Ерікті тұрақтылар. Сызықтық біртекті емес теңдеулерді шешуге арналған ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісі

Дәріс 44. Екінші ретті сызықтық біртекті емес теңдеулер. Еркін константаларды вариациялау әдісі. Тұрақты коэффициенттері бар екінші ретті сызықтық біртекті емес теңдеулер. (арнайы оң жақ).

Әлеуметтік трансформациялар. Мемлекет және шіркеу.

Әлеуметтік саясатБольшевиктер негізінен олардың таптық көзқарастарымен болды. 1917 жылғы 10 қарашадағы жарлықпен таптық жүйе жойылды, революцияға дейінгі шен, атақ, марапаттар жойылды. Судьяларды сайлау белгіленді; азаматтық мемлекеттерді секуляризациялау жүргізілді. Тегін білім беру және медициналық көмек белгіленді (1918 ж. 31 қазандағы жарлық). Әйелдерге ерлермен тең құқықтар берілді (1917 ж. 16 және 18 желтоқсандағы жарлықтар). Неке туралы Жарлық азаматтық неке институтын енгізді.

Халық Комиссарлар Кеңесінің 1918 жылғы 20 қаңтардағы қаулысымен шіркеу мемлекеттен және оқу жүйесінен бөлініп шықты. Шіркеу мүлкінің көп бөлігі тәркіленді. Мәскеу және Бүкіл Русь Патриархы Тихон (1917 жылы 5 қарашада сайланды) 1918 жылы 19 қаңтарда Кеңес өкіметін анатематизациялап, большевиктерге қарсы күреске шақырды.

Сызықтық біртекті емес екінші ретті теңдеуді қарастырайық

Мұндай теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы келесі теоремамен анықталады:

Теорема 1.Жалпы шешім олай емес біртекті теңдеу(1) осы теңдеудің кейбір нақты шешімі мен сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімінің қосындысы ретінде берілген

Дәлелдеу. соманы дәлелдеу қажет

Сонда бар ортақ шешімтеңдеу (1). Алдымен (3) функциясының (1) теңдеуінің шешімі екенін дәлелдеейік.

(1) теңдеуінің орнына қосындыны қою сағ, бар болады

(2) теңдеудің шешімі бар болғандықтан, бірінші жақшадағы өрнек бірдей нөлге тең. (1) теңдеудің шешімі болғандықтан, екінші жақшадағы өрнек тең f(x). Демек, теңдік (4) сәйкестік болып табылады. Осылайша, теореманың бірінші бөлімі дәлелденді.

Екінші тұжырымды дәлелдеп көрейік: (3) өрнек жалпы(1) теңдеудің шешімі. Бұл өрнекке енгізілген ерікті тұрақтыларды бастапқы шарттар орындалатындай етіп таңдауға болатынын дәлелдеу керек:

сандар қандай болса да x 0 , y 0және (егер ғана x 0функциялары орындалатын аумақтан алынды а 1, а 2Және f(x)үздіксіз).

түрінде ұсынылуы мүмкін екенін байқап. Содан кейін (5) шарттарға сүйене отырып, бізде болады

Осы жүйені шешіп, анықтайық C 1Және C 2. Жүйені келесі түрде қайта жазайық:

Бұл жүйенің анықтаушысы функциялар үшін Вронски анықтаушысы екенін ескеріңіз 1-деЖәне 2-денүктесінде x=x 0. Бұл функциялар шарт бойынша сызықты тәуелсіз болғандықтан, Вронски анықтауышы нөлге тең емес; сондықтан (6) жүйенің белгілі шешімі бар C 1Және C 2, яғни. мұндай мағыналар бар C 1Және C 2, бұл формула бойынша (3) берілген бастапқы шарттарды қанағаттандыратын (1) теңдеудің шешімін анықтайды. Q.E.D.

Біртекті емес теңдеудің жеке шешімдерін табудың жалпы әдісіне көшейік.

Біртекті (2) теңдеудің жалпы шешімін жазайық.

Біртекті емес теңдеудің (1) нақты шешімін (7) түрінде іздейміз. C 1Және C 2кейбір әлі белгісіз функциялар сияқты X.

