Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari 40v - Алгебра - Рефераты

Информация о документе

Цена	2000UZS
Размер	691.1KB
Покупки	0
Дата загрузки	07 Ноябрь 2026
Расширение	docx
Раздел	Рефераты
Предмет	Алгебра

Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari 40v

Купить

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
v du
dx
+udv
dx
= a(x)uv +b(x)
,
ya’ni
(
dv
dx
− a(x)v)u+v du
dx
= b(x)
(15)

ko’rinishidagi differensial tenglamaga ega bo’lamiz. Bunda v(x) funksiyani
shunday tanlaymizki, natijada
dv
dx
− a(x)v= 0
shart 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 ushbu
y'= 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. Agarm
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, ushbu
y'= 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 )
2
topamiz. 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 ushbu
M (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)= 0
kelib 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. Ushbuy'= 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 ushbu
u(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’paytuvchisini
μ= 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 .

Differensial tenglamalarning tayanch mavzularini o‘qitish metodlari 40v

Купить

Похожие документы
Ayirmali sxemalar, ularni qurish va differensial masalani approksimasiyalash. Dirixle masalasi. Chekli — ayirmali tenglamalar sistemasini iterasiya usuli bilan yechish (Libman o‘rtalash jarayoni)
Bernulli tenglamasi. puazeyl va darsi-veysbax formulalari. gidravlik zarba
Boshlang‘ich sinflarda matematikadan uy ishlari va o‘quvchilar bilimini reyting baholash va baho normalalri
Bir o‘lchamli nostatsionar issiqlik o‘tkazuvchanlik tenglamasini chekli ayirmalar usuli bilan yechish
Boshlang‘ich sinflarda matematika o‘qitish metodlari va ularning kilassifikatsiyasi