logo

Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari

Загружено в:

12.08.2023

Скачано:

0

Размер:

694.7373046875 KB
Mavzu:   Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini
o‘qitish metodlari
                                                             Reja:
1. Birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularning turlari;
2. Yuqori tartibli differensial tenglamalar turlari va yechish usullari;
3. Chiziqli o‘zgarmas koeffisentli differensial tenglamalar. Birinchi tartibli differensial tenglamalar
Ta’rif - 1.   Erkli   o‘zgaruvchi  x∈(a,b) ,   noma’lum   funksiya  	y(x)   va   uning	
y'(x),y''(x),...,y(n)(x)
 hosilalari orasidagi ushbu
F(x,y(x),y'(x),...,y(n)(x))=0
(1)
funksional bog‘lanishga 	
n− tartibli oddiy differensial tenglama deyiladi.
Ta’rif-2.   Tartibi  
n   bo’lgan   (1)   tenglamani  	(a,b)   intervalda   ayniyatga
aylantiruvchi   funksiyaga,   uning   yechimi   deyiladi.   Jumladan,  
funksiya quyidagi
differensial   tenglamaning   yechimi   ekanligini   tekshirish   qiyinchilik   tug‘dirmaydi.
Bundan tashqari ushbu
ko‘rinishdagi funksiaylar quyidagi
ikkinchi   tartibli   differensial   tenglamaning   yechimidan   iborat   bo‘lishini   ham
osongina ko‘rsatish mumkin. 
Yuqoridagi, mulohazalardan ixtiyoriy differensial tenglamaning yechimi bor
degan fikr kelib chiqmaydi. Masalan
ko‘rinishdagi differensial tenglama yechimga ega emas. Chunki  .
Differensial   tenglama   yechimlarining   soni   bitta   yoki   cheksiz   ko‘p   bo‘lishi
mumkin. Masalan 
ko‘rinishdagi differensial tenglama faqat   nol yechimga ega. Differensial   tenglamalar   nazariyasining   asosiy   masalasi,   tenglamaning   yechimini
topish va uning xossalarini o‘rganishdan iborat.
Yechimning   grafigiga   esa   (1)   oddiy   differensial   tenglamaning   integral
chizig‘i deyiladi.
Aytaylik,     funksiya   ushbu     differensial
tenglamaning yechimi bo‘lsin. U holda   funksiyaning grafigi, ya’ni 
nuqtalar   to‘plami     sohada   yotuvchi   egri   chiziqni   ifodalaydi.   Bu   egri   chiziqqa
 differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi.
Oshkormas  Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0   funksiya   ko’rinishidagi   yechimga   (1)
tenglamaning   integrali   deyiladi.   Tarkibidagi  	
c1,c2,...,cn   parametrlarga   aniq
qiymat berish hisobiga ixtiyoriy yechimni hosil qilish mumkin bo‘lsa, bu yechimga
(1)   differensial   tenglamaning   umumiy   yechimi   deyiladi   va  	
y=ϕ(x,c1,c2,...,cn)
ko‘rinishda belgilanadi. Oshkormas 	
Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0  ko‘rinishdagi umumiy
yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy integrali deyiladi.
Ta’rif-3.   Yuqori   tartibli   hosilaga   nisbatan   yechilgan   oddiy   differensial
tenglamaning umumiy ko‘rinishi quyidagicha bo‘ladi:
. (2)
Kelgusida biz, bu turdagi oddiy differensial tenglamaning ushbu
(3)
Boshlang‘ich   shartlarni   qanoatlantiruvchi   yechimini   topishga   Koshi   masalasi
deymiz va uning yechimini mavjudligi hamda yagonaligi  haqidagi tasdiqlar  bilan
tanishamiz.
Xususan hosilaga nisbatan yechilmagan 1-tartibli differensial tenglama	
F(x,y,y')=0
(4)
ko’rinishda   bo’ladi.   Birinchi   tartibli   hosilaga   nisbatan   yechilgan   differensial
tenglama esa	
y'=	f(x,y)
(5)
ko‘rinishda bo’ladi. Ta’rif-4.  Hosilaga nisbatan yechilgan (5) differensial tenglamaningy(x0)=	y0
(6)
boshlang‘ich   shartni   qanoatlantiruvchi  	
y(x)   yechimini   topishga   Koshi   masalasi
deyiladi. Bu yerda 	
x0  va 	y0  oldindan berilgan haqiqiy sonlardir.
Geometrik   tilda:  
y'=	f(x,y)   tenglamaning  	(x0,y0)   nuqtadan   o‘tuvchi
integral chizig‘ini topishga Koshi masalasi deyiladi. 
O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar. 
Dastavval,   ayrim   sodda   differensial   tenglamaning   umumiy   yechimini
topish bilan shug‘ullanamiz.
Ushbu  	
y'=	f(x)⋅g(y)
(1)
ko‘rinishdagi   differensial   tenglamaga   o‘zgaruvchilari   ajraladigan   differensial
tenglama deyiladi. Bu   yerdagi  	
f(x)   va  	g(y)   funksiyalar mos ravishda  	a<	x<b
va 	
c<	y<d  oraliqlarda aniqlangan uzluksiz deb qaraladi. Bundan ko‘rinadiki, (1)
differensial tenglamaning o‘ng tomoni quyidagi	
D	=	(a,b)×	(c,d)=	{(x,y)∈	R2:	a<	x<b,c<	y<d}
sohada   aniqlangan   va   uzluksizdir.   (1)   ko‘rinishdagi   differensial   tenglamaning
yechimini topish uchun quyidagi ikki holni ko‘rib chiqamiz:
1-hol.   Aytaylik,  	
g(y)≠	0,y∈(c,d)   bo‘lsin.   U   holda   (1.1.1)   differensial
tenglamani ushbu	
dy
g(y)
=	f(x)dx
 ko‘rinishda yozish mumkin.  Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab	
∫	
dy
g(y)
=∫	f(x)dx
(2) munosabatni   hosil   qilamiz.   Ma’lumki,  [g(y)]−1   va  	f(x)   funksiyalar   uzluksiz
ekanligidan,   ularning   mos   ravishda  	
G(y)   va  	F(x)   boshlang ‘ ich  funksiyalarining
mavjudligi kelib chiqadi. Shuning uchun (2) tenglikni quyidagi 	
G	(y)=	F	(x)+C	,	C	=	const
(3)
ko ‘ rinishda yozish mumkin. Qaralayotgan 	
g(y)≠	0  holda 	G(y)  monoton funksiya
bo ‘ ladi. Chunki, 	
G'(y)=	1
g(y)
≠	0.
Bundan   esa   uning   teskarisi  	
G−1   mavjud   ekanligi   kelib   chiqadi.   Yuqoridagi   (3)
tenglikdan
y(x)=	G−1(F	(x)+C	)
(4)
funksiyani topamiz. O ‘ z navbatida bu funksiya qaralayotgan holda (1) differensial
tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi.
2-hol.   Aytaylik   biror  	
y(x)=	¯y∈(c,d)   nuqtada  	g(¯y)=	0   bo’lsin.   Bu
tenglamaning   ildizi   yordamida   aniqlangan  	
y(x)=	¯y   o’zgarmas   funksiya   (1.1.1)
differensial tenglamaning yechimidan iborat bo’ladi.
Demak, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi	
y(x)=¿{G
−1
(F(x)+C),agar	g(y)≠0,¿¿¿¿
(5)
ko ‘ rinishda bo ‘ lar ekan. 
Endi,   tayinlangan   biror  	
(x0,y0)∈D   nuqtani   olib,   (1)   differensial
tenglamaning ushbu	
y(x0)=	y0
(6)
boshlang ‘ ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topish bilan shug ‘ ullanamiz. Shu
maqsadda quyidagi 	
F	(x)=∫
x0
x	
f(t)dt	,G	(y)=∫
y0
y	1
g(t)dt
(7) funksiyalarni tuzib olamiz.
Ushbu f(x,y)=	G(y)−	F(x)
yordamchi funksiyani qaraylik. Ko ‘ rinib turibdiki,	
f(x0,y0)=	G	(y0)−	F	(x0)=	0
shart   bajariladi.   Aniqlanishiga   ko ‘ ra  	
G(y)   va  	F(x)   uzluksiz   hamda
differensiallanuvchidir.   Shuning   uchun  	
f(x,y)   ham  	D   sohada   uzluksiz   va
differensiallanuvchi bo ‘ lib,	
fy
'(x,y)=	G	'(y)=	1
g(y)
,	
fy
'(x0,y0)≠	0
munosabatlarni   qanoatlantiradi.   Yuqoridagi   mulohazalardan   ko ‘ rinadiki,  	
f(x,y)
oshkormas   funksiyani   mavjudligi   haqidagi   teoremaning   barcha   shartlarini
qanoatlantiradi:
1. 	
(x0,y0)∈D  nuqtaning atrofida 	f(x,y)  differensiallanuvchi.
2. 	
f(x0,y0)=	0,	fy
'(x0,y0)≠	0.
Bundan  	
f(x,y)=0   tenglama  	x=	x0   nuqtaning   biror   atrofida   aniqlangan
differensiallanuvchi   va   ushbu  	
y(x0)=	y0   shartni   qanoatlantiruvchi  	y=	y(x)
