19
C.B. Алексеев. — СПб., 1994. — 55с.
7. Бердяев, H.A. О культуре /Н.А.Бердяев//Хрестоматия по культурологии / под ред. A.A.
Рудигина. - М.: Центр, 1998. - С.81-104.
8. Барышникова, Г.Б. К вопросу о технологии воспитания экологической культуры
учащихся младших классов /Г.Б. Барышникова. -М., 1998.-7 с.
9.
Xajievna, S. S. (2023). Kimyoni o'qitishda innovatsion yondashuvdan foydalanish.
Science
and innovation
,
2
(Special Issue 7), 114-117.
10.
Formanova, S. B. (2021). Application of Pedagogical Technologies to the Topics of the
Metals Department.
Annals of the Romanian Society for Cell Biology
, 5499-5509.
MATEMATIKA FANINI O`QITISHNING SAMARADORLIGINI OSHIRISHNING BIR
USULI HAQIDA
Bekmatov Sh - Ipak yo'li innovasiyalar universiteti iqtisodiyot va amaliy matematika kefedrasi
dotsenti, f.-m. f.n.
Abduganieva Yu - I.Karimov nomidagi TDTU Olmaliq filiali katta o'qituvchisi
Аnnotatsiya
: geometrik masalalarni yechishda vektor metodi soʼngi paytlarda yetakchi
metodlardan biri hisoblanadi. Ushbu maqolada vektor metodning amaliy tadbiqlariga katta
e'tibor qaratilgan.
Kalit soʼzlar:
geometrik masalalar, vektor metod, masalani vektor tilida ifodalash
Professional ta'limda matematika fanini o'qitishda masalalar yechishga katta e'tibor
qaratilishi va ular bilimlarining samaradorli(sifatli), asosan, o'quvchilarning masalalarni mustaqil
yechishiga qaratilishiga katta e'tibor berishi muhim ahamiyat kasb etadi. Chunki ko'pchilik
abiturentlar streometriyaga oid masalalarni yechishga qiynalishadi.bunday masalalrni yechishda
vektorlar algebra metodini qo'llashi maqsadga muvofiq bo'ladi. Shu ma'noda streometriya
masalalarini yechish yoqasida aytilgan metodni tadbiq etilsa katta imkoniyatlarga ega bo'lamiz.
Geometrik masalalarni yechishning vektor metodi so'ngi paytlarda yetakchi metodlardan
biri hisoblanadi. U o'quvchilar va talabalar uchun egallanishi qiyin bo'lgan metodlardan biridir.
Bu holatni bartaraf etishning yo'llaridan biri vektorlar algebriyasi elementlaridan kerakli
darajadagi bilim va ko'nikmalarga ega bo'lishi zarurdir.
Stereometrik masalalarni yechishda an'anaviy metodning qo'llanilishi bizni yetarlicha
qiyinchiliklarga olib keladi, ya'ni murakkab trigonometrik hisoblashlar, aniq geometrik yasashlar
va hisoblashlar bilan bog'liq bo'lib qolgan turli xil vaziyatlardir. Bunday vaziyatlardan chetlab
o'tishga vektorlar algebrasining qo'llanilishi katta imkoniyat yaratadi.
O'quvchilarni yuqorida takidlangan masalalarni yechishda, xususan nuqtalar to'plamini
topishga o'rgatish hamma vaqt ham o'qitish jarayonining eng muhim maqsadlaridan biri
hisoblanadi va shunday bo'lib qolmoqda.
Ta'kidlab o'tish zarurki, stereometrik masalalarni yechishda vektor metodning
tadbiqlariga va qo'llashga o'quvchilarning qiziqishi tanlangan mavzuning izohli dolzarbligining
takidlanishidir.
Geometrik masalalarni yechishda vektor metodining tadbiqlariga bag'ishlangan bir qator
ishlarni ([1],[2],[3],[4],[5],[6]) o'rganish ularda vektorlar algebrasining qo'llanishiga doir
masalalar juda ham kam sonli ekanligini ko'rsatadi.
Shuning uchun bu ilmiy uslubiy ishni bajarishdan maqsadimiz bu kamchiliklarni
to'ldirish va bu bilan bog'liq ba'zi bir mulohazalarimizni e'tiboringizga yetkazishdan iborat.
Odatda vektor metodni qo'llab yechiladigan aksariyat masalalar shartida foydalanish
lozim bo'lgan vektorlar oshkor holda ko'rsatilmagan bo'ladi. Shuning uchun bunday masalalarni
yechishda vektor algebriyasini qo'llash imkoniyatini yuzaga chiqarish uchun berilgan masala
shartini vektor tilida ifodalay olish malakasiga ega bo'lish juda muhim. Berilgan masala shartini
vektor tilida ifodalashni, bu masalaning vektor modeli deb qarash mumkin.
