13-ma’ruza Yuqori tartibli differensial tenglamalar (umumiy tushunchalar). Yuqori tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar. Umumiy yechimning tuzilishi haqidagi teorema

 
 

---

Yuqori tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar. 
Ta’rif 1.
Noma’lum funksiya 
y
va uning hosilalari 
(
1)
( )
,
,...,
,
n
n
y y
y
y
−
 
larga 
nisbatan chiziqli bo’lgan differensial tenglamaga 
n
-
tartibli chiziqli differensial 
tenglama
deb ataladi. 
n
-tartibli chiziqli differensial tenglama
( )
(
1)
1
1
...
( )
n
n
n
n
y
a y
a
y
a y
f x
−
−

+
+ +
+
=
(1) 
ko’rinishdagi bo’ladi, bu erda
1
2
1
,
,...,
,
n
n
a a
a
a
−
va 
( )
f x
−
x
ning uzluksiz 
funksiyalari yoki o’zgarmas sonlar.
Agar 
( )
0
f x

bo’lsa, u holda (1) tenglama 
n
-tartibli chiziqli 
bir jinsli 
bo’lmagan
differensial tenglama deb ataladi. Agar ( )
0
f x
=
bo’lsa, u holda tenglama
( )
(
1)
1
1
...
0
n
n
n
n
y
a y
a
y
a y
−
−

+
+ +
+
=
(2) 
ko’rinishga ega bo’ladi va 
n
-tartibli chiziqli 
bir jinsli 
differensial tenglama deb 
ataladi. 
Chiziqli bir jinsli differensial tenglamalarning ba’zi asosiy xossalarini ikkinchi 
tartibli tenglamalar uchun keltiramiz. 
1-teorema.
Agar 
1
y
 va 
2
y
 ikkinchi tartibli chiziqli bir jinsli
1
2
''
'
0
y
a y
a y
+
+
=

 
 
 
 
(3) 
differensial tenglamaning ikkita hususiy yechimlari bo’lsa, u holda 
1
2
y
y
+
 ham bu 
tenglamaning yechimi bo’ladi.
2-teorema. Agar 
1
y
(3) tenglamaning yechimi bo’lib, 
C
ixtiyoriy o’zgarmas 
miqdor bo’lsa, u holda 
1
Cy
 ham (3) tenglamaning yechimi bo’ladi. 
Ta’rif 2.
Agar (3) tenglamaning ikkita 
1
y
va 
2
y
yechimlari nisbati 
 
,
a b
kesmada o’zgarmas miqdorga teng bo’lmasa, ya’ni 
1
2
y
const
y

bo’lsa, u holda 
1
y
va 
2
y
yechimlar 
 
,
a b
kesmada 
chiziqli bog’liq bo’lmagan 
yechimlar
deyiladi. Aks holda 
chiziqli bog’liq yechim
deyiladi. Boshqacha qilib 
aytganda, agar shunday o’zgarmas 

soni mavjud bo’lsaki, 
a
x
b
 
da 
1
2
y
y

=
bo’lsa, u holda 
1
y
va 
2
y
yechimlar 
 
,
a b
kesmada 
chiziqli bog’liq yechimlar
deyiladi. Bu holda 
1
2
y
y

=
bo’ladi. 
 
1-misol.
''
0
y
y
− =
tenglama berilgan bo’lsin. 
,
,3 ,5
x
x
x
x
e e
e
e
−
−
funksiyalar 
bu tenglamaning yechimlari bo’lishini tekshirish oson. Bunda 
x
e
va 
x
e
−
funksiyalar 

---

har qanday kesmada chiziqli bog’liq emas, chunki 
2
x
x
x
e
e
e
−
=
nisbat 
x
o’zgarganda 
o’zgarib boradi. 
x
e
hamda 
3
x
e
funksiyalar esa chiziqli bog’liq, chunki 
3
3
x
x
e
сonst
e
= =
. 
 
Ta’rif 3.
Agar 
1
y
vа 
2
y
−
x
ning funksiyalari bo’lsa, u holda 
(
)
1
2
1
2
1
2
1
2
'
'
1
2
,
y
y
W y y
y y
y y
y
y


=
=
−
determinantga 
Vronskiy determinanti
deb ataladi. 
 
