İkinci dərəcəli diferensial tənliklər variasiya üsulu. ODE. İxtiyari sabitin dəyişmə üsulu. Sosial çevrilmələr. Dövlət və kilsə
İndi xətti qeyri-bərabər tənliyi nəzərdən keçirək
. (2)
y 1 ,y 2 ,.., y n əsas həllər sistemi olsun və L(y)=0 uyğun bircins tənliyin ümumi həlli olsun. Birinci dərəcəli tənliklər vəziyyətində olduğu kimi, (2) tənliyinin həllini formada axtaracağıq.
. (3)
Bu formada həllin mövcud olduğunu yoxlayaq. Bunun üçün funksiyanı tənliyə əvəz edirik. Bu funksiyanı tənliyə əvəz etmək üçün onun törəmələrini tapırıq. Birinci törəmədir 
. (4)
İkinci törəməni hesablayanda (4) sağ tərəfində dörd şərt, üçüncü törəməni hesablayanda səkkiz şərt və s. Buna görə də, sonrakı hesablamaların rahatlığı üçün (4) bəndinin birinci həddi sıfıra bərabər qəbul edilir. Bunu nəzərə alaraq, ikinci törəmə bərabərdir 
. (5)
Əvvəlki kimi eyni səbəblərə görə (5)-də biz də birinci həddi sıfıra bərabər qoyduq. Nəhayət, n-ci törəmədir 
. (6)
Törəmələrin əldə edilmiş dəyərlərini orijinal tənliyə əvəz edərək, əldə edirik 
. (7)
y j , j=1,2,...,n funksiyaları L(y)=0 uyğun bircins tənliyin həlli olduğu üçün (7)-də ikinci həd sıfıra bərabərdir. Əvvəlki ilə birləşdirərək, C" j (x) funksiyalarını tapmaq üçün cəbri tənliklər sistemi əldə edirik. 
(8)
Bu sistemin determinantı L(y)=0 uyğun bircins tənliyin y 1 ,y 2 ,..,y n əsas həllər sisteminin Vronski determinantıdır və buna görə də sıfıra bərabər deyil. Buna görə də, sistemin (8) unikal həlli var. Onu tapdıqdan sonra biz C "j (x), j=1,2,…,n funksiyalarını əldə edirik və nəticədə C j (x), j=1,2,...,n Bu dəyərləri əvəz edərək (3), xətti qeyri-bərabər tənliyin həllini alırıq.
Təsvir edilən üsul ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu və ya Laqranj üsulu adlanır.
Nümunə №1. y "" + 4y" + 3y = 9e -3 x tənliyinin ümumi həllini tapın. Müvafiq bircins y "" + 4y" + 3y = 0 tənliyini nəzərdən keçirin. Onun kökləri xarakterik tənlik r 2 + 4r + 3 = 0 -1 və -3-dür. Deməli, bircins tənliyin əsas həllər sistemi y 1 = e - x və y 2 = e -3 x funksiyalarından ibarətdir. Biz y \u003d C 1 (x)e - x + C 2 (x)e -3 x şəklində qeyri-bərabər tənliyin həllini axtarırıq. C " 1 , C" 2 törəmələrini tapmaq üçün (8) tənliklər sistemini tərtib edirik.
C′ 1 ·e -x +C′ 2 ·e -3x =0
-C′ 1 e -x -3C′ 2 e -3x =9e -3x
həll edən, tapırıq , Alınan funksiyaları inteqrallaşdıraraq, biz var 
Nəhayət alırıq
Nümunə №2. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu ilə həll edin: 
y(0) =1 + 3ln3
y'(0) = 10ln3
Həll:
Bu diferensial tənlik sabit əmsallı xətti diferensial tənliklərə aiddir.
Tənliyin həllini y = e rx şəklində axtaracağıq. Bunun üçün sabit əmsallı xətti homojen diferensial tənliyin xarakterik tənliyini tərtib edirik:
r 2 -6 r + 8 = 0
D = (-6) 2 - 4 1 8 = 4
Xarakterik tənliyin kökləri: r 1 = 4, r 2 = 2
Buna görə də əsas həllər sistemi funksiyalardır: y 1 =e 4x , y 2 =e 2x.
Homojen tənliyin ümumi həlli formaya malikdir: y =C 1 e 4x +C 2 e 2x
İxtiyari sabitin dəyişməsi üsulu ilə müəyyən bir həll axtarın.