ildizining mavjudligi kelib chiqadi. Shu bilan bir qatorda	
dy
dx	=−	fx'(x,y)	
fy
'(x,y)
=	F'(x)	
G	'(y)
=	f(x)g(y)
tenglikning o ‘ rinli bo ‘ lishi ham kelib chiqadi. Ko ‘ rinib turibdiki, 	
y(x)  funksiya (1)
differensial   tenglamani   va   (6)   boshlang ‘ ich   shartni   qanoatlantiruvchi   xususiy
yechimini ifodalaydi.
O ‘ zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamaga keltiriladigan
differensial tenglamalar. 
Ushbu  y'=	f(ax	+by	+c)(1)
ko‘rinishdagi differensial tenglamada	
z=	ax	+by	+c
(2)
almashtirish   bajarsak,   o‘zgaruvchilari   ajraladigan   differensial     tenglama   hosil
bo‘ladi. Bu yerda 	
a,b,c−  o‘zgarmas sonlar. Haqiqatan ham	
z'=	a+b	y'
(3)
bo‘lgani uchun (1) differensial tenglama quyidagi	
z'=	a+bf	(z)
ko‘rinishni oladi. Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial  tenglamadir.
Bir jinsli va kvazi bir jinsli  differensial tenglamalar. 
Ta’rif-1.  Agar quyidagi	
y'=	f(x,y)
(1)
differensial tenglamaning o‘ng tomonidagi 	
f(x,y)  funksiya uchun	
f(x,y)=	f(λx	,λy	),	∀	λ>0
(2)
shart bajarilsa, (1) differensial tenglamaga bir jinsli differensial tenglama deyiladi.
Oxirgi (2) tenglikda 	
λ=	1
x  desak,	
f(x,y)=	f(1,	y
x):=	h(
y
x)
munosabat hosil bo‘ladi. Buning natijasida (1) differensial tenglama ushbu	
y'=	h(
y
x)
(3)
ko‘rinishni   oladi.   Endi   (3)   ko’rinishdagi   differensial   tenglamaning   yechimini
topish bilan shug‘ullanamiz. Buning uchun quyidagi	
y(x)=	z(x)⋅x
(4) almashtirishdan   foydalanamiz.   Bu   yerda  z=	z(x)   yangi   noma‘lum   funksiya.   Bu
(4) almashtirishning ikkala tomonini differensiallab	
y'=	z'x+z
(5)
tenglikni   hosil   qilamiz.   (4)   va   (5)   tengliklardan   foydalanib,   (3)   differensial
tenglamani quyidagicha yozish mumkin:	
z'x+z=	h(z),
ya’ni	
z'=	1
x
[h(z)−	z].
(6)
Bu esa o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial  tenglamadir.
1-hol.  Aytaylik, 	
h(z)  funksiya 	a<	z<b  intervalda uzluksiz bo‘lib, 	h(z)≠	z
shartni   qanoatlantirsin.   U   holda   (6)   differensial     tenglamani   o‘zgaruvchilarni
ajratish usulidan foydalanib yechish mumkin:	
dz	
h(z)−	z
=	dx
x	
,	
x=	C⋅exp	{∫	
dz	
h(z)−	z}.
Bu   yerda  	
C≠	0   ixtiyoriy   o‘zgarmas   son.   Oxirgi   tenglikda  	
z=	y
x   almashtirishga
qaytib (3) differensial  tenglamaning umumiy yechimini hosil qilamiz. 
2-hol.   Aytaylik  	
z=	z0   soni  	h(z)−	z=	0   tenglamaning   ildizi   bo‘lsin.   Bu
holda 	
y(x)=	z0x  funksiya (3) differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘ladi.
Ta’rif-2.  Agar 	
f(x,y)  funksiya uchun	
f(λx	,λy	)=	λkf(x,y),∀	λ>0
(7)
shart bajarilsa, (1) tenglamaga 	
k -  darajali bir jinsli differensial  tenglama deyiladi. 
Ta’rif-3.  Agar 	
f(x,y)  funksiya uchun 	
f(λαx,λβy)=	λβ−αf(x,y),∀	λ>0,	α,β∈R
(8)
shart bajarilsa, (1) tenglamaga kvazi bir jinsli differensial  tenglama deyiladi. Oxirgi (8) holda ham (1) differensial tenglamani ushbuy(x)=	xβ/α⋅z(x)
(9)
almashtirish   yordamida   o‘zgaruvchilari   ajraladigan   differensial     tenglamaga
keltirish mumkin. Buning uchun (8) tenglikda 
λ=	x−1/α  deb	
f(1,y/xβ/α)=	x1−β/αf(x,y)
,
ya’ni	
f(x,y)=	xβ/α−1f(1,y/xβ/α)
munosabatlarni   topamiz.   Oxirgi   tenglikdan   va   (9)   almashtirishdan   foydalanib   (1)
differensial  tenglamani	
xβ/αdz
dx	
+	β
α	
z⋅x−1+β/α=	x−1+β/αf(1,z)
ko‘rinishga keltirish mumkin. Bundan	
xdz
dx	
=	f(1,z)−	β
α	
z
(10)
ko‘rinishdagi   differensial     tenglama   kelib   chiqadi.   Bu   esa   o’zgaruvchilari
ajraladigan differensial  tenglamadir. 
1-hol.   Aytaylik  	
f(1,z)−	β
α	
z≠	0   bo’lsin.   Bu   holda   (10)   differensial
tenglamadan	
dx
x	
=	dz	
f(1,z)−	β
α	
z
munosabatni topamiz va uni integrallab, ushbu 	
x=	C⋅exp	
{
∫	
dz	
f(1,z)−	
β
α	
z}
yechimni hosil qilamiz. Bu yerda 	
C≠	0  ixtiyoriy o‘zgarmas son. Oxirgi tenglikda
almashtirishga qaytib y'=	xβ/α−1f(1,y/xβ/α)(11)
ko‘rinishdagi differensial  tenglamaning umumiy yechimini topamiz.
2-hol.   Faraz   qilaylik  biror  	
z=	z0   soni     tenglamaning  ildizi
bo‘lsin. Bu holda ushbu
y=	xβ/α⋅z0
funksiya (11) differensial tenglamaning yechimi bo‘ladi.
Bir jinsli differensial tenglamaga keltiriladigan differensial
tenglamalar.
Ushbu	
y'=	f(
a1x+b1y+c1	
a2x+b2y+c2)
(1)
ko’rinishdagi   differensial   tenglamaning   umumiy   yechimini   topish   uchun,   uni
o’zgaruvchilari   ajraladigan   yoki   bir   jinsli   differensial   tenglamalarga   keltiramiz.
Buning uchun quyidagi hollarni ko’rib chiqamiz:
1-hol.  Aytaylik   bo’lsin. Bu holda (1) differensial  tenglama	
y'=	f(
a1x+b1y	
a2x+b2y)
( 2 )
ko’rinishni oladi. Oxirgi (1.4.2) differensial  tenglamani ushbu	
y'=	f
(
a1+	b1
y
x	
a2+	b2
y
x)
≡	h(
y
x)
( 3 )
ko’rinishda yozish mumkin. Bu esa  bir jinsli differensial tenglama dir.
2-hol.   Aytaylik  	
c1,c2   o’zgarmas   sonla rning   kamida   bittasi   noldan   farqli
bo’lib, quyidagi
(4) to’g’ri chiziqlar (x0,y0)  nuqtada kesishsin. U holda koordinatalar boshini 	(x0,y0)
nuqtaga   ko’chirsak,   berilgan   differensial     tenglama   bir   jinsli   differensial
tenglamaga keltiriladi. Haqiqatan ham, (1) differensial  tenglamani ushbu	
y'=	f(
a1(x−	x0)+b1(y−	y0)	
a2(x−	x0)+b2(y−	y0))
ko’rinishda yozib	
z=	y−	y0,	t=	x−	x0
almashtirish bajarsak, 	
y'=	˙z  ekanligidan quyidagi	
˙z=	f(
a1t+b1z	
a2t+b2z),	˙z=	dz
dt
differensial  tenglama hosil bo’ladi. Bu esa bir jinsli differensial  tenglamadir.
3-hol.   Faraz   qilaylik,  	
c1,c2   sonlarning   kamida   bittasi   noldan   farqli   bo’lib,
(4) to’g’ri chiziqlar o’zaro parallel bo’lsin. U holda 
a2=	ka	1,	b2=	kb	1
munosabatlar   bajarilgani   uchun   (1)   differensial     tenglama   quyidagi   ko’rinishni
oladi:	
y'=	f(	
a1x+b1y+c1	
k(a1x+b1y)+c2)
.
Bu   differensial     tenglama  	
z=	a1x+b1y   almashtirish   yordamida   o’zgaruvchilari
ajraladigan differensial  tenglamaga keltiriladi. Haqiqatan ham quyidagi	
z=	a1x+b1y
,	
z'=	a1+b1y'
belgilashlar natijasida 	
z'=	a1+b1f(	
z+c1	
kz	+c2)
differensial     tenglamaga   ega   bo’lamiz.   Bu   esa   o’zgaruvchilari   ajraladigan
differensial  tenglamadir. Birin chi tartibli chiziqli  differensial tenglama .
Ushbuy'=	a(x)y+b(x)
( 1 )
ko’rinishdagi   tenglamaga   birinchi   tartibli   chiziqli   differensial   tenglama   deyiladi.
Bu   yerda  	
a(x)   va  	b(x)   funksiyalar   biror  	[a,b]⊂R   oraliqda   aniqlangan   va
uzluksiz deb qaraladi.
Agar  	
b(x)≠	0,x∈[a,b] bo’lsa,   (1)   tenglamaga   chiziqli   bir   jinsli   bo’lmagan
differensial   tenglama   deyiladi.   Agar  	
b(x)=	0,x∈[a,b] bo’lsa,   (1)   tenglamaga
chiziqli bir jinsli  differensial tenglama   deyiladi  va ushbu	
y'=	a(x)y
( 2 )
ko’rinish ni   oladi.   Bu   esa   o’zgaruvchilari   ajraladigan   differensial     tenglamadir.
Ko’rinib   turibdiki  	
y(x)=	0   funksiya   (2)   differensial   tenglama ning   yechimidan
iborat.   Agar  	
y(x)≠	0   bo’lsa,   (2)   differensial   tenglama ni   quyidagicha   yozish
