# 4, 2020 pedagogik mahorat*педагогическое мастерство*pedagogical skill

# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
173 
6. Butun jamoa qatnashadi. 
3. 
Mashgʻulot 
oxirida va 
undan 
keyin 
1. Talabalar ishini baholaydi. 
2. Qabul qilingan yechimlarni baholaydi. 
3. 
Mini 
keys 
orqali 
bilimlarini 
mustahkamlaydi. 
1. Yechilgan keys boʻyicha tezis 
tayyorlaydilar. 
2. 
Mini 
keysni 
hal 
qilishga 
kirishadilar. 
Talabalar keysdagi muammoni ajratishlari uchun maxsus tayyorlangan sxema 
 
 
 
 
Chalkash ma’lumotlar zanjiri jadvali: 
№ 
Ma’lumotlar nomi 
Ma’lumotlar 
1 
Yechim uchun tanlab olingan 
𝐷 ⊂ 𝐺 
soha 
lim
𝑚⟶∞
𝑎
𝑚+1
𝑎
𝑚
2 
Lipshis sharti 
𝑦
0
+ 𝑀ℎ +
𝐿𝑀ℎ
2
2!
+. . . +
𝐿
𝑚−1
𝑀ℎ
𝑚
𝑚!
3 
Differensial tenglamaga teng kuchli integral 
tenglama 
𝑦
′
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
4 
Peano kesmasi 
ℎ = 𝑚𝑖𝑛 {𝑎,
𝑏
𝑀
}
5 
𝐷 ⊂ 𝐺
sohaga tegishli nuqtalar toʻplami
 
max
𝐷
|𝑓(𝑥, 𝑦)| = 𝑀 
chunki funksiya 
𝐷
sohadan 
chiqib keta olmaydi. 
𝑀 = 0
da 
𝑦 = 𝑦
0
b’ladi 
6 
Qator yaqinlashishining Dalamber alomati 
Tomonlari 
2𝑎
va 
2𝑏
boʻlgan toʻgʻri toʻrtburchak 
7 
Peano kesmasidagi 
ℎ
ning qiymati 
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
8 
Hosilaga nisbatan yechilgan differensial 
tenglama 
𝑦(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
9 
𝐷 ⊂ 𝐺 
sohada 
𝑦
′
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
teglamadagi 
𝑓(𝑥, 𝑦)
funksiyaning qiymati 
{(𝑥, 𝑦): |𝑥 − 𝑥
0
| ≤ 𝑎, |𝑦 − 𝑦
0
| ≤ 𝑏}
 
10 
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
ifodaning ma’nosi 
𝐹(𝑥, 𝑦, 𝑦
′
) = 0
 
11 
Lipshis shartini qanoatlantiruvchi, integral 
tenglama hosil qilgan ketma-ketlik 
|𝑓(𝑥, 𝑦
2
) − 𝑓(𝑥, 𝑦
1
| ≤ 𝐿|𝑦
2
− 𝑦
1
|
 
12 
Hosilaga nisbatan yechilmagan differensial 
tenglama 
𝑓(𝑥, 𝑦)
funksiyadan 
𝑦
boʻyicha olingan xususiy 
hosila. 
https://buxdu.uz

