6-mavzu. Tartibi pasayadigan yuqori tartibli differensial tenglamalar

Misol 1. 
 
𝒚
′′′
= 𝒆
𝟐𝒙
, 𝒚(𝟎) =
𝟗
𝟖
, 𝒚
′
(𝟎) =
𝟏
𝟒
, 𝒚
′′
(𝟎) = −
𝟏
𝟐
 
Algoritmga koʻra ketma-ket uch marta integrallaymiz: 
1)
Differensial tenglama darajasini 2-tartibgacha tushiramiz 
𝑦
′′
= ∫ 𝑒
2𝑥
𝑑𝑥 =
1
2
𝑒
2𝑥
+ 𝑐
1
⟹ 𝑐
1
−? ⟹
𝑦
′′
(0) = −
1
2
dan foydalanamiz 
𝑦
′′
(0) =
1
2
𝑒
2∙0
+ 𝑐
1
= −
1
2
⟹ 𝑐
1
= −1
2)
Differensial tenglama darajasini 1-tartibgacha tushiramiz: 
𝑦
′
= ∫ (
1
2
𝑒
2𝑥
− 1) 𝑑𝑥 =
1
4
𝑒
2𝑥
− 𝑥 + 𝑐
2
⟹ 𝑐
2
−? ⟹ 𝑦
′
(0) =
1
4
⟹ 𝑦
′
(0) =
1
4
𝑒
2∙0
− 0 + 𝑐
2
=
1
4
⟹ 𝑐
2
= 0 𝑦
′
(𝑥) =
1
4
𝑒
2𝑥
− 𝑥
3)
Oxirgi integralni olamiz: 
𝑦(𝑥) = ∫ (
1
4
𝑒
2𝑥
− 𝑥) 𝑑𝑥 =
1
8
𝑒
2𝑥
−
1
2
𝑥
2
+ 𝑐
3
, ⟹ 𝑐
3
−?
𝑦(0) =
9
8
⟹ 𝑦(0) =
1
8
𝑒
2𝑥
−
1
2
𝑥
2
+ 𝑐
3
=
9
8
⟹ 𝑐
3
= 1 
Shunday qilib xususiy yechim 
𝑦(𝑥) =
1
8
𝑒
2𝑥
−
1
2
𝑥
2
+ 1
,
𝑦(0) =
9
8
, 𝑦
′
(0) =
1
4
, 𝑦
′′
(0) = −
1
2

---

4 
Eslatma: 
Differensial tenglamaning tartibi nechta boʻlsa, shuncha konstanta 
boʻladi. 
II.
 
𝒚 
 
funksiya yaqqol koʻrinishda qatnashmagan differensial 
tenglamalar: 
𝑭(𝒙, 𝒚
′
, 𝒚
′′
) = 𝟎

Bunday koʻrinishdagi differensial tenglamalarda 

y
– qatnashmaydi, lekin yechish 
jarayonida paydo boʻladi.
Birinchi tartibli hosila ham qatnashmasligi mumkin: 
𝐹(𝑥, 𝑦
′′
) = 0
Bunday tenglamalarning barchasida bogʻliq boʻlmagan
x 
oʻzgaruvchi va 
y
ning 
yuqori tartibli hosilasi qatnashadi. Bunday tenglamalar oʻzgaruvchi almashtirish 
natijasida differensial tenglamaning tartibi pasaytiriladi: 
𝑦
′
= 𝑧
Misol 2.
𝑦
′′
+
𝑦
′
𝑥+1
= 9(𝑥 + 1)
1)
𝑦
′
= 𝑧
⟹
𝑦
′′
= 𝑧
′
⟹
z=z(x)
-
x 
ning funksiyasi differensial tenglamaga 
qoʻyamiz
2)
𝑧
′
+
𝑧
𝑥+1
= 9(𝑥 + 1)
– natijada chiziqli bir jinsli boʻlmagan birinchi tartibli 
differensial tenglamaga kelamiz. Bunday tenglamalarni esa Bernulli yoki 
oʻzgarmasni variatsiyalash usuli bilan yechiladi 
3)
Oʻzgarmasni variatsiyalash usuli boʻyicha yechamiz, buning uchun: 
𝑧
′
+
𝑧
𝑥+1
= 0
yordamchi tenglamani yechamiz 
⟹ 𝑧 =
𝑐
𝑥+1
4)
 
c=u(x) 
⟹ 𝑧 =
𝑢
𝑥+1
differensial tenglamaga qoʻyib yechamiz ⟹
 
⟹ 𝑢 = 3(𝑥 + 1)
3
+ 𝑐
1
5)
𝑧 =
𝑢
𝑥+1
= 3(𝑥 + 1)
2
+
𝑐
1
𝑥+1
6)
𝑧 = 𝑦
′
=
3(𝑥 + 1)
2
+
𝑐
1
𝑥+1
⟹ 𝑦(𝑥) = (𝑥 + 1)
3
+
𝑐
1
𝑙𝑛|𝑥 + 1| + 𝑐
2
III.
 
Bogʻliq boʻlmagan oʻzgaruvchi x qatnashmagan differensial 
tenglamalar: 
𝑭(𝒚, 𝒚
′
, 𝒚
′′
) = 𝟎
 

---

5 
Bunday differensial tenglamalarni yechish uchun ham oʻzgaruvchi almashtirish 
bajarib, differensial tenglama tartibini pasaytiramiz, lekin bu holatda nozik bir 
holatga eʼtibor qaratish lozim: 
𝑦
′
= 𝑧
belgilash kiritsakda, z – y ning qandaydir funksiyasi, y – esa x ning 
funksiyasi hisoblanadi. Shuning uchun ham murakkab funksiya hosilasi 
quyidagicha boʻladi: 
𝑦
′
= 𝑧(𝑦) ⟹ 𝑦
′′
= (𝑧(𝑦))
′
= 𝑧
′
∙ 𝑦
′
= 𝑧
′
∙ 𝑧
boʻladi. 
 
Misol. 
(𝑦 − 1)𝑦
′′
= 2(𝑦
′
)
2
, 𝑦(0) = 2, 𝑦
′
(0) = 2
1)
Belgilash kiritamiz: 
𝑦
′
= 𝑧, 𝑦
′′
= 𝑧
′
∙ 𝑧 
differensial tenglamaga qoʻyamiz 
2)
Soddalashtirishlardan soʻng: 
𝑧
′
=
2𝑧
𝑦−1
oʻzgaruvchilari ajralgan differensial 
tenglamaga kelamiz va uni yechamiz 
𝑧 = 𝑐(𝑦 − 1)
2
3)
Teskari oʻzgaruvchi almashtirish bajaramiz: 
𝑧 = 𝑦
′
⟹
𝑧 = 𝑐(𝑦 − 1)
2
⟹ 𝑦
′
= 𝑐
1
(𝑦 − 1)
2
⟹ 𝑦
′
(0) = 2 ⟹ 𝑐
1
= 2 
𝑦
′
= 2(𝑦 − 1)
2
4)
𝑦
′
= 2(𝑦 − 1)
2
⟹ 𝑦(𝑥) =
1
1−𝑦
= 2𝑥 + 𝑐
2
⟹ 𝑦(0) = 2 ⟹ 𝑐
2
= −1 
Shunday qilib differensial tenglamaning yechimini quyidagicha boʻladi: 
𝑦 =
2𝑥 − 2
2𝑥 − 1