mumkin:	
dy
y	
=	a(x)dx
.
Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab quyidagi	
ln	|y|=∫
x0
x
a(t)dt	+ln	|C1|
(3)
tenglikni olamiz. Ushbu	
A(x)=∫
x0
x
a(t)dt
belgilashdan   foydanib  (1.5.3)  tenglikdan
(4) formulani   hosil   qilamiz .   Bu   yerda  x0,x∈[a,b],  	C1 - ixtiyoriy   o ’ zgarmas   son .   (4)
formula   (2)   ko’rinishdagi   bir   jinsli   differensial   tenglama ning   umumiy   yechimini
ifodalaydi.
Bir   jinsli   bo’lmagan   (1)   ko’rinishdagi   differensial   tenglama ning   umumiy
yechimini   topishning   bir   qancha   usullari   bor.   Avvalo   biz   Lagranj,   ya’ni
o’zgarmasni  variyatsiyalash usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda (1)  differensial
tenglama ning yechimini ushbu	
y(x)=	C	(x)eA(x)
(5)
ko’rinish da   izlaymiz.   Bu   yerda  	
C(x)− hozircha   noma’lum   funksiya.   (5)
tenglikning ikki tomonini differensiallab	
y'=	C'(x)eA(x)+C	(x)eA(x)a(x)
(6)
tenglikni  hosil  qilamiz. Bu  	
y   va  	y'   funksiyalarning  (1.5.5)  va (1.5.6)  ifodalarini
mos ravishda (1)  differensial tenglama ga qo’yib	
C'(x)eA(x)+a(x)C	(x)eA(x)=	a(x)C	(x)eA(x)+b(x)
munosabatni topamiz. Bundan	
C'(x)eA(x)=	b(x)
kelib chiqadi. Oxirgi tenglikni	
C'(x)=	b(x)e−A(x)
ko’rinishda yozib, uni integrallasak	
C	(x)=∫
x0
x
b(t)e−A(x)dt	+C
,	
C=	const (7)
munosabatni   hosil   qilamiz.   Yuqoridagi   (5)   tenglikdan   va   (7)   formuladan
fordalanib, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini topamiz:	
y(x)=	
{
C	+∫
x0
x
b(t)eA(t)dt	
}
eA(x)=	C	eA(x)+eA(x)¿∫
x0
x
b(t)e−A(t)dt
. (8)
Bu formuladan foydalanib (1) differensial tenglamaning	
y(x0)=	y0
(9) boshlang’ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini ham topish mumkin:y(x)=	y0eA(x)+eA(x)∫
x0
x
b(t)e−A(t)dt
. (10)
Bu yerda  	
x0 va  	y0   berilgan sonlar. Agar (8) tenglikning o’ng tomonidagi ikkinchi
hadni	
~y(x)=	eA(x)∫
x0
x
b(t)e−A(t)dt
(11)
belgilab olsak, u holda 	
~y(x)  funksiya (1) differensial tenglamaning	
~y(x0)=	0
(12)
boshlang’ich   shartni   qanoatlantiruvchi   xususiy   yechimini   beradi.   Shuning   uchun
(8) formula	
y(x)=	C	eA(x)+~y(x)
(13)
ko’rinishni   oladi.   Bu   esa   bir   jinsli   bo’lmagan   (1)   differensial   tenglamaning
umumiy   yechimi   bir   jinsli   (2)   differensial   tenglamaning  	
CeA(x)   umumiy   yechimi
bilan bir jinsli bo’lmagan (1) differensial tenglamaning 	
~y(x)  xususiy yechimining
yig’indisidan iborat ekanligini ko’rsatadi.
Endi, (1) ko’rinishdagi chiziqli differensial tenglamaning umumiy yechimini
topishning   Bernulli   usuli   bilan   tanishamiz.   Shu   maqsadda   (1)   differensial
tenglamaning yechimini	
y(x)=	u(x)⋅v(x)
(14)
ko’rinishda izlaymiz. Natijada biz ushbu	
vdu
dx	
+udv
dx	
=	a(x)uv	+b(x)
,
ya’ni	
(
dv
dx	
−	a(x)v)u+vdu
dx	
=	b(x)
(15)
ko’rinishidagi   differensial   tenglamaga   ega   bo’lamiz.   Bunda  	
v(x)   funksiyani
shunday tanlaymizki, natijada dv
dx	
−	a(x)v=	0shart   bajarilsin.   Bu   esa   o’zgaruvchilari   ajraladigan   differensial   tenglamadir.   Bu
tenglamani yechib	
v(x)=	e
∫x0
x
a(t)dt
=	eA(x)
(16)
funksiyani topamiz. Shuning uchun (15) differensial tenglama ushbu	
du
dx	
=	b(x)e−A(x)
ko’rinishni oladi. Bu differensial tenglamani integrallab	
u(x)=	C	0+∫
x0
x
b(t)e−A(t)dt
(17)
munosabatni   hosil   qilamiz.   Topilgan  	
u(x)   va  	v(x)   funksiyaning   (16)   va   (17)
ifodalarni (14) tenglikka qo’yib	
y(x)=	C0eA(x)+eA(x)∫
x0
x
b(t)e−A(t)dt
(1) differensial tenglamaning umumiy yechimini olamiz.
Endi,   bir   jinsli   bo’lmagan   (1)   differensial   tenglamaning   xususiy   yechimini
topishning Koshi usuli bilan tanishamiz. Shu maqsadda, biror 	
x=t∈[a,b]  nuqtani
olib quyidagi bir jinsli differensial tenglamaga qo’yilgan	
{y
'
=a(x)y,¿¿¿¿
(18)
Koshi masalasining yechimini topamiz:	
y(x,t)=exp	{∫
t
x
a(τ)dτ	}.
(19)
Bundan foydalanib ushbu	
y(x)=∫
x0
x
y(x,t)b(t)dt
(20)
funksiyani tuzib olamiz. Ko’rinib turibdiki bu funksiya  y(x0)=	0(21)
boshlang’ich shartni  qanoatlantiradi. Yuqoridagi  (20)  tenglikning ikkala tomonini
differensiallab	
¯y'(x)=	y(x,x)b(x)+∫
x0
x
yx
'(x,t)b(t)dt	=	
=1⋅b(x)+a(x)∫
x0
x
exp	{∫
t
x
a(τ)dτ	}b(t)dt	=	
=	b(x)+a(x)∫
x0
x
y(x,t)b(t)dt	=	b(x)+a(x)y(x)
(1)   ko ’rinishdagi   differensial   tenglamani   keltirib   chiqaramiz.   Bundan   ko’rinadiki
(20) tenglik orqali aniqlangan 	
¯y(x)  funksiya (1) differensial tenglamaning xususiy
yechimini berar ekan. Bundan foydalanib (13) tenglikdan	
y(x)=	C	eA(x)+∫
x0
x
exp	{∫
t
x
a(τ)dτ	}b(t)dt
(1)   differensial   tenglamaning   umumiy   yechimining   yana   bir   (Koshi)   ko’rinishini
topamiz.
Bernulli  differensial tenglama si.
Ushbu 	
y'=	a(x)y+b(x)yn
(1)
ko’rinishdagi   tenglamaga   Bernulli   differensial   tenglamasi   deyiladi.   Bu   yerda	
a(x),b(x)∈C(α,β)
, ya’ni 	(α,β)  intervalda aniqlangan uzluksiz funksiyalar.
Agar 	
n=	0  bo’lsa, u holda	
y'=	a(x)y+b(x)
chiziqli  differensial tenglama  hosil bo’ladi.
Agar 	
n=1  bo’lsa, u holda 	
y'=	[a(x)+b(x)]y
bir jinsli chiziqli  differensial tenglama  hosil bo’ladi. Aytaylik,  n≠	o,n≠	1   bo’lsin.   Ko’rinib   turibdiki,  	y=	0   (1)   differensial
tenglama ning yechimidan iborat.  Agar 	
y≠	0  bo’lsa, u holda (1)  tenglama ning ikki
tomonini 	
yn  ga bo’lib ushbu	
y−ny'=	a(x)y1−n+b(x)
( 2 )
differensial tenglama ni hosil qilamiz. Bunda	
z=	y1−n
(3)
almashtirishni bajaramiz. Quyidagi	
z'=	(1−	n)y−ny',	y−ny'=	1
1−	n	
z'
munosabatlardan foydalanib (2) tenglamani ushbu	
1
1−	n	
z'=	a(x)z+b(x),
ya ’ ni	
z'=	(1−	n)a(x)z+(1−	n)b(x)
(4)
ko’rinishda   yozish   mumkin.   Bu   esa   chiziqli   bir   jinsli   bo’lmagan   differensial
tenglamadir.
Rikkati  differensial tenglama si.
Ushbu	
y'=	a(x)y2+b(x)y+c(x)
(1)
ko`rinishdagi   tenglamaga   Rikkati   differensial   tenglamasi   deyiladi.   Bu   yerda	
a(x),b(x),c(x)∈C(α,β),(α≥−∞	,β≤∞)
 bo’lib, 	a(x)≠	0,c(x)≠	0 .
Agar 	
a(x)=	0  bo’lsa, u holda (1) differensial tenglama ushbu	
y'=	b(x)y+c(x)
ko’rinishni oladi. Bu esa chiziqli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglamadir.
Agar 	
c(x)=	0  bo’lsa, u holda (1) differensial tenglama	
y'=	a(x)y2+b(x)y ko’rinishni oladi. Bu esa Bernulli differensial tenglamasidir.
Umumiy   holda   Rikkati   differensial   tenglamasi   kvadraturada
integrallanmaydi.
Shuni   alohida   qayd   qilish   lozimki,   ayrim   xususiy   hollardagina   Rikkati
differensial tenglamasini kvadraturada integrallanishini ko’rsatish mumkin.
 Jumladan 1841 yilda Liuvill ushbuy'=	Ay	2+	Bx	α,
 	A≠	0,B≠	0
ko’rinishdagi   Rikkati   differensial   tenglamasi   kvadraturada   integrallanuvchi
bo’lishi uchun 	
α	
2α+4  soni butun bo’lishi kerakligini ko’rsatib berdi. Endi Rikkati
differensial tenglamasining ayrim xossalarini o’rganishimiz mumkin.
Lemma-1.  Rikkati tenglamasi quydagi:
1. 	
x=	ϕ(¯x),
2. Kasr-chizqli	
y=	
α(x)y1+β(x)	
γ(x)y1+δ(x)
,
 	