20
Bizga ma'lum bo'lgan affin va metrik masalalarni vektorlar algebrasidan foydalanib
yechish mumkin. Shunga doir quyidagi masalalarni keltirishni lozim deb bildik.
Masala-1. Bitta tekislikda yotmadigan to'rtta A,B,C,D nuqtalar berilgan. AB va CD
kesmalar E va F nuqtalar bilan teng nisbatda bo'ling: AE * EB-DF:FC=k. AD, BC va EF to'g'ri
chiziqlar biror tekislikka parallel ekanligini isbotlang.
Yechish.
Masalaning sharti
va xulosasi affin
mazmunga ega: parallel kesmalar uzunliklarining nisbati,
uchta to’g’ri chiziqning bir tekislikka paralleligi – bular
affin tushunchlar. Masalaning sharti munosabat shaklida
yozamiz.
AD, BC va EF
to’g’ri chiziqlarnng biror tekislikka
paralleligini ko’rsatish uchun bu to’g’ri chiziqning
yo’naltiruvchi vektorlarning komplanar ekanligini ko’rsatish yetarli. Buning uchun fazoda
ixtiyoriy
O
nuqta olib,
𝑂𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
− 𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= k(
𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
𝑂𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
),
𝑂𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= k(
𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
𝑂𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
)
munosabatlarni, ularning birinchisidan ikkinchisini ayirib esa,
(
𝑂𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
− 𝑂𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
) + (
𝑂𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
𝑂𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
) = k(
𝑂𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
𝑂𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
) + k(
𝑂𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
-
𝑂𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
)
yoki
𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗
+
𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= k
∙
𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+ k
∙
𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗
= k (
𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+
𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗
)
vektor tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglik soddalashtirilgandan so’ng
(
k + 1)
𝐹𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗
= k
∙ 𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗
+
𝐷𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
yoki
𝐹𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑘
𝑘+1
𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+
1
𝑘+1
𝐷𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
ko’rinishni oladi.
𝐹𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗
vektorning
𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐷𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
vektorlarga ko’ra bu yoyilmasi ularning komplanar
ekanligini anglatadi. Demak, yo’naltiruvchi vektorlari
𝐹𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗
,
𝐶𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐷𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
(yoki
𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗
,
𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
)
vektorlar bo’lgan
𝐸𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗
,
𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
to’g’ri chiziqlar biror tekislikka parallel ekan.
Ravshanki, masalani vektorlar algebrasini qo’llab ham yechish mumkin. Lekin keltirilgan
yechimdan uning soda usulda topilganligini ko’rsatadi. Masalaning sharti va xulosasi vektorlar
orqali sodda ifodalangan.
Masala – 2. ABC
𝐴
1
𝐵
1
𝐶
1
uchburchakli prizmaning
𝐴𝐴
1,
𝐵𝐵
1
𝐶𝐶
1
,
qirralarida mos ravishda
shunday D, E, F nuqtalar olinganki, ular
𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
k
∙
𝐴𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1
,
𝐵𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= m
∙
𝐵𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1,
𝐶𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗
= n
∙
𝐶𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
shartlarni qanoatlantiradi. Prizmaning A uchi va
𝐵𝐵
1
𝐶
1
𝐶
yoqining simmetriya markazi S nuqta
orqali o’tkazilgan
l
to’g’ri chiziq DEF tekislik bilan O nuqtada kesishadi.
x = AO:AS
nisbatini
toping.
Yechish. Masalada qaraladigan vektorlarni
𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑒
1
⃗⃗⃗
,
𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
,
𝐴𝐴
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
lar bilan belgilaymiz.
U holda
𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=k
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
,
𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
+ m
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
,
𝐴𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
+ n
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
,
𝐴𝑆
⃗⃗⃗⃗⃗
=
1
2
(
𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
+ 𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
+
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
),
𝐴𝑂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑝𝐴𝑆
⃗⃗⃗⃗⃗
bo’ladi.
Bularga ko’ra esa
𝐷𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑒
1
⃗⃗⃗⃗⃗
+ (𝑚 − 𝑘)𝑒
3
,
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
+ (𝑛 − 𝑘)𝑒
3,
⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝑂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝐴𝑂
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
− 𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑝𝐴𝑆
⃗⃗⃗⃗⃗
− 𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑝
2
(
𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
+ 𝑒
1
⃗⃗⃗⃗ )
+ (
𝑝
2
− 𝑘)𝑒
3.