---

# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
174 
13 
Funksiyani Makloren qatoriga yoyish 
𝑓(𝑥) = 𝑓(0) +
𝑓
′
(0) ∙ 𝑥
1!
+
𝑓
′′
(0) ∙ 𝑥
2
2!
+ ⋯
+
𝑓
(𝑛)
(0) ∙ 𝑥
𝑛
𝑛!
Keysni yechish
: 
(Oʻqituvchi koʻrsatmalari) 
𝐷 ⊂ 𝐺
sohada 
markazi 
(𝑥
0
, 𝑦
0
)
nuqta tomonlari 
2𝑎
va
2𝑏
boʻlgan 
toʻgʻri toʻrtburchak olinadi. Rasmda 
(𝑥
0
, 𝑦
0
)
nuqtadan oʻtayotgan differensial tenglamaning 
yechimlari tasvirlangan. Yechimlar 
𝐷
sohadan 
chiqib ketmaganligi uchun 
𝑓(𝑥, 𝑦)
funksiyaning 
qiymatini quyidagicha ifodalash mumkin. 
𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑀
Peano kesmasi 
−
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
, bunda 
ℎ ≤ 𝑎
Lipshis 
sharti 
−
|𝑓(𝑥, 𝑦
2
) − 𝑓(𝑥, 𝑦
1
)| ≤
𝐿|𝑦
2
− 𝑦
1
|
bunda ,
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
≤ 𝐿
𝐿 −
Lipshis koeffitsiyenti.
Oʻqituvchi yoʻnalish sifatida boshlangʻich 
shartni qanoatlantiruvchi differensial tenglama va 
unga teng kuchli boʻlgan integral tenglamaga oʻtib olishni maslahat beradi. Qolgan vaziyatli jarayonni 
talabalar davom ettiradi, oʻqituvchi nazorat qiladi. 
№ 
Vaziyat 
Vaziyatdan chiqish 
1 
𝑦(𝑥
0
) = 𝑦
0
shartni 
qanoatlantiruvchi 
differensial 
tenglamaga teng 
kuchli 
tenglamani 
toping. 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦) ⟹ 𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
∫ 𝑑𝑦 =
𝑥
𝑥
0
∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
𝑦(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
2 
Birinchi yaqinlashish 
boʻyicha 
yechimni 
aniqlang. 
𝑓(𝑥, 𝑦)
funksiyadan 
𝑦
ning oʻrniga 
𝑦
0
ni qoʻyib birinchi yaqinlashish boʻyicha 
yechimni topamiz: 
𝑦
1
(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
0
)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
3 
𝑛 −
yaqinlashish 
boʻyicha yechimlarni 
aniqlang. 
{
𝑦
2
(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
1
)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
… … … … … … … … … … .
𝑦
𝑛
(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
𝑛−1
)𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
4 
Hosil 
qilingan 
yechimlar 
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda
𝐷
sohadan 
chiqib 
ketmasligi 
uchun 
ℎ =?
|𝑦
𝑛
− 𝑦
0
| = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
𝑛−1
)𝑑𝑥 ≤ |∫ |𝑓(𝑥, 𝑦
𝑛−1
)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
| ≤ 𝑀
𝑥
𝑥
0
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ 𝑀ℎ ≤ 𝑏
ℎ = 𝑚𝑖𝑛 {𝑎,
𝑏
𝑀
}
5 
Hosil 
boʻlgan 
{𝑦
𝑚
(𝑥)}
funksional 
ketma-ketlik Lipshis 
shartini 
qanoatlantirsa,
u holda -
𝑦
𝑚
(𝑥) = 𝑦
0
+ (𝑦
1
− 𝑦
0
)+. . . +(𝑦
𝑚
− 𝑦
𝑚−1
)
|𝑦
𝑚
− 𝑦
𝑚−1
| ≤
𝐿
𝑚−1
𝑀|𝑥 − 𝑥
0
|
𝑚
𝑚!
𝑦
𝑚
(𝑥) ≤ 𝑦
0
+ 𝑀ℎ +
𝐿𝑀ℎ
2
2!
+. . . +
𝐿
𝑚−1
𝑀ℎ
𝑚
𝑚!
= 𝑦
0
+
𝑀
𝐿
(𝑒
𝐿ℎ
− 1)
Yangi sonli ketma-ketlik hosil boʻladi. 
6 
Yangi 
sonli
ketma-ketlik 
yaqinlashuvchimi? 
Qatorni Dalamber alomati orqali tekshirib koʻramiz: 
lim
𝑚⟶∞
𝑎
𝑚+1
𝑎
𝑚
= lim
𝑚⟶∞
𝐿
𝑚
𝑀ℎ
𝑚+1
𝑚!
(𝑚 + 1)! 𝐿
𝑚−1
𝑀ℎ
𝑚
= lim
𝑚⟶∞
𝐿ℎ
𝑚 + 1
= 0
https://buxdu.uz