α(x)δ(x)−	β(x)γ(x)≠	0
amashtirishlarga nisbatan ko’rinishini o’zgartirmaydi.
Isbot.  1. Ushbu 	
x=	ϕ(¯x)  tenglikning ikki tomonini differensiallab	
dx	=	ϕ'(¯x)d¯x
, 	
y'=	dy	
ϕ'(¯x)d	¯x
munosabatlarni topamiz. Bu tengliklarni (1.8.1) differenasial tenglamaga qo’yib
(2)
differensial tenglamani hosil qilamiz. Bunda ushbu	
A(¯x)=	a(¯x)ϕ'(¯x),	B(¯x)=b(ϕ(¯x))ϕ'(¯x),
  	C	(¯x)=	c(ϕ(¯x))ϕ'(¯x)
belgilashlardan foydalansak (2) tenglama	
dy
dx
=	A(¯x)y2+B	(¯x)y+C	(¯x)
ko’rinishni oladi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir.
2. Berilgan kasr-chiziqli almashtirishning ikki tomonini differensiallab y'=	
(αδ	−	βγ	)y1
',+(α'γ−	αγ')y1
2,+(α'δ+	β'γ−	αδ'−	γ'β)y1+	β'δ−	βδ'	
(γ	y1+δ)2(3)
differensial   tenglamani   topamiz.   Berilgan   kasr-chiziqli   almashtirish   natijasida
ushbu	
a(x)y2+b(x)y+c(x)
kvadrat uchhadning o’zgarishini aniqlaymiz:
(4)
Yuqoridagi   (1)   differensial   tenglamadan   va   (3)   hamda   (4)   munosabatlardan
foydalanib quyidagi	
(αδ	−	βγ	)y1
'+(α'γ−	α	γ')y1
2+(α'δ+	β'γ−	αδ'−	β	γ')y1+	β'δ−	δ'β=	
=	a(x)(αy	1+	β)2+b(x)(αy	1+	β)(γy	1+δ)+c(x)(γy	1+δ)2
tenglikni hosil qilamiz. Bu tenglik elementar amallar natijasida ushbu	
(αδ	−	βγ	)y1
'=	(aα	2+	bαγ	+	cγ	2−	α'γ+α	γ')y1
2+[2αβ	a+(αδ	+	βγ	)b+	2γδ	c−	
−	α'δ−	β'γ+	α	δ'+	β	γ']⋅y1+αβ	2+	b	βδ	+cδ	2−	β'δ+	δ'β
ko’rinishni oladi. Bundan	
y1
'=	aα	2+	bαγ	+	cγ	2−	α'γ+α	γ'	
αδ	−	βγ	
y1
2+	
+
[2αβ	a+(αδ	+	βγ	)b+2γδ	c−	α'δ−	β'γ+	αδ'+	β	γ']	
αδ	−	βγ	
y1+	
+
αβ	2+	b	βδ	+cδ	2−	β'δ+	δ'β	
αδ	−	βγ
kelib chiqadi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir.
Rikkati tenglamasining maxsus ko’rinishi
Ushbu	
y'=	Ay	2+	Bx	m
(1)
tenglamaga Rikkati tenglamasining maxsus ko’rinishi deyiladi.   Bu yerda  	
A,B   va	
m
  o’zgarmas   sonlar.   Biz  	m   sonining   qanday   qiymatlarida   (1)   differensial tenglamaning   umumiy   yechimi   elementar   funksiyalarda   topilishi   mumkinligini
o’rganamiz.
Avvalo eng sodda hollarni qaraymiz:
1. Aytaylik, m=	0  bo’lsin. Bu holda (1.9.1) differensial tenglama	
y'=	Ay	2+B
(2)
ko’rinishga keladi. Bundan ushbu 	
dy	
Ay	2+	B	
=	dx
tenglikni topamiz. Bu esa (2) differensial tenglamaning umumiy yechimi elementar
funksiyalarda ifodalanishini ko’rsatadi.
2. Aytaylik, 	
m=−	2  bo’lsin. Bu holda (1) differensial tenglama	
y'=	Ay	2+	B
x2
(3)
ko’rinishni oladi. Ushbu	
y=	1
z
almashtirishdan foydalansak, (3) differensial tenglama	
−	dz
dx	
=	B(
z
x)
2
+	A
(4)
ko’rinishni oladi. Bu esa bir jinsli differensial tenglamadir. Quyidagi	
y=	z
x
almashtirish natijasida (4) differensial tenglama o’zgaruvchilari ajraladigan	
−	xu'=	Bu	2+u+	A
differensial   tenglamaga   keladi.   Bundan   ko’rinadiki,   (3)   differensial   tenglamaning
umumiy yechimi elementar funksiyalar orqali ifodalanadi.
3. Agar	
m	
2m+4
∈Ζ¿{0;−	2¿}
butun son bo’lsa, (1) differensial tenglama kvadraturada integrallanadi. Rikkati va ikkinchi tartibli chiziqli differensial tenglama orasidagi
bog’lanishlar
1. Avvalo, ushbuy'=	a(x)y2+b(x)y+c(x)
(1)
Rikkati differensial tenglamasida quyidagi	
y=	z
a
,a(x)≠	0
(2)
almashtirish   bajaramiz.   Buning   uchun   (1.10.2)   tenglikning   ikki   tarafini
differensiallab	
y'=	−	a'
a2z+	1
a	z'
(3)
topamiz.   (2)   va   (3)   tengliklardan   foydalanib,   (1)   differensial   tenglamani
quyidagicha yozamiz:	
−	a'
a2z+	1
a	
z'=	a	z2
a2+	b	z
a
+	c.
Bu tenglamaning ikki tomonini 	
a2  ga ko’paytirib,
az'−	a'z=	az	2+abz	+a2c
munosabatni olamiz. Bundan	
z'=	z2+(b+	a'
a	)z+	ac
kelib chiqadi. Bu differensial tenglamani	
z'−	z2+	P	(x)z+Q	=	0,
(4)	
P	(x)=	−(b+a'
a),
 	Q(x)=−ac
ko’rinishda yozib olamiz va 	
z=	−	u'
u
(5)
almashtirish bajaramiz. Bu almashtirishning ikki tomonini differensiallab z'=	−	u''u−	u¿	
u2	=	−	u''
u	
+(
u'
u	)
2topamiz. Oxirgi tenglikdan va (5) almashtirishdan foydalanib, (4) tenglamani	
−	u''	
u	
+(
u'
u	)
2
−	(
u'
u	)
2
−	P	u'
u	
+Q	=	0,	
−	u''	
u	−	P	u'
u	+Q	=	0,
ya’ni	
u''+	P	u'−	Qu	=	0
(6)
ko’rinishda   yozish   mumkin.   Bu   esa   ikkinchi   tartibli   chiziqli   differensial
tenglamadir.
2.   Ko’p   hollarda,   ayniqsa   tatbiqiy   ahamiyatga   ega   bo’lgan   masalalarda
ikkinchi   tartibli   chiziqli   differensial   tenglamaning   ayrim   yechimlarini   topish   va
uning   xossalarini   o’rganish   uchun   uni   Rikkati   tenglamasiga   keltiriladi.   Shu
maqsadda ushbu	
y''−	q(x)y=	0
(7)
chiziqli differensial tenglamada	
ω=	y'
y
(8)
almashtirish bajaramiz. Buning uchun (8) tenglikning ikki tomonini differensiallab	
ω'=	y''
y	
−	(
y'
y)
2
=	y''
y	
−	ω	2
(9)
munosabatni hosil qilamiz. (1.10.7) tenglamadan	
y''
y
=	q(x)
ekanligini hisobga olsak, u holda (1.10.9) differensial tenglama	
ω'+ω2=	q(x)
(10)
ko’rinishni oladi. Bu esa Rikkati differensial tenglamasidir. To’liq differensialli tenglamalar.
Hosilaga nisbatan yechilgan birinchi tartibli differensial tenglamaning ushbuM	(x,y)dx	+N	(x,y)dy	=	0
(1)
ko’rinishi   bilan   tanishamiz.   Bu   yerda  	
M	(x,y)   va  	N(x,y)   funksiyalar  	Γ	⊆	R2
sohada aniqlangan uzluksiz, ya’ni	
M	(x,y),N	(x,y)∈C(Γ)
.
Ta’rif-1.   Agar   (1)   differensial   tenglamaning   chap   tomoni   biror	
U	(x,y)∈C(1)(Γ)
  funksiyaning   to’liq   differensialidan   iborat   bo’lsa,   u   holda   (1)
tenglamaga to’liq differensialli tenglama deyiladi.
Agar  (1)   tenglama  to’liq differensialli  tenglama  bo’lsa,   u holda  uning chap
tomoni	
M	(x,y)dx	+N	(x,y)dy	=	dU	(x,y)
(2)
ko’rinishda   yoziladi.   Bu   holda  	
y=	ϕ(x)∈C(1)(a,b)   funksiya   (1)   differensial
tenglamaning yechimi bo’lishi uchun ushbu	
U	(x,y)|y=ϕ(x)=	U	(x,ϕ(x))=	C	=	const	,	∀	x∈(a,b)
(3)
shartning bajarilishi zarur va yetarlidir. Chunki (2) tenglikda	
dU	=	∂U
∂x	
dx	+∂U
∂	y	
dy
(4)
munosabatdan foydalansak, undan	
∂U
∂x
=	M	(x,y),∂U
∂y
=	N	(x,y)
(5)
tengliklarni olamiz.
Faraz   qilaylik,  	
y=	ϕ(x)∈C(1)(a,b)   funksiya   (1)   to’liq   differensialli
tenglamaning yechimi bo`lsin. U holda	
M	(x,ϕ(x))dx	+N	(x,ϕ(x))ϕ'(x))dx	=	0
,
y’ani M	(x,ϕ(x))+N	(x,ϕ(x))ϕ'(x)=	0kelib chiqadi. Bu yerda (1.11.2) dan foydalanib,	
d
dx	
U	(x,ϕ(x))=	0
topamiz. Bundan	
U	(x,ϕ(x))=	C	=	const
kelib chiqadi.
Agar 	
y=	ϕ(x)  funksiya	
U	(x,ϕ(x))=C
tenglamaning yechimi bo`lsa, u holda uni differensiallab 	
M	(x,ϕ(x))+N	(x,ϕ(x))ϕ'(x))=0
hosil   qilamiz.   Bundan   esa  	
y=	ϕ(x)   funksiya   (1.11.1)   differensial   tenglamaning
yechimi ekanligi kelib chiqadi.
Integrallovchi ko’paytuvchi . 
Faraz qilaylik, ushbu
M	(x,y)dx	+N	(x,y)dy	=	0
(1)
tenglama to’liq differensialli tenglama bo’lmasin, ya’ni 	
Γ	⊆	R2  sohada aniqlangan
birorta ham 	
U(x,y)  funksiya uchun	
dU	=	M	(x,y)dx	+N	(x,y)dy
tenglik o’rinli bo’lmasin.
Ta’rif-1.   Agar  	
Γ	⊆	R2   sohada   berilgan  	M	(x,y),N(x,y)   va   birorta	
μ(x,y)≠0
 funksiya uchun, ushbu 	
μ(x,y)M	(x,y)dx	+μ(x,y)N	(x,y)dy	=0
(2)
tenglama   to’liq   differensialli   tenglama   bo’lsa,   u   holda   (1)   tenglamaga   to’liq
differensialli   tenglamaga   keltiriladigan   tenglama,  	
μ(x,y)   funksiyaga   esa   uning
integrallovchi ko’paytuvchisi deyiladi. Bu holda μ	Mdx	+μ	Ndy	=	dU(3)
o’rinli bo’ladi. Bundan	
μM	=	∂U
∂x	
,	μN	=	∂U
∂y
(4)
ekanligini topamiz.
Endi   integrallovchi   ko’paytuvchining   ayrim   xossalari   bilan   tanishamiz.
Aytaylik,  (2)   tenglama  to’liq  differensialli   tenglama  bo’lsin.  Boshqacha  aytganda	
μ(x,y)≠0
  funksiya   (1)   tenglamaning   integrallovchi   ko’paytuvchisi   bo’lsin.   U
holda (4) tengliklardan	
∂(μM	)	
∂y	
=	∂(μN	)	
∂x
(5)
munosabatni topamiz. Bu tenglikni quyidagi ko’rinishda yozamiz:	
M	∂	μ	
∂	y
+	μ∂M
∂	y	
=	N	∂	μ	
∂	x
+μ∂	N
∂x
yoki	
M	∂μ
∂y
−	N	∂μ
∂x
=	μ(
∂N
∂x	
−	∂M
∂y	)
. (6)
Bunda 	
μ(x,y)>0,∀	(x,y)∈	Γ	⊆R2  deb olsak, (6) dan 	
M	∂ln	μ	
∂y	
−	N	∂ln	μ	
∂x	
=	∂N
∂x	
−	∂M
∂y
(7)
kelib   chiqadi.   Bu   munosabat  	
ln	μ(x,y)   funksiyaga   nisbatan   birinchi   tartibli   bir
jinsli bo’lmagan xususiy hosilali differensial tenglamadir. Bizga (7) tenglamaning
biror   xususiy   yechimini   topish   yetarlidir.   Bunday   yechim  	
(x0,y0)∈Γ   nuqtaning
yetarli kichik atrofida 	
M	,N	,Nx
',M	y
'  funksiyalar uzluksiz bo’lgani uchun mavjud. Yuqori tartibli differensial tenglamalar
n-chi tartibli differensial tenglamalar
Ushbu 
(1)
ko’rinishdagi tenglamaga n-tartibli hosilaga nisbatan yechilgan oddiy differensial 
tenglamaning umumiy ko’rinishi deyiladi.
Quyidagi belgilashlarni kiritaylik:
Endi,  -o’lchamli fazoda quyidagi sohani olaylik. Bu yerda  –o’zgarmas sonlar bo’lib, 
Ta’rif-1 .   Aytaylik   (1)   ko’rinishidagi   oddiy   differensial   tenglama   berilgan
bo’lib     funksiya     sohada   aniqlangan   bo’lsin.   Agar
 oraliqda aniqlangan biror  funksiya uchun quyidagi 
1. 
2. 
3. 
shartlar   bajarilsa,     funksiya     oraliqda   (1)   differensial
tenglamaning ye chimi deyiladi. 
Ta’rif-2 . (1) differensial tenglamaning ushbu 
(2)
boshlang’ich   shartlarni   qanoatlantiruvchi     yechimini   topishga   Koshi
masalasi deyiladi. Bu yerda   berilgan nuqta.
Teorema.  Agar   funksiya   sohada aniqlangan
va uzluksiz bo’lib,   o’zgaruvchilar bo’yicha Lipshits: 
(3)
shart ш ni qanoatlantirsa, u holda shunday     soni mavjud bo’lib (1)+( 2) Koshi
masalasining     oraliqda   aniqlangan   yagona   yechimi   mavjud
bo’ladi.
Bu   teoremaning   isbotini   qisuvchi   akslantirishlar   prinspidan   foydalanib   ko’rsatish
mumkin.
Ayrim n-tartibli differensial tenglamalarni yechish.
Ushbu  (1)
differensial tenglamaning umumiy yechimini topish bilan shug’ullanamiz. 
1. Ketma-ket integrallash usuli . 
Avvalo (1) tenglamani 
(2)
ko’rinishda yozib olamiz. Endi ixtiyoriy  nuqtani olib (2) 
differensial tenglamaning  dan x gacha integrallab, ushbu
tenglikni hosil qilamiz. Bu munosabatni yana integrallab ushbu 
tasvirni topamiz. Yuqoridagi jarayonni davom qildirib 
(3)
(1) differensial tenglamaning umumiy yechimini topishga muvoffaq bo’lamiz. 
Quyidagi 
formuladan foydalanib (3) munosabatni 
(4)
ko’rinishda yozish mumkin.  2.   Koshi   usuli.   Avvalo   ixtiyoriy     nuqtani   tanlab   olamiz   va
quyidagi Koshi masalasini qaraymiz: 
(5)
( )
So’ngra, ushbu 
differensial   tenglamaning   umumiy   yechimini   ketma-ket   integrallash   natijasida
topamiz:
(6)
Bu   yerdagi     o’zgarmaslarning   qiymatlarini   boshlang’ich   shartlardan
foydalanib topish mumkin:
(7) (7)   sistemani   pastdan   yuqoriga   qarab   ketma-ket   yechsak  
o’zgarmaslarning qiymatlari topiladi: 
O’zgarmaslarning bu qiymatlarini (2.2.6) tenglikning o’ng tomoniga qo’yib, ushbu
Koshi funksiyasini topamiz.
n-tartibli chiziqli differensial tenglamalar
n-tartibli  oddiy  differensial   tenglamalarning  muhim  xususiy   hollaridan  biri,
n-tartibli chiziqli differensial tenglama bo’lib, u quyidagi ko’rinishda yoziladi:
(1)
Bunga  n-tartibli bir jinsli bo’lmagan differensial tenglama  deyiladi.
Agar (1) tenglamada  ,   ya’ni 
bo’lsa,   bunga   n-tartibli   chiziqli   bir   jinsli   differensial   tenglama   deyiladi.   Bu
yerda   -berilgan   uzluksiz   funksiyalarga   mos   ravishda
(1) tenglamaning koeffitsiyentlari va uning o’ng tomoni deyiladi. 
Ta’rif-1   ()   differensial   tenglamani   ayniyatga   aylantiruvchi
 funksiyaga uning yechimi deyiladi.
Lemma-1 .   Agar   ko’rinishda   bo’lib,     va  
funksiyalar mos ravishda ushbu 
differensial   tenglamaning   yechimidan   iborat   bo’lsa,   u   holda  
funksiya (1) tenglamaning yechimi bo’ladi.  Natija-1.   Agar   ,     funksiyalar   (2)   bir   jinsli   tenglamaning
yechimlari   bo’lib,   -ixtiyoriy   o’zgarmas   sonlar   bo’lsa   u   holda
 funksiya (2) tenglamaning yechimi bo’ladi. 
Bu   ikki   tasdiqqa   (1)   tenglama   uchun   superpozitsiya   prinsipi   deyiladi.
Superpozitsiya prinsipi faqat chiziqli differensial tenglamaga xos xususiyatdir.
O ‘ zgarmas koeffisiyentli bir   jinsli  chiziqli differensial tenglamalar
(1)
tenglamaga   n   -   chi   tartibli   o ‘ zgarmas   koeffisiyentli   birjinsli   differensial   tenglama
deyiladi. Bu yerda   o’zgarmas sonlar.
Tenglamaning xususiy yechimi    ko’rinishda bo ‘ lib,  u
(2)λ
  -   xarakteristik   tenglamaning   ildizi   bo ‘ lishi   kerak.   Yechim   ko ‘ rinishi   (2)
xarakteristik tenglama ildizlariga bog ‘ liq:
a) (2)  tenglama ning  barcha ildizlari haqiqiy va har xil.
  B u holda     yechimlar   tenglamaning fundamental
yechimlar   sistemasini   tash k il   etadi,   chunki   ular   yordamida   tuzilgan   Vronskiy
determinanti noldan farqli .
1-misol .       .
Xarakteristik tenglamani tuzamiz .
=3,  =4 bu tenglamaning ildizlaridir .  Demak ,    tenglamaning
hususiy yechimlari va      berilgan tenglamaning umumiy yechimi
bo’ladi.
b) (2) tenglamaning ildizlari orasida kompleks  yechim mavjud.
  Xarakteristik  tenglama haqiqiy koeffisiyentli  bo‘lganligi  sababli  ildizga  qo‘shma
bo‘lgan son ham ildiz bo‘ladi .  Bu ildizlar   bo ‘ lsin. Bu
ildizlarga (1) tenglamaning       ko ‘ rinishdagi  ikkita
yechim mos keladi.
2-misol .     .
Xarakteristik tenglama 
.
  U       ildizlarga   ega,   demak,  
berilgan tenglamaning xususiy yechimlari bo’lib, ular chiziqli bog ‘ lanmagan va 
   