⃗⃗⃗⃗⃗
21
vektor tengliklarni hosil qilamiz. Ba uchun
vektorlar
komplanar
bo’lganligi
uchun
vektorlarning komplanarlik shartgiga ko’ra
𝐷𝑂,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐷𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
vektorlar yuqorida topilgan
ifodalarni qo’ysak,
𝑝
2
(𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
+
𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
) +
(
𝑝
2
− 𝑘)𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
= 𝑥
[
𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
+
(
𝑚 − 𝑘
)
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗ ]
+ 𝑦
[
𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
+ (𝑛 − 𝑘)𝑒
3
⃗⃗⃗⃗ ]
bo’ladi. Lekin
𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
, 𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
,
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
vektorlar komplanar
emas. Shuning uchun bu tenglilning chap va o’ng
tomonlaridagi
𝑒
1
⃗⃗⃗⃗
, 𝑒
2
⃗⃗⃗⃗
,
𝑒
3
⃗⃗⃗⃗
vektorlarga ko’ra
yoyilmalar teng (vektorning berilgan bazasiga
ko’ra yoyilmasining yagonalik xossasi) bo’ladi:
𝑝
2
= 𝑥,
𝑝
2
= 𝑦,
𝑝
2
− 𝑘 =
(
𝑚 − 𝑘
)
𝑥 +
(
𝑛 − 𝑘
)
𝑦.
Bu yerda
𝑝
2
− 𝑘 =
𝑝
2
(
𝑚 − 𝑘
)
+
𝑝
2
(
𝑛 − 𝑘
)
𝑦𝑜𝑘𝑖
𝑝
2
(
1 + 2𝑘 − 𝑚 − 𝑛
)
= 𝑘
ni topamiz. Agar bu yerda 1+2k – m - n
≠ 0
bo’lsa, O nuqta mavjud bo’lib, izlanayotgan nisbat
𝐴𝑂
𝐴𝑆
=
2𝑘
1+2𝑘−𝑚−𝑛
ga teng bo’ladi.
Bu yerda
k,m,n
larga tayin sonli qiymatlar berib va S nuqtaning
𝐵𝐵
1
𝐶
1
𝐶
yoqdagi
vaziyatni turlicha tanlab, turli xususiy hollarga kelinadi. DEF tekislik AS to’g’ri chiziqqa parallel
bo’lishi uchun
m + n = 2k + 1
shartning bajarilishi lozimligi ravshan. Xususiy hollarning biri
, k
= 0
va
m + n = 1
bo’lganda DEF tekislik AS to’g’ri chiziq orqali o’tadi.
Masala-3. Uchta bir tekislikda yotmaydigan yo’nalisgdosh
𝐴𝐴
1,
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐵𝐵
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
, va
𝐶𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
kesmalar berilgan.
𝐵𝐶𝐴
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
,
𝐶𝐴𝐵
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐴𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1
tekisliklarning xususiy O nuqtasi orqali berilgan kesmalarga parallel
l
to’g’ri chiziq o’tkazilgan. Bu to’g’ri chiziqlar ABC va
𝐴
1
, 𝐵
1
, 𝐶
1
tekisliklar bilan mosravishda D
va
𝐷
1
nuqtalarda kesishadi. Agar
𝐴𝐴
1
= 𝑎, 𝐵𝐵
1
= 𝑏 va 𝐶𝐶
1
= 𝑐
bo’lsa,
𝐷𝐷
1
kesmaning
uzunligini toping.
Yechish.
𝐴𝐴
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
yo’nalishfagi birlik vektorlar
𝑛
⃗⃗
bo’lsin.
Agar
𝐵𝐵
1
, 𝐶
1
, 𝐶
trapetsiya dioganallarining kesishish nuqtasi E bo’lsa,
𝐴𝐵𝐶
1
va 𝐴𝐶𝐵
1
tekisliklar AE to’g’ri chiziq bo’lab kesishadi. Bunda
𝐵𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑏
𝑐
𝐸𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
bo’lgani uchun,
𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
− 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑏
𝑐
(𝐴𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
− 𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
) bo’ldi. Bu yerda
𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑐∙𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+𝑏∙𝐴𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑏+𝑐
ni topamiz.
Agar AE to’g’ri chiziqlar bilan
𝐵𝐶𝐴
1
tekislik F nuqtada kesishsa, u holda
𝐴𝐹
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑝 ∙ 𝐴𝐸
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
∙ 𝐴
1
𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+ 𝜇 ∙ 𝐴
1
𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
yoki
bo’ladi. Demak,
ekan. Masalaning shartiga ko’ra,
𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
, 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
va 𝑛
⃗⃗⃗
vektorlar komplanar emas. Shuning uchun so’ngi
tenglikdan
𝑝𝑐
𝑏+𝑐
= ,
𝑝𝑏
𝑏+𝑐
= 𝜇
,
𝑝𝑏𝑐
𝑏+𝑐
=
𝑎 − 𝜇𝑎
tenglamalarni, ulardan esa
p
𝑎(𝑏+𝑐)
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐
ni topamiz. Demak,
AF=
𝑎𝑐∙𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+𝑎𝑏∙𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
+𝑎𝑏𝑐∙𝑛
⃗⃗
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐
ekan.