Теңдікті ажыратайық (7):

Сіз іздеген функцияларды таңдайық C 1Және C 2теңдік сақталады

Егер осы қосымша шартты ескерсек, онда бірінші туынды пішінді қабылдайды

Енді осы өрнекті ажырата отырып, біз мынаны табамыз:

(1) теңдеуге қойып, аламыз

Алғашқы екі жақшадағы өрнектер нөлге айналады, өйткені ж 1Және ж 2– біртекті теңдеудің шешімдері. Демек, соңғы теңдік пішінді қабылдайды

Осылайша, (7) функциясы біртекті емес теңдеудің (1) шешімі болады, егер функциялары болса C 1Және C 2(8) және (9) теңдеулерін орындаңыз. (8) және (9) теңдеулерінен теңдеулер жүйесін құрайық.

Бұл жүйенің детерминанты сызықты тәуелсіз шешімдер үшін Вронски анықтаушысы болғандықтан ж 1Және ж 2теңдеу (2), онда ол нөлге тең емес. Сондықтан жүйені шеше отырып, біз белгілі бір функциялардың екеуін де табамыз X:

Бұл жүйені шеше отырып, интегралдау нәтижесінде -ті қайдан аламыз. Әрі қарай табылған функцияларды формулаға ауыстырамыз, біртекті емес теңдеудің жалпы шешімін аламыз, мұндағы ерікті тұрақтылар.

Еркін константаларды вариациялау әдісі

Сызықтық біртекті емес дифференциалдық теңдеудің шешімін құру үшін ерікті тұрақтыларды өзгерту әдісі

а n (т)z (n) (т) + а n − 1 (т)z (n − 1) (т) + ... + а 1 (т)z"(т) + а 0 (т)z(т) = f(т)

ерікті тұрақтыларды ауыстырудан тұрады в кжалпы шешімде

z(т) = в 1 z 1 (т) + в 2 z 2 (т) + ... + в n z n (т)

сәйкес біртекті теңдеу

а n (т)z (n) (т) + а n − 1 (т)z (n − 1) (т) + ... + а 1 (т)z"(т) + а 0 (т)z(т) = 0

көмекші функциялар үшін в к (т) , оның туындылары сызықтық алгебралық жүйені қанағаттандырады

(1) жүйенің анықтаушысы функциялардың Вронскийі болып табылады z 1 ,z 2 ,...,z n қатысты оның бірегей шешілетіндігін қамтамасыз етеді.

Егер интегралдау константаларының тіркелген мәндерінде қабылданатын үшін антитуынды болса, онда функция

бастапқы сызықтық біртекті емес дифференциалдық теңдеудің шешімі болып табылады. Сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімі болған кезде біртекті емес теңдеуді интегралдау осылайша квадратураларға келтіріледі.

Сызықтық дифференциалдық теңдеулер жүйесінің векторлық нормаль түріндегі шешімдерін құру үшін ерікті тұрақтыларды өзгерту әдісі

түрінде белгілі бір шешімді (1) құрастырудан тұрады

Қайда З(т) матрица түрінде жазылған сәйкес біртекті теңдеудің шешімдерінің негізі болып табылады және ерікті тұрақтылар векторының орнын басқан векторлық функция , қатынасымен анықталады. Қажетті нақты шешім (нөлдік бастапқы мәндермен т = т 0 ұқсайды

Тұрақты коэффициенттері бар жүйе үшін соңғы өрнек жеңілдетілген:

Матрица З(т)З− 1 (τ)шақырды Коши матрицасыоператор Л = А(т) .