tenglamaning umumiy yechimi bo’ladi.
3   -misol    .   Xarakteristik   tenglama   ildizlari
  bo ‘ lgan differensial tenglamaning umumiy
yechimini yozing.
 Umumiy yechim
y = c
1 e 2 x
cos 4 x + c
2 e 2 x
sin 4 x + c
3 e − 3 x
Cosx + c
4 e − 3 x
Sinx + c
5 e − 4 x
 
ko ‘ rinishda bo’ladi.
c) Xarakteristik tenglamaning ildizlari orasida karrali ildiz mavjud .  
 Masalan,   tenglamaning   karrali ildizi bo ‘ ls in , bu holda (1) tenglama   ta
    (3)
ko ‘ rinishdagi   x ususiy   yechimga   ega   bo ‘ ladi.   Bu   yechimlarni   chiziqli
bog ‘ lanmaganligini   bevosita   Gram   determinantidan   foydalanmasdan   aniqlash
mumkin.
             (4)
tenglik barcha  x   lar uchun o ‘ rinli bo ‘ lsin, u holda 
ko‘phad aynan nolga teng bo‘ladi, bu esa ko‘phadning barcha koeffisiyentlari nol
bo‘lgandagina bajarilishi mumkin. Demak, (4) tenglik faqat  
bo‘lganda   bajariladi   va   bundan   (3)   chiziqli   bog‘lanmagan   funksiyalar   sistemasini
tashkil etadi. 4-misol .   Xarakteristik   tenglama   ildizlari     bo‘lgan
  differensial tenglamaning umumiy yechimini yozing .
    to‘rt   karrali   ildiz   bo‘lganligi   sababli   tenglamaning   xususiy
yechimlari     bo‘ladi;     ikki   karrali   –   yechim
Shunday qilib, tenglamaning umumiy yechimi quyidagi ko ‘ rinishga ega
   