---

# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
175 
Qator yaqinlashuvchi. 
Qator Veyshtrass alomatiga koʻra tekis yaqinlashuvchi. 
7 
Demak, 
{
𝑦
𝑚
(𝑥)
}
ketma-ketlik 
yaqinlashuvchi 
boʻlsa, 
qanday 
funksiyaga
yaqinlashadi? 
{
𝑦
𝑚
(𝑥)
} ketma-ketlik 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑓(𝑥, 𝑦)
tenglamaning yechimi boʻlgan 
𝑦(𝑥
0
) =
𝑦
0
shartni qanoatlantiruvchi 
𝑢(𝑥)
funksiyaga 
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda yaqinlashadi. 
|∫ 𝑓(𝑥, 𝑦
𝑚
(𝑥))𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
− ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢(𝑥))
𝑥
𝑥
0
𝑑𝑥| ≤ |∫ |𝑓(𝑥, 𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑓(𝑥, 𝑢(𝑥)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
| ≤
≤ 𝐿 |∫ |(𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑢(𝑥)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
|
Istalgan 
𝜀 > 0
uchun 
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ
oraliqda shunday 
𝑁(𝜀) > 0
raqam 
mavjudki barcha 
𝑚 > 𝑁(𝜀)
uchun
|(𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑢(𝑥)| < 𝜀
tengsizlik bajariladi.
Tengsizlikni oldingi baholashga qoʻyib quyidagi natijaga ega boʻlamiz. 
𝐿 |∫ |(𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑢(𝑥)|𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
| ≤ 𝐿𝜀ℎ ⟶ 0
𝑚 ⟶ ∞
da 
𝑢(𝑥)
funksiya integral tenglamaning yechimi ekanligi kelib 
chiqadi 
𝑢(𝑥) = 𝑦
0
+ ∫ 𝑓(𝑥, 𝑢(𝑥))𝑑𝑥
𝑥
𝑥
0
Integral tenglama va differensial tenglama teng kuchli ekanligidan 
𝑢(𝑥)
funksiya Koshi masalasini qanoatlantiradi. 
8 
𝑢(𝑥)
funksiyadan 
boshqa 
yechim 
boʻla 
oladigan 
funksiya mavjudmi? 
Koshi masalasining 
𝑢(𝑥)
dan boshqa yechimi bor deb faraz qilamiz. Bu 
yechim 
|𝑥 − 𝑥
0
| ≤ ℎ 
oraliqda 
𝐷
sohadan chiqib ketmaydi. Bu funksiyasini 
𝑧(𝑥)
bilan belgilaymiz. Agar 
𝑧(𝑥)
funksiya yechim boʻlsa, yuqoridagi barcha
shartlarni 
qanoatlantiradi 
lim
𝑚⟶∞
|𝑦
𝑚
(𝑥) − 𝑧(𝑥)| ≤ lim
𝑚⟶∞
𝑀𝐿
𝑚 |𝑥−𝑥
0
|
𝑛+1
(𝑛+1)!
= 0
bundan quyidagicha xulosa chiqarish mumkin! 
lim
𝑚⟶∞
𝑦
𝑚
(𝑥) = 𝑧(𝑥) = 𝑢(𝑥)
Keysni yechish yakunlangandan soʻng har bir guruh hisoboti tinglanadi. Talabalar taklif qilgan 
yechimlarni oʻqituvchi baholaydi. Soʻngra talabalar egallagan bilim koʻnikmalarini mustahkamlash uchun 
oʻqituvchi tomonidan mini keys topshirigʻi beriladi [7].
 
Mini keys: 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥 + 𝑦
differensial tenglamaning 
𝑦(0) = 1
shartni qanoatlantiruvchi yechimini toping. 
1-usul: berilgan differensial tenglama 
𝑦
′
= 𝑓(𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)
koʻrinishda boʻlib, 
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 𝑧
belgilash kiritish orqali yechimi topiladi: 
𝑥 + 𝑦 = 𝑧, 1 + 𝑦
′
= 𝑧
′
, 𝑦
′
= 𝑧 − 1
, 
𝑑𝑧
𝑧+1
= 𝑑𝑥 ⟹ ∫
𝑑𝑧
𝑧+1
= ∫ 𝑑𝑥 ⟹ 𝑧 + 1 = 𝐶𝑒
𝑥
, 
𝑦 = 𝐶𝑒
𝑥
− 𝑥 − 1
. 
Koshi masalasining yechimi 
𝑦 = 2𝑒
𝑥
− 𝑥 − 1
funksiyadan iborat.
Topilgan funksiyani Makloren qatoriga yoyilganda taqribiy yechim quyidagicha boʻladi:
𝑦 = 2𝑒
𝑥
−
𝑥 − 1 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
60
+
𝑥
6
360
+. ..
2-usul: funksiyani darajali qatorga yoyish yordamida differensial tenglamaning yechimini topish 
mumkin.Yechimni quyidagi qator koʻrinishida izlaymiz: 
𝑦 = 𝑎
0
+ 𝑎
1
(𝑥 − 0) + 𝑎
2
(𝑥 − 0)
2
+. . . +𝑎
𝑛
(𝑥 − 0)
𝑛
+..
Bu qatorning koeffitsiyentlari Teylor koeffitsiyentlaridir, ular
𝑦
funksiyaning 
𝑥 = 0
nuqtadagi 
hosilalari orqali quyidagi formulalar bilan ifodalanadi: 
𝑎
0
= 𝑦(0), 𝑎
1
= 𝑦
′
(0), 𝑎
2
=
𝑦
′′
(0)
2!
, … . , 𝑎
𝑛
=
𝑦
𝑛
(0)
𝑛!
, … 
Koeffitsiyentlarni aniqlash uchun berilgan tenglamani bir necha marotaba differensiallaymiz va 
hosilalarning 
𝑥 = 0
nuqtadagi qiymatlarini hisoblaymiz: 
𝑦
′
= 𝑥 + 𝑦
𝑦(0) = 1
𝑦
′
(0) = 1
𝑎
0
= 1
𝑎
1
= 1
https://buxdu.uz