Енді сызықтық біртекті емес теңдеуді қарастырайық
. (2)
y 1 ,y 2 ,.., y n шешімдердің іргелі жүйесі болсын, ал сәйкес L(y)=0 біртекті теңдеудің жалпы шешімі болсын. Бірінші ретті теңдеулер жағдайына ұқсас, біз (2) теңдеудің шешімін түрінде іздейміз.
. (3)
Осы пішіндегі шешім бар екеніне көз жеткізейік. Ол үшін функцияны теңдеуге ауыстырамыз. Бұл функцияны теңдеуде ауыстыру үшін оның туындыларын табамыз. Бірінші туынды тең
. (4)
Екінші туындыны есептегенде (4) оң жағында төрт мүше, үшінші туындыны есептегенде сегіз мүше шығады және т.б. Сондықтан әрі қарай есептеулерге ыңғайлы болу үшін (4) тармағының бірінші мүшесі нөлге тең. Осыны ескере отырып, екінші туынды тең болады
. (5)
Бұрынғы сияқты себептерге байланысты (5) біз де бірінші мүшені нөлге теңестірдік. Соңында, n-ші туынды
. (6)
Туындылардың алынған мәндерін бастапқы теңдеуге ауыстырсақ, бізде бар
. (7)
y j , j=1,2,...,n, функциялары сәйкес L(y)=0 біртекті теңдеуінің шешімдері болғандықтан (7)-дегі екінші мүше нөлге тең. Алдыңғымен біріктіре отырып, біз C" j (x) функцияларын табу үшін алгебралық теңдеулер жүйесін аламыз.
(8)
Бұл жүйенің анықтаушысы L(y)=0 сәйкес біртекті теңдеуінің y 1 ,y 2 ,..,y n шешімдерінің іргелі жүйесінің Вронски анықтаушысы болып табылады және сондықтан нөлге тең емес. Демек, жүйенің (8) бірегей шешімі бар. Оны тауып, біз C" j (x), j=1,2,…,n функцияларын аламыз, демек, C j (x), j=1,2,...,n Осы мәндерді келесіге ауыстырамыз. (3), сызықтық біртекті емес теңдеудің шешімін аламыз.
Ұсынылған әдіс ерікті тұрақтының вариация әдісі немесе Лагранж әдісі деп аталады.

№1 мысал. y"" + 4y" + 3y = 9e -3 x теңдеуінің жалпы шешімін табайық. Сәйкес y"" + 4y" + 3y = 0 біртекті теңдеуін қарастырайық. Оның r 2 + 4r + 3 сипаттамалық теңдеуінің түбірлері = 0 -1 және - 3-ке тең. Демек, біртекті теңдеу шешімдерінің іргелі жүйесі у 1 = e - x және у 2 = e -3 х функцияларынан тұрады. Біртекті емес теңдеудің шешімін y = C 1 (x)e - x + C 2 (x)e -3 x түрінде іздейміз. C" 1 , C" 2 туындыларын табу үшін (8) теңдеулер жүйесін құрастырамыз.
C′ 1 ·e -x +C′ 2 ·e -3x =0
-C′ 1 ·e -x -3C′ 2 ·e -3x =9e -3x
шешу, біз табамыз , Алынған функцияларды интегралдау, біз бар
Ақыры аламыз

№2 мысал. Еркін константаларды өзгерту әдісін пайдаланып тұрақты коэффициенттері бар екінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді шешіңіз:

y(0) =1 + 3ln3
y’(0) = 10ln3

Шешімі:
Бұл дифференциалдық теңдеу коэффициенттері тұрақты сызықтық дифференциалдық теңдеулерге жатады.
Теңдеудің шешімін у = e rx түрінде іздейміз. Ол үшін тұрақты коэффициенттері бар сызықтық біртекті дифференциалдық теңдеудің сипаттамалық теңдеуін құрастырамыз:
r 2 -6 r + 8 = 0
D = (-6) 2 - 4 1 8 = 4

Сипаттамалық теңдеудің түбірлері: r 1 = 4, r 2 = 2
Демек, шешімдердің іргелі жүйесі мына функциялардан тұрады: y 1 =e 4x, y 2 =e 2x
Біртекті теңдеудің жалпы шешімі мына түрде болады: y =C 1 e 4x +C 2 e 2x
Ерікті тұрақтыны өзгерту әдісімен белгілі бір шешімді іздеу.
C" i туындыларын табу үшін теңдеулер жүйесін құрастырамыз:
C′ 1 ·e 4x +C′ 2 ·e 2x =0
C′ 1 (4e 4x) + C′ 2 (2e 2x) = 4/(2+e -2x)
Бірінші теңдеуден C" 1 өрнектеп көрейік:
C" 1 = -c 2 e -2x
және оны екіншісіне ауыстырыңыз. Нәтижесінде біз аламыз:
C" 1 = 2/(e 2x +2e 4x)
C" 2 = -2e 2x /(e 2x +2e 4x)
Алынған C" i функцияларын біріктіреміз:
C 1 = 2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1
C 2 = ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2

y =C 1 ·e 4x +C 2 ·e 2x болғандықтан, алынған өрнектерді мына түрде жазамыз:
C 1 = (2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1) e 4x = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x
C 2 = (ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2)e 2x = e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 2 e 2x
Осылайша, дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі келесі түрде болады:
y = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 2 e 2x
немесе
y = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 1 e 4x + C * 2 e 2x