              5 -misol .   L[y]=0   tenglamaning   xarakteristik   tenglamasi   ildizlari
    bo‘lsa.   uning   umumiy
yechimini   yozing.     uch   karrali   va     ikki   karrali   ildizlar
bo‘lganligidan foydalanamiz. Umumiy yechim quyidagi ko‘rinishga ega
 (5)
tenglamani   qaraymiz .   Bu   yerda     -   o ‘ zgarmas   sonlar,  
  da aniqlangan va uzluksiz funksiya.
Mavzuga doir misollar
1-Misol.   (x 2
+y 2
)dy+ 2 xy   dx=0   f
1 (x,   y)=x 2
+y 2
  va   f
2 (x,   y)= 2 xy   differensial
tenglama bir jinslidir, chunki  x 2
+y 2 
va 2 xy  funksiyalar ikki o‘lchovli bir jinslidir:
Haqiqatan  
  f
1 (tx, ty) = (tx) 2
+(ty) 2
=t 2
(x 2
+y 2
)=t 2
 f
1 (x, y)
 f
2 (tx,ty)= 2(tx) (ty)=t 2
2xy = t 2
 f
2 (x, y).
Endi differensial tenglamani yechamiz, ya’ni   u=u(x)   funksiya kiritib   y=ux ,
dy=u dx+x du.  Unda 
(x 2 
+ x 2
 u 2
) (u dx+x du) + 2x 2 
u dx = 0 yoki ixchamlab,
(1+u 2
)dx+2ux dx=0
o‘zgaruvchilarni ajratib,0	1
2
2				du	u
u	
x
dx
hosil qilamiz.
Integrallab,   lnx+ln(l+u 2
)=lnc   yoki   x(l+u 2
)=C   ni   topamiz.   u = y/x
almashtirishni   hisobga   olsak,   berilgan   tenglamaning   umumiy   integralini   hosil
qilamiz: 
x 2
+y 2
=Cx.
2-Misol.  Ushbu	
x	
y	x	y	y	
2	2		
 yoki 	)0	(	1	
2	
	