Bu yerdan va analogiyaga ko’ra
𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑎𝑐∙𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+𝑎𝑏∙𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐
va
𝐴
1
𝐷
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
=
𝑎𝑐∙𝐴
1
𝐵
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+𝑎𝑏∙𝐴
1
𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐
lar hosil qilinadi. Bu yerda
𝐴
1
𝐵
1
= −𝑎𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗
+ 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+ 𝑏𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗
va
𝐴
1
𝐶
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= −𝑎𝑛
⃗⃗⃗⃗⃗
+ 𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗⃗
+ 𝑐𝑛
⃗⃗⃗⃗
. 𝐴𝐷
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
va 𝐴
1
𝐷
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
vektorlarning topilgan ifodalarini
𝐷
1
𝐷
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑘 ∙ 𝑛
⃗⃗
=
𝐷𝐴
⃗⃗⃗⃗⃗⃗
+ 𝑎𝑛
⃗⃗
+ 𝐴
1
𝐷
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
tenglikka qo’yib va zarur hisoblashlarni bajarib,
𝐷𝐷
1
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑘 =
2𝑎𝑏𝑐
𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑎𝑐
ni topamiz.
22
Foydalanilgan adabiyotlar ro‘yhati
1. Годман Э.Г., Скопей 3.А. "Решение геометрических задач аналитическим методом"
Просвещение 1979
2. Гусев Г.А., Хан Д.А."Методика решения геометрических задач с помощью векторов"
мат.в шк. журнал №3 1978
3. Глейзер Г.Д. "Повышение эффективности обучения математики в школе" Просвещение
1989
4. Гусев В.А. "Преподавание геометрии в 6-8классах" Просвещение 1979
5. Saybullayeva H.M. "GEOMETRIYA"Akademik litsey va kasb-hunar kollejlari
uchun,O`qituvchi 2007
6. Василевских А.Б. "Обучение решению задач" Минск. Вышейшая школа 1979.
IN THE FLORA OF JIZZAKH REGION, THE BIOECOLOGICAL
CHARACTERISTICS OF
ASTRAGALUS
L. SPECIES.
Shakhnoza Doniyorova
doctoral student at Jizzakh state pedagogical university
E-mail:
shakhnozadoniyorova750@gmail.com
Abstract:
This article provides information about species belonging to the
Astragalus
L.
family distributed in Jizzakh region.
Key words:
Molguzar ridge, endemic, Astragalus L, vital form, rare species.
Jizzakh region is considered a significant administrative area located in the central part of
the Republic of Uzbekistan, situated between the Syr Darya and Zarafshan rivers from a
physical-geographical perspective. Its terrain is characterized by ruggedness, deserts, and arid
landscapes. The region encompasses the southeastern part of the Kyzylkum Desert, the eastern
portion of the Aydar-Arnasay river system, the eastern slopes of the Nurata Range, and the arid
expanses leading to the foothills of the Molguzar and Turkestan mountain ranges.
This region harbors numerous endemic species, rare species facing the risk of extinction,
and a diverse array of plant species of global economic importance. The flora of the Jizzakh
region comprises 105 families, 613 genera, and 1965 species of plants. Specifically, 51 species
of plants are included in the Red Book of the Republic of Uzbekistan.
Among the prominent genera in the flora of the Jizzakh region, the
Astragalus
L. genus
holds the foremost position with 107 species (5.45%) in terms of the range of species.
The Astragalus L. genus accounts for 61.4% of the plant species found in the Pomir-Oloy
mountains. When compared to the local floras of other mountainous regions in Central Asia, this
particular indicator demonstrates a significantly high level. Within the floral richness of the
Molguzar mountain range, astragalus species constitute 70 types, accounting for 5.58%, while in
the Surkhan state reserve, 30 species represent 4.03% [3]. Similarly, in the Nurata state reserve,
37 species make up 4.7% [6], and in the Zamin state reserve, 62 species represent 5.2% [2].
When analyzing the astragali found in the Jizzakh region according to their life form, it is
possible to observe that out of 70 types are perennial, 20 types are annual, 9 types are shrubs, and
8 types consist of semishrubs species.
1-diagram.
The floristic distribution of
Astragalus
L. species found in the Jizzakh region is
classified according to their life forms