C "i törəmələrini tapmaq üçün tənliklər sistemini tərtib edirik:
C′ 1 e 4x +C′ 2 e 2x =0
C′ 1 (4e 4x) + C′ 2 (2e 2x) = 4/(2+e -2x)
Birinci tənlikdən C" 1 ifadə edin:
C" 1 \u003d -c 2 e -2x
və ikincisini əvəz edin. Nəticədə alırıq:
C" 1 \u003d 2 / (e 2x + 2e 4x)
C" 2 \u003d -2e 2x / (e 2x + 2e 4x)
Alınan C" i funksiyalarını birləşdiririk:
C 1 = 2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1
C 2 = ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2
y \u003d C 1 e 4x + C 2 e 2x olduğundan, yaranan ifadələri formada yazırıq:
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
Beləliklə, diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir:
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
və ya
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
Şərt altında xüsusi bir həll tapırıq:
y(0) =1 + 3ln3
y'(0) = 10ln3
Tapılmış tənliyə x = 0-ı əvəz edərək, əldə edirik:
y(0) = 2 ln(3) - 1 + ln(3) + C * 1 + C * 2 = 3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
Alınan ümumi həllin birinci törəməsini tapırıq:
y’ = 2e 2x (2C 1 e 2x + C 2 -2x +4 e 2x ln(e -2x +2)+ ln(2e 2x +1)-2)
x = 0-ı əvəz edərək, əldə edirik:
y'(0) = 2(2C 1 + C 2 +4 ln(3)+ ln(3)-2) = 4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3
İki tənlik sistemi alırıq:
3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
4C 1 + 2C 2 +10ln(3) -4 = 10ln3
və ya
C * 1 + C * 2 = 2
4C1 + 2C2 = 4
və ya
C * 1 + C * 2 = 2
2C1 + C2 = 2
Kimdən: C 1 = 0, C * 2 = 2
Xüsusi bir həll aşağıdakı kimi yazılacaq:
y = 2e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + 2 e 2x
Laqranj sabitlərinin dəyişməsi üsulu ilə sabit əmsallı daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklərin həlli üsulu nəzərdən keçirilir. Laqranj metodu, əgər homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlumdursa, istənilən xətti qeyri-homogen tənliklərin həllinə də şamil edilir.
MəzmunHəmçinin bax:
Laqranj metodu (sabitlərin dəyişməsi)
İxtiyari n-ci dərəcəli sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:
(1)
.
Birinci dərəcəli tənlik üçün nəzərdən keçirdiyimiz sabit dəyişmə üsulu daha yüksək dərəcəli tənliklərə də şamil edilir.
Həll iki mərhələdə həyata keçirilir. Birinci mərhələdə biz sağ tərəfi atırıq və homojen tənliyi həll edirik. Nəticədə n ixtiyari sabitdən ibarət həlli əldə edirik. İkinci addımda biz sabitləri dəyişirik. Yəni bu sabitlərin müstəqil x dəyişənin funksiyaları olduğunu hesab edirik və bu funksiyaların formasını tapırıq.
Baxmayaraq ki, biz burada sabit əmsallı tənlikləri nəzərdən keçiririk, lakin Laqranj metodu istənilən xətti qeyri-bərabər tənliklərin həlli üçün də tətbiq olunur. Bunun üçün isə homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlum olmalıdır.
Addım 1. Homojen tənliyin həlli
Birinci dərəcəli tənliklərdə olduğu kimi, biz əvvəlcə homojen tənliyin ümumi həllini axtarırıq, düzgün qeyri-homogen hissəni sıfıra bərabərləşdiririk:
(2)
.
Belə bir tənliyin ümumi həlli formaya malikdir:
(3)
.
Budur ixtiyari sabitlər; - bu tənliyin əsas həllər sistemini təşkil edən homogen tənliyin (2) xətti müstəqil n həlli.
Addım 2. Sabitlərin dəyişməsi - sabitlərin funksiyalarla əvəz edilməsi
İkinci addımda biz sabitlərin dəyişməsi ilə məşğul olacağıq. Başqa sözlə, sabitləri x müstəqil dəyişənin funksiyaları ilə əvəz edəcəyik:
.
Yəni, orijinal (1) tənliyinin aşağıdakı formada həllini axtarırıq:
(4)
.
Əgər (4)-ü (1) əvəz etsək, n funksiya üçün bir diferensial tənlik alırıq. Bu halda biz bu funksiyaları əlavə tənliklərlə birləşdirə bilərik. Onda siz n funksiyanı təyin edə biləcəyiniz n tənlik alırsınız. Əlavə tənliklər müxtəlif yollarla yazıla bilər. Amma biz bunu elə edəcəyik ki, həll ən sadə formaya malik olsun. Bunun üçün diferensiasiya edərkən tərkibində funksiyaların törəmələri olan terminləri sıfıra bərabərləşdirmək lazımdır. Gəlin bunu nümayiş etdirək.
Təklif olunan həlli (4) orijinal tənliyə (1) əvəz etmək üçün (4) şəklində yazılmış funksiyanın ilk n sıralarının törəmələrini tapmaq lazımdır. Cəmi və məhsulu fərqləndirmək qaydalarını tətbiq etməklə (4) fərqləndirin:
.
Gəlin üzvləri qruplaşdıraq. Əvvəlcə törəmələri olan şərtləri, sonra isə törəmələri olan şərtləri yazırıq:
.