	
			x	x
y	
x
y	y
bir jinsli tenglamani yeching.
Yechish:   O‘ng   tomoni   nol   o‘lchovli   bir   jinsli   funksiyadan   iborat,  	
u	x	y		/
almashtirish   bajaramiz,   u   holda  	
y	u	xu	y	ux	y	,	,				   va  	y   ning   ifodalarini
differensial tenglamaga qo‘yamiz:	
2	2	1	,	1	u	xu	u	u	u	xu								
o‘zgaruvchilari ajraladigan tenglama hosil bo‘ladi.
Oxirgi  tenglikni  	
dx   ga ko‘paytirib  	0	1	2			u	x   ga bo‘lamiz, o‘zgaruvchilar
ajraladi.
Integrallab, topamiz: 
C	x	u	ln	ln	arcsin		 . Bu yerdan 	)	sin(ln	Cx	x	y . 
3-Misol.  Ushbu 	
x
y	y	yx	ln	cos	  differensial tenglamani yeching.
Yechish: Berilgan tenglamani  x  ga bo‘lamiz, bo‘ladi 	

	
			x
y	
x
y	
x
y	y		ln	cos
.
Demak, qaralayotgan tenglama bir jinsli differensial tenglama, quyidagi  y=z
x,   z=z   (x)   almashtirishni   bajaramiz.   Unda  	
zx	z	y			   bo‘lib,   berilgan   differensial
tenglama, ushbu z	z	z	zx	ln	cos		yoki	
)1	ln	(cos			z	z	dx
dzx
ko‘rinishda   bo‘ladi.   Bu   o‘zgaruvchilari   ajraladigan   tenglama.   Unda
o‘zgaruvchilarni ajratsak bo‘ladi	
?)1	ln	(cos	,)1	ln	(cos				z	z	z	
dz	
x
dx
Integrallaymiz	
∫				1	ln	cos	
ln	ln	ln	z
z	d	c	x
yoki	
∫	∫								2	ln	)	ln	(	sin2	1	cos	ln	
22	
u	ctg	cx	z	u	du	
u
du	cx	u
yoki	

	
				x
y	ctg	cx	z	ctg	cx	ln2
1	ln	2
ln	ln
berilgan differensial tenglamaning umumiy yechimi, bunda   c   ixtiyoriy o‘zgarmas.
Endi  cos ln z= 1 tenglikni ko‘ramiz, bundan 	
,...2,1,0	,	,...,2,1,0	,
22										k	xe	y	k	e	z kk		
yechim hosil bo‘ladi.
4-Misol.   Ushbu	
y'=	xy	2+	x2y−	2	x3+1
differensial tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish.   Bu   yerda  	
y1=	x   berilgan   differensial   tenglamaning   xususiy
yechimidan iborat bo’lgani uchun	
y=	x+	1
u
almashtirish bajaramiz. Natijada berilgan differensial tenglama	
u'+3x2u=−	x ko’rinishni   oladi.   Ma’lumki,   bu   chiziqli   bir   jinsli   bo’lmagan   differensial
tenglamaning umumiy yechimi ushbuu(x)=	e−x2
(c−∫	xe	x2
dx	)
formula orqali topiladi. Bundan 	
y=	x+	ex2	
c−	∫	ex2
xdx	
=	x+	ex2	
c−	1
2
ex2
kelib chiqadi.
5-Misol. .  Ushbu 
differensial tenglamaning umumiy yechimini toping.
Yechish.   Qaralayotgan differensial tenglamaning umumiy yechimini (2.2.9)
formuladan foydalanib topish mumkin:
6-Misol.   Chiziqli bir jinsli bo’lmagan	
dy
dx	
=	p(x)y+q(x)
differensial tenglamaning integrallovchi ko’paytuvchisini topamiz.
Yechish.  Avvalo berilgan differensial tenglamani	
(p(x)y+q(x))dx	−	dy	=	0
ko’rinishda yozib olamiz. Bu holda	
M	(x,y)=	p(x)y+q(x),	N	(x,y)=−1
bo’lgani uchun	
∂M
∂y	
=	p(x),	∂N
∂x
=0
munosabatlar o’rinli. Ko’rinib turibdiki,	
∂M
∂y	
≠	∂N
∂x
. Shuning uchun  berilgan  chiziqli tenglama to’liq differensialli tenglama emas.
Endi  berilgan  differensial tenglamaning integrallovchi ko’paytuvchisiniμ=	μ(x)
ko’rinishda izlaymiz. Bu holda 	
ω=	x  bo’lgani uchun	
ψ(x)=	
M	y
'−	N	x
'	
N	=−	p(x)
tenglik o’rinli bo’ladi. Bundan esa	
μ=exp	{−∫	p(x)dx	}
formula kelib chiqadi.
7-misol .       . 
Tenglamani  y (4)
  ga nisbatan yechsak,     tenglama hosil  bo‘ladi. Ketma-
ket to‘rt marta integrallab, 
 
umumiy yechimni hosil qilamiz.
8-misol .       .
Bu tenglamada   almashtirish olamiz.  
 
