida
Tajriba
oxirida
Tajriba
boshida
Tajriba
oxirida
A‘lo
32
54
34
35
Yaxshi
40
49
40
40
Qoniqarli
53
29
49
50
Qoniqarsiz
12
5
11
9
ta’lim muassasalari o‘quvchilari tajriba va nazorat guruhlariga ajratildi. Olingan
natijalarning ishonchliligini tekshirish uchun xi kvadrat kriteriyasidan foydalanib,
matematik-statistik tahlil o‘tkazildi.
Talabalarning tajriba boshi va oxiridagi o‘zlashtirish dinamikasini hosil qilamiz
(8- rasm):
Olingan natijalarning ishonchliligini matematik statistik tahlili 2-jadvalda keltirilgan.
0
10
20
30
40
50
60
Tajriba guruhi
Tajriba boshida
Nazorat guruhi
Tajriba boshida
Tajriba guruhi
Tajriba oxirida
Nazorat guruhi
Tajriba oxirida
a‘lo
yaxshi
qoniqarli
qoniqarsiz
32
40
53
12
34
42
49
11
54
49
35
40
29
5
50
9
191
TADBIRKORLIK VA PEDAGOGIKA. ILMIY-USLUBIY JURNAL. ISSN: 2181-2659. [2/2023].
2-jadval
Sonli xarakteristikalar
Baholarning o‘rtacha qiymati
𝑋̅ =
1
𝑛
∑ 𝑛
𝑖
𝑥
𝑖
4
𝑖=1
𝑋̅ = 4,11
𝑌̅ = 3,75
Tanlanma dispersiyasi
𝑆
𝑛
= ∑
𝑛
𝑖
(𝑥
𝑖
− 𝑋̄)
2
𝑛
4
𝑖=1
𝑆
𝑥
= 0,70
𝑆
𝑦
= 0,87
𝜒
2
=
1
𝑛
1
𝑛
2
∑
(𝑛
1𝑗
𝑛
2
− 𝑛
2𝑗
𝑛
1
)
2
𝑛
1𝑗
+ 𝑛
2𝑗
4
𝑗=1
𝜒
𝑘𝑢𝑧
2
= 10,27
𝜒
𝑘𝑟
2
= 7,815
Yuqoridagi hisoblashlardan tajriba guruhining ko‘rsatkichi nazorat guruhinikiga
nisbatan
9 %
ga oshganligini ko‘rish mumkin.
XULOSA
Modulli parametrli tenglamalarni o‘rganishda amaliy mashg‘ulotlarni tashkil
etishda
o‘quvchilar bilan hamkorlik, qiziqtirish, ta’lim muammolarini ta’minlash,
yaxlitlik tamoyillariga tayanish maqsadga muvofiq hisoblanadi. Ushbu tamoyillardan
foydalanib talabalarni
modulli parametrli tenglamalarga oid misol va masalalarni
yechish, ularni turli sohalarga tadbiq qilishga o‘rgatadi hamda ularning aqliy
kompetentligini rivojlantiradi.
FOYDALANILGAN ADABIYOTLAR RO‘YXATI
1.
Umirbekov A.U., Shaabzalov Sh.Sh. Matematikani takrorlang. -Toshkent,
O‘qituvchi, 1989. – 440 b.
2.
Горнщтейин П.И., Полонский В.Б., Якир М.С. Задачи с параметры. -K.
1992. – 290 с.
3.
Прокофъев А.А. Задачи с параметрами. -Москва, – 2004. – 258 с.
4.
Крамор В.С. Задачи с параметрами и методы их решения. Школъный курс
математики. -Москва, 2007. – 416 с.
5.
Alixonov S. Matematika o‘qitish metodikasi. Darslik. -Toshkent, Cho‘lpon,
2011. – 304 b.