Шарт бойынша нақты шешімді табайық:
y(0) =1 + 3ln3
y’(0) = 10ln3

Табылған теңдеуде х = 0 мәнін қойып, мынаны аламыз:
y(0) = 2 ln(3) - 1 + ln(3) + C * 1 + C * 2 = 3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
Алынған жалпы шешімнің бірінші туындысын табамыз:
y’ = 2e 2x (2C 1 e 2x + C 2 -2x +4 e 2x ln(e -2x +2)+ ln(2e 2x +1)-2)
x = 0 орнына қойсақ, мынаны аламыз:
y’(0) = 2(2C 1 + C 2 +4 ln(3)+ ln(3)-2) = 4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3

Біз екі теңдеу жүйесін аламыз:
3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3
немесе
C*1+C*2=2
4C 1 + 2C 2 = 4
немесе
C*1+C*2=2
2C 1 + C 2 = 2
Кімнен: C 1 = 0, C * 2 = 2
Жеке шешім келесідей жазылады:
y = 2e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + 2 e 2x

Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер мен Бернулли теңдеуін шешудің тағы бір жолы еркін тұрақты шаманы өзгерту әдісі немесе Лагранж әдісі болып табылады.

Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер y’+p(x)y=q(x) түріндегі теңдеулер. Оң жағында нөл болса: y’+p(x)y=0, онда бұл сызықтық біртекті 1-ші ретті теңдеу. Сәйкесінше, оң жағы нөлге тең емес теңдеу, y’+p(x)y=q(x), гетерогенді 1-ші ретті сызықтық теңдеу.

Ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісі (Лагранж әдісі) келесідей:

1) y’+p(x)y=0: y=y* біртекті теңдеуінің жалпы шешімін іздейміз.

2) Жалпы шешімде С-ны тұрақты емес, х-тің функциясы деп қарастырамыз: С = С (х). Жалпы шешімнің туындысын (y*)’ тауып, алынған өрнекті y* және (y*)’ орнына бастапқы шартқа қоямыз. Алынған теңдеуден C(x) функциясын табамыз.

3) Біртекті теңдеудің жалпы шешімінде С орнына табылған С(х) өрнегін қоямыз.

Ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісінің мысалдарын қарастырайық. Төмендегідей тапсырмаларды қабылдап, шешімнің орындалу барысын салыстырып, алынған жауаптардың сәйкес келетініне көз жеткізейік.

1) y’=3x-y/x

Теңдеуді стандартты түрде қайта жазайық (Бернулли әдісінен айырмашылығы, мұнда теңдеудің сызықтық екенін көру үшін ғана белгілеу формасы қажет болды).

y’+y/x=3x (I). Енді біз жоспар бойынша жүреміз.

1) y’+y/x=0 біртекті теңдеуін шешіңіз. Бұл бөлінетін айнымалылары бар теңдеу. y’=dy/dx деп елестетіңіз, ауыстырыңыз: dy/dx+y/x=0, dy/dx=-y/x. Теңдеудің екі жағын да dx-ке көбейтіп, xy≠0-ге бөлеміз: dy/y=-dx/x. Біріктірейік:

2) Біртекті теңдеудің нәтижесінде алынған жалпы шешімде С тұрақты емес, х-тің функциясын қарастырамыз: C=C(x). Осы жерден

Алынған өрнектерді шартқа (I) ауыстырамыз:

Теңдеудің екі жағын да интегралдаймыз:

мұнда C қазірдің өзінде жаңа тұрақты болып табылады.

3) y=C/x біртекті теңдеуінің жалпы шешімінде C=C(x), яғни y=C(x)/x деп қабылдағанбыз, C(x) орнына табылған x³ өрнегін қоямыз. +C: y=(x³ +C)/x немесе y=x²+C/x. Бернулли әдісімен шешу кезіндегідей жауап алдық.

Жауабы: y=x²+C/x.

2) y’+y=cosx.

Мұнда теңдеу стандартты түрде жазылған, оны түрлендірудің қажеті жоқ.

1) y’+y=0 біртекті сызықтық теңдеуді шешіңіз: dy/dx=-y; dy/y=-dx. Біріктірейік:

Белгілеудің ыңғайлы түрін алу үшін біз С дәрежесінің көрсеткішін жаңа С ретінде аламыз:

Бұл түрлендіру туындыны табу ыңғайлы болу үшін жасалды.