ga qo‘ysak, 
ga qo ‘ yamiz.
Bu ifodani integrallab tenglamaning umumiy yechimini topamiz:   
II.                                    
                   (4)
(4) tenglamani  ,          almashtirish yordamida n-k  tartibli 
 tenglamaga keltirish mumkin.
9-misol .              
Tenglamada noma’lum funksiya   y   qatnashmagan.     yordamchi funksiyani
kiritamiz. U vaqtda   va tenglama   ko‘rinishga keladi.
Bu tenglama Klero tenglamasi, demak umumiy yechimi      maxsus
yechim   bo‘ladi.
Bu yerdan   va  tenglamaning umumiy yechimi 
,
 maxsus yechimi   tenglamadan topiladi va 
.
III.                                           .  (5)
tenglamani     almashtirish   olib   (bu   yerda   erkli   o‘zgaruvchi
vazifasini   y   bajaradi)   tartibini   bitta   birlikka   pasaytirish   mumkin.   Bu   holda
hosilalar quyidagicha topiladi:  va hokazo.
10-misol .            .
  almashtirish   olamiz,   u   holda     va   tenglama  
shaklga   keladi.   Bu   yerdan     va   demak, .   Bu   tenglamani
integrallab,   berilgan   tenglamaning   umumiy   yechimini   topamiz, O‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI OLIY VA O‘RTA
TA’LIM VAZIRLIGI
SHAROF RASHIDOV NOMIDAGI SAMARQAND
DAVLAT UNIVERSITETI
MATEMATIKA FAKULTETI
DIFFERENSIAL TENGLAMALAR KAFEDRASI
MAXSUS FANLARNI O‘QITISH METODIKASI
fanidan
MUSTAQIL ISH
Mavzu:  Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini
o‘qitish metodlari
Bajardi:  Daniyorov S.
Muyiddinova Sh., Ortiqov B.,
Pardayev T., Po‘latov S.,
Xolmurzayev H., Xudayberdiyeva S.,
Xudoyberdiyev D., Yormatov S.
Tekshirdi:  Arziqulov A.
                                       SAMARQAND-2022 Foydalanilgan adabiyotlar:
1. “Oddiy differensial tenglamalar nazariyasiga kirish“. A.B.Xasanov;
2. “ Сборник   задач   по   дифференсиальн ым   уравнениям”.
А.Ф.Филиппов .

Mavzu: Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari Reja: 1. Birinchi tartibli differensial tenglamalar va ularning turlari; 2. Yuqori tartibli differensial tenglamalar turlari va yechish usullari; 3. Chiziqli o‘zgarmas koeffisentli differensial tenglamalar.

Birinchi tartibli differensial tenglamalar Ta’rif - 1. Erkli o‘zgaruvchi x∈(a,b) , noma’lum funksiya y(x) va uning y'(x),y''(x),...,y(n)(x) hosilalari orasidagi ushbu F(x,y(x),y'(x),...,y(n)(x))=0 (1) funksional bog‘lanishga n− tartibli oddiy differensial tenglama deyiladi. Ta’rif-2. Tartibi n bo’lgan (1) tenglamani (a,b) intervalda ayniyatga aylantiruvchi funksiyaga, uning yechimi deyiladi. Jumladan, funksiya quyidagi differensial tenglamaning yechimi ekanligini tekshirish qiyinchilik tug‘dirmaydi. Bundan tashqari ushbu ko‘rinishdagi funksiaylar quyidagi ikkinchi tartibli differensial tenglamaning yechimidan iborat bo‘lishini ham osongina ko‘rsatish mumkin. Yuqoridagi, mulohazalardan ixtiyoriy differensial tenglamaning yechimi bor degan fikr kelib chiqmaydi. Masalan ko‘rinishdagi differensial tenglama yechimga ega emas. Chunki . Differensial tenglama yechimlarining soni bitta yoki cheksiz ko‘p bo‘lishi mumkin. Masalan ko‘rinishdagi differensial tenglama faqat nol yechimga ega.

Differensial tenglamalar nazariyasining asosiy masalasi, tenglamaning yechimini topish va uning xossalarini o‘rganishdan iborat. Yechimning grafigiga esa (1) oddiy differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi. Aytaylik, funksiya ushbu differensial tenglamaning yechimi bo‘lsin. U holda funksiyaning grafigi, ya’ni nuqtalar to‘plami sohada yotuvchi egri chiziqni ifodalaydi. Bu egri chiziqqa differensial tenglamaning integral chizig‘i deyiladi. Oshkormas Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0 funksiya ko’rinishidagi yechimga (1) tenglamaning integrali deyiladi. Tarkibidagi c1,c2,...,cn parametrlarga aniq qiymat berish hisobiga ixtiyoriy yechimni hosil qilish mumkin bo‘lsa, bu yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi deyiladi va y=ϕ(x,c1,c2,...,cn) ko‘rinishda belgilanadi. Oshkormas Ф(x,y,c1,c2,...,cn)=0 ko‘rinishdagi umumiy yechimga (1) differensial tenglamaning umumiy integrali deyiladi. Ta’rif-3. Yuqori tartibli hosilaga nisbatan yechilgan oddiy differensial tenglamaning umumiy ko‘rinishi quyidagicha bo‘ladi: . (2) Kelgusida biz, bu turdagi oddiy differensial tenglamaning ushbu (3) Boshlang‘ich shartlarni qanoatlantiruvchi yechimini topishga Koshi masalasi deymiz va uning yechimini mavjudligi hamda yagonaligi haqidagi tasdiqlar bilan tanishamiz. Xususan hosilaga nisbatan yechilmagan 1-tartibli differensial tenglama F(x,y,y')=0 (4) ko’rinishda bo’ladi. Birinchi tartibli hosilaga nisbatan yechilgan differensial tenglama esa y'= f(x,y) (5) ko‘rinishda bo’ladi.

Ta’rif-4. Hosilaga nisbatan yechilgan (5) differensial tenglamaningy(x0)= y0 (6) boshlang‘ich shartni qanoatlantiruvchi y(x) yechimini topishga Koshi masalasi deyiladi. Bu yerda x0 va y0 oldindan berilgan haqiqiy sonlardir. Geometrik tilda: y'= f(x,y) tenglamaning (x0,y0) nuqtadan o‘tuvchi integral chizig‘ini topishga Koshi masalasi deyiladi. O‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglamalar. Dastavval, ayrim sodda differensial tenglamaning umumiy yechimini topish bilan shug‘ullanamiz. Ushbu y'= f(x)⋅g(y) (1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaga o‘zgaruvchilari ajraladigan differensial tenglama deyiladi. Bu yerdagi f(x) va g(y) funksiyalar mos ravishda a< x<b va c< y<d oraliqlarda aniqlangan uzluksiz deb qaraladi. Bundan ko‘rinadiki, (1) differensial tenglamaning o‘ng tomoni quyidagi D = (a,b)× (c,d)= {(x,y)∈ R2: a< x<b,c< y<d} sohada aniqlangan va uzluksizdir. (1) ko‘rinishdagi differensial tenglamaning yechimini topish uchun quyidagi ikki holni ko‘rib chiqamiz: 1-hol. Aytaylik, g(y)≠ 0,y∈(c,d) bo‘lsin. U holda (1.1.1) differensial tenglamani ushbu dy g(y) = f(x)dx ko‘rinishda yozish mumkin. Bu tenglikning ikkala tomonini integrallab ∫ dy g(y) =∫ f(x)dx (2)

munosabatni hosil qilamiz. Ma’lumki, [g(y)]−1 va f(x) funksiyalar uzluksiz ekanligidan, ularning mos ravishda G(y) va F(x) boshlang ‘ ich funksiyalarining mavjudligi kelib chiqadi. Shuning uchun (2) tenglikni quyidagi G (y)= F (x)+C , C = const (3) ko ‘ rinishda yozish mumkin. Qaralayotgan g(y)≠ 0 holda G(y) monoton funksiya bo ‘ ladi. Chunki, G'(y)= 1 g(y) ≠ 0. Bundan esa uning teskarisi G−1 mavjud ekanligi kelib chiqadi. Yuqoridagi (3) tenglikdan y(x)= G−1(F (x)+C ) (4) funksiyani topamiz. O ‘ z navbatida bu funksiya qaralayotgan holda (1) differensial tenglamaning umumiy yechimini ifodalaydi. 2-hol. Aytaylik biror y(x)= ¯y∈(c,d) nuqtada g(¯y)= 0 bo’lsin. Bu tenglamaning ildizi yordamida aniqlangan y(x)= ¯y o’zgarmas funksiya (1.1.1) differensial tenglamaning yechimidan iborat bo’ladi. Demak, (1) differensial tenglamaning umumiy yechimi y(x)=¿{G −1 (F(x)+C),agar g(y)≠0,¿¿¿¿ (5) ko ‘ rinishda bo ‘ lar ekan. Endi, tayinlangan biror (x0,y0)∈D nuqtani olib, (1) differensial tenglamaning ushbu y(x0)= y0 (6) boshlang ‘ ich shartni qanoatlantiruvchi yechimini topish bilan shug ‘ ullanamiz. Shu maqsadda quyidagi F (x)=∫ x0 x f(t)dt ,G (y)=∫ y0 y 1 g(t)dt (7)