3-teorema.
Agar 
1
y
vа 
2
y
funksiyalar 
[ , ]
a b
kesmada chiziqli bog’liq bo’lsa, 
u holda bu kesmada Vronskiy determinanti aynan 0 ga teng bo’ladi. 
Agar 
2
1
y
y

=
bo’lsa 
(
)
const

=
, u holda 
2
1
y
y



=
va 
(
)
1
2
1
1
1
1
1
2
'
'
'
'
'
'
1
2
1
2
1
1
,
0
y
y
x
y
y
y
W y y
y
y
y
y
y
y



=
=
=
=
4-teorema
. 
Agar (3) tenglamaning 
1
y
va 
2
y
yechimlari 
 
,
a b
kesmada 
chiziqli bog’liq bo’lmasa, bu yechimlardan tuzilgan Vronskiy determinanti
ko‘rsatilgan kesmaning hech bir nuqtasida nolga aylanmaydi: 
(
)
1
2
,
0
W y y

. 
5-teorema
. 
Agar 
( )
1
1
y
y x
=
 va 
( )
2
2
y
y
x
=
 funksiyalar ikkinchi tartibli chiziqli 
bir jinsli (3) differensial tenglamaning chiziqli bog‘liq bo‘lmagan yechimlari bo‘lsa, 
u holda
1 1
2
2
y
C y
C y
=
+
 
(5) 
funksiya bu tenglamaning umumiy yechimi bo‘ladi, bu erda 
1
C
va 
2
C
– ixtiyoriy 
o‘zgarmas sonlar. 
 
2-misol.
Ushbu 
(
)
1
0
1
1
1
x
y
y
y
x
x
x


−
+
=

−
−
differensial tenglamaning umumiy yechimi topilsin. 
Ravshanki, 
( )
1
1
1
1
,
,
x
x
x
y
y x
e
y
e
y
e


=
=
=
=
va 
( )
2
2
2
2
,
1,
0
y
y
x
x y
y


=
=
=
=
lar 
uchun berilgan tenglamaning chap tomonidagi ifoda aynan nolga teng: 
1
1
1
1
1
0;
1
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
e
e
e
e
e
x
x
x
x
x
− − +


−
+
=
−
+
=



−
−
−
−
−


1
0
1
0.
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
−
 +
= −
+

−
−
−
−

---

Demak, 
1
2
,
x
y
e y
x
=
=
funksiyalar berilgan tenglamaning yechimlari. Shu bilan birga
1
2
x
y
e
const
y
x
=

bo‘lgani uchun bu yechimlar chiziqli bog‘liq emas. 5-teoremaga ko‘ra berilgan 
tenglamaning umumiy yechimi 
1
2
x
y
C e
C x
=
+
bo’ladi, bu yerda 
1
C
va 
2
C
ixtiyoriy 
o‘zgarmas sonlar.
Ikkinchi tartibli o'zgarmas koeffitsientli chiziqli bir jinsli differensial 
tenglamalar 
Ikkinchi tartibli chiziqli bir jinsli differensial tenglama 
0
y
py
qy


+
+
=
(7) 
berilgan bo’lib, uning koeffitsiyentlari 
p
va 
q
lar o‘zgarmas sonlar bo‘lsin. Odatda, 
bu tenglamaga 
ikkinchi tartibli o‘zgarmas koeffitsientli chiziqli bir jinsli differensial 
tenglama
deyiladi. Tenglamaning umumiy yechimini topish uchun 5-teoremaga 
asosan, uning ikkita chiziqli bog’liq bo’lmagan xususiy yechimlarini topish etarli 
bo’ladi. 
Xususiy yechimini
kx
y
e
=
ko‘rinishda izlaymiz, bu yerda 
k
– o‘zgarmas (noma’lum) son. U holda 
2
,
.
kx
kx
y
ke
y
k e


=
=
Hosilalarning topilgan qiymatlarni (7) tenglamaga qo‘yib, topamiz: 
2
0
kx
kx
kx
k e
pke
qe
+
+
=
yoki 
(
)
2
0.
kx
e
k
pk
q
+
+
=
0
kx
e

bo’lgani uchun 
2
0
k
pk
q
+
+ =
(8) 
tenglamani hosil qilamiz. Shunday qilib, agar 
k
– (8) tenglamani qanoatlantirsa, unda 
kx
e
– (7) tenglamaning yechimi bo’ladi. Bu (8) tenglama (7) differensial 
tenglamaning 
xarakteristik 
tenglamasi
deb 
ataladi. 
Demak, 
xarakteristik 
tenglamaning ildizlariga ko‘ra (7) differensial tenglamaning xususiy yechimlari 
topiladi.