2) Сызықты біртекті теңдеудің нәтижесінде алынған жалпы шешімде С тұрақты емес, х-тің функциясы деп есептейміз: C=C(x). Осы шарт бойынша

Алынған у және у’ өрнектерін шартқа ауыстырамыз:

Теңдеудің екі жағын көбейтіңіз

Бөлшектері бойынша интегралдау формуласын пайдаланып теңдеудің екі жағын да интегралдаймыз, мынаны аламыз:

Мұндағы С енді функция емес, кәдімгі тұрақты.

3) Біртекті теңдеудің жалпы шешімінде

табылған C(x) функциясын ауыстырыңыз:

Бернулли әдісімен шешу кезіндегідей жауап алдық.

Шешу үшін ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісі де қолданылады.

y'x+y=-xy².

Теңдеуді стандартты түрге келтіреміз: y’+y/x=-y² (II).

1) y’+y/x=0 біртекті теңдеуін шешіңіз. dy/dx=-y/x. Теңдеудің екі жағын да dx-ке көбейтіп, у-ға бөлеміз: dy/y=-dx/x. Енді біріктірейік:

Алынған өрнектерді шартқа (II) ауыстырамыз:

Жеңілдетейік:

Біз C және x үшін бөлінетін айнымалылары бар теңдеу алдық:

Мұндағы C қазірдің өзінде кәдімгі тұрақты. Интегралдау процесі кезінде біз белгілерді шамадан тыс жүктемеу үшін C(x) орнына жай ғана C деп жаздық. Соңында біз C(x)-ті жаңа С-мен шатастырмау үшін С(x)-ға оралдық.

3) y=C(x)/x біртекті теңдеуінің жалпы шешімінде табылған C(x) функциясын ауыстырамыз:

Бернулли әдісімен шешу кезіндегідей жауап алдық.

Өзін-өзі тексеру мысалдары:

1. Теңдеуді стандартты түрде қайта жазайық: y’-2y=x.

1) y’-2y=0 біртекті теңдеуін шешіңіз. y’=dy/dx, демек dy/dx=2y, теңдеудің екі жағын да dx-ке көбейтіп, у-ға бөліп, интегралдаймыз:

Осы жерден y табамыз:

Шартқа y және y’ өрнектерін қоямыз (қысқалық үшін C(x) орнына C және C"(x) орнына C' қолданамыз):

Оң жақтағы интегралды табу үшін бөліктер бойынша интегралдау формуласын қолданамыз:

Енді формулаға u, du және v ауыстырамыз:

Мұнда C =const.

3) Енді ерітіндіге біртектіні ауыстырамыз

Лагранж тұрақтыларының вариация әдісімен коэффициенттері тұрақты жоғары ретті сызықтық біртекті емес дифференциалдық теңдеулерді шешу әдісі қарастырылған. Лагранж әдісі кез келген сызықты біртекті емес теңдеулерді шешуге де қолданылады, егер біртекті теңдеуді шешудің негізгі жүйесі белгілі болса.

Мазмұны

Сондай-ақ қараңыз:

Лагранж әдісі (тұрақтылардың өзгеруі)

Ерікті n-ші ретті тұрақты коэффициенттері бар сызықтық біртекті емес дифференциалдық теңдеуді қарастырайық:
(1) .
Бірінші ретті теңдеу үшін қарастырған тұрақты шаманы өзгерту әдісі жоғары дәрежелі теңдеулер үшін де қолданылады.

Шешім екі кезеңде жүзеге асырылады. Бірінші қадамда біз оң жақ бөлігін алып тастап, біртекті теңдеуді шешеміз. Нәтижесінде n ерікті тұрақтыдан тұратын шешімді аламыз. Екінші кезеңде біз тұрақтыларды өзгертеміз. Яғни, бұл тұрақтылар х тәуелсіз айнымалысының функциялары деп есептейміз және осы функциялардың түрін табамыз.

Бұл жерде тұрақты коэффициенттері бар теңдеулерді қарастырғанымызбен, бірақ Лагранж әдісі кез келген сызықты біртекті емес теңдеулерді шешуге де қолданылады. Бұл үшін біртекті теңдеуді шешудің негізгі жүйесі белгілі болуы керек.