---

# 4, 2020 PEDAGOGIK MAHORAT*ПЕДАГОГИЧЕСКОЕ МАСТЕРСТВО*PEDAGOGICAL SKILL
176 
𝑦
′′
= 1 + 𝑦
′
𝑦
′′
(0) = 2
𝑎
2
= 1
𝑦
′′′
= 𝑦
′′
𝑦
′′′
(0) = 2
𝑎
3
=
1
3
𝑦
𝐼𝑉
= 𝑦
′′′
𝑦
𝐼𝑉
(0) = 2
𝑎
4
=
1
12
𝑦
𝑉
= 𝑦
𝐼𝑉
𝑦
𝑉
(0) = 2
𝑎
5
=
1
60
Yechim 
𝑦 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
60
+ ⋯ 
qator koʻrinishda boʻladi. 
3-usul (Pikar algoritmi) 
𝑑𝑦
𝑑𝑥
= 𝑥 + 𝑦, 𝑦(0) = 1,
𝑥
0
= 0 , 𝑦
0
= 1
,
𝐷 = {(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1}, 𝑀 = 2, ℎ = 𝑚𝑖𝑛 {1,
1
2
} =
1
2
, 
L = max
𝐷
|
𝜕𝑓(𝑥,𝑦)
𝜕𝑦
| = 1
ekanligini hisobga olsak, yuqoridagi holat boʻyicha 
0 ≤ 𝑥 ≤
1
2
oraliqda
quyidagilarni hosil qilamiz: 
𝑦 = 1 + ∫ (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥.
𝑥
0
𝑦
1
= 1 + ∫ (𝑥 + 1)𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥
2
2
𝑥
0
𝑦
2
= 1 + ∫ (𝑥 + 1 + 𝑥 +
𝑥
2
2
) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
6
𝑥
0
𝑦
3
= 1 + ∫ (𝑥 + 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
6
) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 +
𝑥
0
𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
24
𝑦
4
= 1 + ∫ (𝑥 + 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
4
24
) 𝑑𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
120
𝑥
0
Berilgan tenglamaning aniq yechimi:
𝑦 = 2𝑒
𝑥
− 𝑥 − 1 = 1 + 𝑥 + 𝑥
2
+
𝑥
3
3
+
𝑥
4
12
+
𝑥
5
60
+
𝑥
6
360
+. ..
Bundan koʻrinadiki, taqribiy yechimlar 
𝑦
3
va 
𝑦
4
lar aniq yechimdan faqat oxirgi hadlari bilan farq 
qiladilar. Endi 
0 ≤ 𝑥 ≤
1
2
oraliqda 4- yaqinlashish boʻyicha xatolikni topamiz: 
|𝑦(𝑥) − 𝑦
4
(𝑥)| ≤ 𝑀𝐿
4
ℎ
5
5!
= 2 ∙
1
32
120
=
1
1920
0 ≤ 𝑥 ≤
1
2
intervalda har bir 
𝑥
uchun koʻpi bilan
1
1920
≈ 0,0005
xatolik bilan aniq yechim oʻrnida 4- 
yaqinlashishni olish mumkin. 
4-usul: differensial tenglamalarni yana bir qator Izoklinalar, (Eyler, Rung-Kutta) sonli usullar va 
maple, matcat amaliy dasturlari yordamida ham yechish mumkin [8]. 
Xulosa. 
Tadqiqotda tavsiya etilgan oʻqitish usulining odatdagi an’anaviy oʻqitish usuliga nisbatan 
samarali ekanligi tahlil etildi. Taklif qilingan muammoni yechish va qaror qabul qilishga oʻrgatuvchi
keysdan amaliy mashgʻulot darslarida, joriy, oraliq va yakuniy nazorat bosqichlarida talabalar bilim 
koʻnikmalarini nazorat qilishda foydalanish mumkin. Shu jumladan, oddiy differensial tenglamalar 
mavzularini oʻqitishda yuqorida keltirib oʻtilgan usuldan foydalanishni tavsiya etamiz.