---

Xarakteristik tenglama kvadrat tenglama bo’lib, unig ildizlarini 
1
k
va 
2
k
orqali 
belgilaymiz. U holda
2
1
2
4
p
p
k
q
= − +
−
va 
2
2
.
2
4
p
p
k
q
= − −
−
Bunda uchta hol bo’lishi mumkin va biz uchchala holni alohida ko’rib chiqamiz.
I.
Xarakteristik tenglamaning ildizlari haqiqiy va har xil:
1
2
.
k
k

Bu holda (7) 
tenglamaning xususiy yechimlari 
1
2
1
2
,
k x
k x
y
e
y
e
=
=
bo’ladi. Bu yechimlar chiziqli bog’liq bo’lmaydi, chunki 
1
1
2
2
(
)
1
2
.
k x
k
k
x
k x
y
e
e
const
y
e
−
=
=

Shuning uchun, (7) differensial tenglamaning umumiy yechimi 
1
2
1
2
k x
k x
y
C e
C e
=
+
ko’rinishda bo’ladi.
3-misol.
Ushbu 
3
2
0
y
y
y


−
+
=
differensial tenglamaning umumiy yechimi topilsin. 
Xarakteristik tenglama 
2
3
2
0
k
k
−
+ =
ko’rinishda bo’ladi. Bu kvadrat tenglamaning ildizlari 
1
2
1,
2.
k
k
=
=
Demak, berilgan 
differensial tenglamaning umumiy yechimi 
2
1
2
.
x
x
y
C e
C e
=
+
II. 
Xarakteristik tenglamaning ildizlari haqiqiy va bir-biriga teng(karrali):
1
2
.
k
k
=
Bu holda (7) tenglamaning bitta xususiy yechimi 
1
1
k x
y
e
=
bo’ladi. Bu yechim 
bilan chiziqli bog’liq bo’lmagan ikkinchi xususiy yechimni topish kerak 
(
2
k x
e
funksiya 
1
k x
e
ga aynan teng bo’lgani sababidan uni ikkinchi xususiy yechim 
sifatida olib bo’lmaydi). 

---

Ikkinchi xususiy yechimni 
1
2
( )
k x
y
u x e
=
ko’rinishda qidiramiz, bu yerda 
( )
u x
−
aniqlanishi kerak bo’lgan noma’lum funksiya. Differensiallab, topamiz 
1
1
1
2
1
1
(
),
k x
k x
k x
y
u e
k ue
e
u
k u



=
+
=
+
1
1
1
1
2
2
2
1
1
1
1
2
(
2
).
k x
k x
k x
k x
y
u e
k u e
k ue
e
u
k u
k u





=
+
+
=
+
+
Hosilalarning topilgan ifodalarini (7) tenglamaga qo‘yib, quyidagiga ega 
bo’lamiz: 
1
2
1
1
1
[
(2
)
(
) ]
0.
k x
e
u
k
p u
k
pk
q u


+
+
+
+
+
=
1
k
−
xarakteristik tenglamaning karrali ildizi bo’lganligi uchun 
2
1
1
0
k
pk
q
+
+ =
bo’ladi. Bundan tashqari, 
1
2
2
k
k
p
=
= −
yoki 
1
1
2
, 2
0.
k
p
k
p
= −
+ =
Demak, 
( )
u x
ni topish uchun 
1
0
k x
e u
 =
yoki 
0
u
 =
tenglamani yechish kerak 
bo’ladi. Integrallab 
u
Ax
B
=
+
yechimni topamiz. Xususan, 
1,
0
A
B
=
=
desak, unda 
u
x
=
bo’ladi. Shunday qilib, ikkinchi xususiy yechim sifatida 
1
2
k x
y
x e
=
ni olish 
mumkin. Bu yechim birinchi yechim bilan chiziqli bog’liq emas, chunki
1
2
1
.
y
const
y
x
= 
Shuning uchun, (7) differensial tenglamaning umumiy yechimi 
1
1
1
1
2
1
2
(
)
k x
k x
k x
y
C e
C xe
e
C
C x
=
+
=
+
ko’rinishda bo’ladi.
4-misol.
Ushbu
10
25
0
y
y
y


−
+
=
differensial tenglamaning umumiy yechimi topilsin. 
Berilgan differensial tenglamaning xarakteristik tenglamasi
2
10
25
0
k
k
−
+
=
bo‘lib, uning ildizi 
1
2
5.
k
k
=
=
Tenglamaning umumiy yechimi
5
5
1
2
x
x
y
C e
C xe
=
+
bo‘ladi.