1-қадам. Біртекті теңдеуді шешу

Бірінші ретті теңдеулердегі сияқты, біз алдымен біртекті теңдеудің оң жақ біртекті емес жағын нөлге теңестіріп, жалпы шешімін іздейміз:
(2) .
Бұл теңдеудің жалпы шешімі:
(3) .
Мұнда ерікті тұрақтылар берілген; - осы теңдеудің шешімдерінің іргелі жүйесін құрайтын біртекті (2) теңдеудің n сызықты тәуелсіз шешімдері.

Қадам 2. Тұрақтыларды өзгерту – тұрақтыларды функциялармен ауыстыру

Екінші кезеңде біз тұрақты шамалардың вариациясымен айналысамыз. Басқаша айтқанда, тұрақтыларды х тәуелсіз айнымалысының функцияларымен ауыстырамыз:
.
Яғни, бастапқы (1) теңдеудің келесі түрдегі шешімін іздейміз:
(4) .

Егер (4) мәнін (1) орнына қойсақ, n функция үшін бір дифференциалдық теңдеу аламыз. Бұл жағдайда бұл функцияларды қосымша теңдеулермен байланыстыра аламыз. Сонда сіз n функцияны анықтауға болатын n теңдеу аласыз. Қосымша теңдеулерді жазуға болады әртүрлі жолдар. Бірақ біз мұны шешімнің қарапайым пішіні болуы үшін жасаймыз. Ол үшін дифференциалдау кезінде функциялардың туындылары бар мүшелерді нөлге теңестіру керек. Осыны көрсетейік.

Ұсынылған шешімді (4) бастапқы (1) теңдеуіне ауыстыру үшін (4) түрінде жазылған функцияның бірінші n ретті туындыларын табу керек. Қосынды мен көбейтіндіні дифференциалдау ережелерін пайдаланып (4) ажыратамыз:
.
Қане, мүшелерді топтастырайық. Алдымен туындылары бар мүшелерді, содан кейін туындылары бар мүшелерді жазамыз:

.
Функцияларға бірінші шартты қояйық:
(5.1) .
Сонда бірінші туындыға қатысты өрнек қарапайымырақ пішінге ие болады:
(6.1) .

Сол әдісті қолданып, біз екінші туындыны табамыз:

.
Функцияларға екінші шарт қояйық:
(5.2) .
Содан кейін
(6.2) .
Тағыда басқа. IN қосымша шарттар, функциясының туындылары бар мүшелерді нөлге теңейміз.

Сонымен, функциялар үшін келесі қосымша теңдеулерді таңдасақ:
(5,к) ,
онда бірінші туындылар ең қарапайым пішінге ие болады:
(6,к) .
Мұнда .

n-ші туындыны табыңыз:
(6.n)
.

Бастапқы теңдеуді (1) ауыстырыңыз:
(1) ;






.
Барлық функциялар (2) теңдеуді қанағаттандыратынын ескерейік:
.
Сонда құрамында нөл бар мүшелердің қосындысы нөлді береді. Нәтижесінде біз аламыз:
(7) .

Нәтижесінде біз туындылар үшін сызықтық теңдеулер жүйесін алдық:
(5.1) ;
(5.2) ;
(5.3) ;
. . . . . . .
(5.n-1) ;
(7′) .

Бұл жүйені шеше отырып, х-тің функциясы ретінде туындылар үшін өрнектерді табамыз. Интеграциялау арқылы біз мыналарды аламыз:
.
Мұнда x-ке тәуелді емес тұрақтылар берілген. (4) орнына қойып, бастапқы теңдеудің жалпы шешімін аламыз.

Туындылардың мәндерін анықтау үшін біз ешқашан a i коэффициенттерінің тұрақты екенін пайдаланбағанымызды ескеріңіз. Сондықтан Кез келген сызықты біртекті емес теңдеулерді шешу үшін Лагранж әдісі қолданылады, егер біртекті (2) теңдеудің шешімдерінің іргелі жүйесі белгілі болса.

Мысалдар

Тұрақты шамаларды вариациялау әдісімен (Лагранж) теңдеулерді шешу.


Мысалдар шешімі > > >

Сондай-ақ қараңыз: Бірінші ретті теңдеулерді тұрақты шаманың вариация әдісімен шешу (Лагранж)
Бернулли әдісі арқылы жоғары ретті теңдеулерді шешу
Тұрақты коэффициенттері бар жоғары ретті сызықтық біртекті емес дифференциалдық теңдеулерді сызықтық алмастыру арқылы шешу