---

III. 
Xarakteristik tenglamaning ildizlari kompleks sonlar bo’lsin. 
Kompleks 
ildizlar o’zaro qo‘shmasi bilan kirganligi uchun 
1
2
,
k
i
k
i




= +
= −
deb 
belgilaymiz, bu yerda 
2
,
.
2
4
p
p
q


= −
=
−
Bu ildizlariga (7) tenglamaning ushbu
(
)
(
)
1
2
,
i x
i x
y
e
y
e
 
 
+
−
=
=
xususiy yechimlari to‘g‘ri keladi. U holda 1- va 2-teoremalarga ko‘ra 
(
)
(
)
1
1
2
2
1
2
1
1
,
2
2
y
y
y
y
y
y
i
=
+
=
−
funksiyalar ham (7) differensial tenglamaning yechimlari bo‘ladi. 
Endi ushbu 
cos
sin
i
e
i



=
+
Eyler formulasidan foydalanib topamiz: 
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
1
2
1
1
1
2
2
2
i x
i x
x i x
x
i x
y
y
y
e
e
e e
e e
 
 




+
−
−
=
+
=
+
=
+
=
(
)
(
)
1
1
cos
sin
cos
sin
cos
;
2
2
x
i x
i x
x
x
e
e
e
e
x
i
x
x
i
x
e
x










−
=
+
=
+
+
−
=
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
2
1
1
1
2
2
2
i x
i x
x i x
x
i x
y
y
y
e
e
e e
e e
i
i
i
 
 




+
−
−
=
−
=
−
=
−
=
(
)
(
)
1
1
cos
sin
cos
sin
sin
.
2
2
x
i x
i x
x
x
e
e
e
e
x
i
x
x
i
x
e
x
i
i










−
=
−
=
+
−
+
=
Shunday qilib, (7) differensial tenglamaning xususiy yechimlari 
1
2
cos
,
sin
x
x
y
e
x
y
e
x




=
=
topiladi. Bu xususiy yechimlar chiziqli erklidir. Demak, bu holda (7) differensial 
tenglamaning umumiy yechimi 
1 1
2
2
1
2
cos
sin
x
x
y
C y
C y
C e
x
C e
x




=
+
=
+
yoki
(
)
1
2
cos
sin
x
y
e
C
x
C
x



=
+
ko’rinishda bo‘ladi. 
5-misol.
Ushbu 
6
25
0
y
y
y


−
+
=
differensial tenglamaning
0
0
0,
1
x
x
y
y
=
=

=
=
boshlang‘ich shartlarni qanotlantiruvchi xususiy yechimi topilsin. 

---

 1) Xarakteristik tenglamani yozamiz
2
6
25 0
k
k
−
+
=
va uning ildizlarini topamiz: 
1,2
6
36
25
3
16
3 4 ,
2
4
k
i
= 
−
=  −
= 
1
2
3
4 ,
3 4
k
i
k
i
= +
= −
Demak, 
3,
4


=
=
bo‘lib, berilgan tenglamaning umumiy yechimi
(
)
3
1
2
cos 4
sin 4
.
x
y
e
C
x
C
x
=
+
2) Endi boshlang‘ich shartlarni qanotlantiruvchi xususiy yechimni topamiz. 
Buning uchun, 
1
C
va 
2
C
larning mos qiymatlarini aniqlaymiz. Birinchi shartga 
ko’ra, topamiz: 
(
)
0
1
2
0
cos(4 0)
sin(4 0) ,
e C
C
=
 +

bundan 
1
0
C
=
ekanligi kelib 
chiqadi 
va 
yechim 
3
2
sin 4
x
y
C e
x
=
ko’rinishga 
keladi. 
Endi 
3
3
2
2
3
sin 4
4
cos 4
x
x
y
C e
x
C e
x
 =
+
ekanligini hisobga olib, ikkinchi shartdan 
2
1
4
C
=
, 
ya’ni 
2
1
4
C
=
ni topamiz. Shunday qilib, izlanayotgan xususiy yechim 
3
1
sin 4
4
x
y
e
x
=
bo’ladi.
n -tartibli o‘zgarmas koeffitsientli chiziqli bir jinsli differensial tenglamalar. 
n
-tartibli chiziqli 
bir jinsli 
differensial tenglamani ko’ramiz:
 
( )
(
1)
1
1
...
0
n
n
n
n
y
a y
a
y
a y
−
−

+
+ +
+
=
(1) 
Faraz qilaylik, 
1
2
1
,
,...,
,
n
n
a a
a
a
−
koeffisentlar o’zgarmas sonlar bo’lsin. (1) 
tenglamaning yechish usullarini ko’rsatishdan oldin, bizga keyinchalik kerak 
bo’ladigan ta’riflarni kiritamiz.