Funksiyalara birinci şərt qoyuruq:
(5.1)
.
Onda birinci törəmə üçün ifadə daha sadə formada olacaq:
(6.1)
.
Eyni şəkildə, ikinci törəməni tapırıq:
.
Funksiyalara ikinci şərt qoyuruq:
(5.2)
.
Sonra
(6.2)
.
və s. Əlavə şərtlərdə funksiyaların törəmələrini ehtiva edən şərtləri sıfıra bərabərləşdiririk.
Beləliklə, funksiyalar üçün aşağıdakı əlavə tənlikləri seçsək:
(5.k) ,
onda ilk törəmələr ən sadə formaya sahib olacaqlar:
(6.k) .
Budur.
n-ci törəməni tapırıq:
(6.n)
.
Orijinal tənliyi (1) əvəz edirik:
(1)
;
.
Bütün funksiyaların (2) tənliyini təmin etdiyini nəzərə alırıq:
.
Sonra ehtiva edən şərtlərin cəmi sıfır verir. Nəticədə alırıq:
(7)
.
Nəticədə bizdə bir sistem var xətti tənliklər törəmələr üçün:
(5.1)
;
(5.2)
;
(5.3)
;
. . . . . . .
(5.n-1) ;
(7') .
Bu sistemi həll edərək, törəmələr üçün x funksiyaları kimi ifadələri tapırıq. İnteqrasiya edərək əldə edirik:
.
Burada artıq x-dən asılı olmayan sabitlər var. (4)-i əvəz edərək, orijinal tənliyin ümumi həllini alırıq.
Qeyd edək ki, törəmələrin qiymətlərini təyin etmək üçün a i əmsallarının sabit olması faktından heç vaxt istifadə etməmişik. Buna görə də Laqranj metodu istənilən xətti qeyri-bərabər tənlikləri həll etmək üçün tətbiq olunur, əgər (2) bircins tənliyin əsas həllər sistemi məlumdursa.
Nümunələr
Tənlikləri sabitlərin dəyişməsi üsulu ilə həll edin (Laqranj).
Nümunələrin həlli > > >
Bernulli metodu ilə yüksək dərəcəli tənliklərin həlli
Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ali diferensial tənliklərin xətti əvəzetmə yolu ilə həlli
İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu
Xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin həllinin qurulması üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu
a n (t)z (n) (t) + a n − 1 (t)z (n − 1) (t) + ... + a 1 (t)z"(t) + a 0 (t)z(t) = f(t)
ixtiyari sabitlərin dəyişdirilməsindən ibarətdir c kümumi qərarda
z(t) = c 1 z 1 (t) + c 2 z 2 (t) + ... + c n z n (t)
uyğun homojen tənlik
a n (t)z (n) (t) + a n − 1 (t)z (n − 1) (t) + ... + a 1 (t)z"(t) + a 0 (t)z(t) = 0
köməkçi funksiyalara c k (t) törəmələri xətti cəbr sistemini təmin edən
Sistemin (1) təyinedicisi funksiyaların Wronskianıdır z 1 ,z 2 ,...,z n ilə bağlı unikal həllini təmin edən .
Əgər - sabit qiymətlərlə qəbul edilən antiderivativlər inteqrasiya sabitləri, sonra funksiya
orijinal xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin həllidir. Müvafiq bircins tənliyin ümumi həlli olduqda qeyri-homogen tənliyin inteqrasiyası beləliklə kvadratlara endirilir.
Normal vektor formasında xətti diferensial tənliklər sisteminin həlli üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu.
şəklində müəyyən bir həllin (1) qurulmasından ibarətdir
harada Z(t) matris kimi yazılan uyğun bircinsli tənliyin həllərinin əsasını təşkil edir və ixtiyari sabitlərin vektorunu əvəz edən vektor funksiyası əlaqə ilə müəyyən edilir. İstədiyiniz xüsusi həll (sıfır ilkin qiymətlərlə t = t 0 formasına malikdir
Sabit əmsalları olan bir sistem üçün sonuncu ifadə sadələşdirilir:
Matris Z(t)Z− 1 (τ)çağırdı Koşi matrisi operator L = A(t) .
Mühazirə 44. İkinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər. İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər. (xüsusi sağ tərəf).
Sosial çevrilmələr. Dövlət və kilsə.
Bolşeviklərin sosial siyasəti əsasən onların sinfi yanaşması ilə diktə olunurdu. 1917-ci il 10 noyabr tarixli fərmanla mülk sistemi ləğv edildi, inqilabdan əvvəlki rütbələr, titullar və mükafatlar ləğv edildi. Hakimlərin seçkisi müəyyən edilib; sivil dövlətlərin dünyəviləşdirilməsi həyata keçirilirdi. Pulsuz təhsil və tibbi xidmət(31 oktyabr 1918-ci il tarixli fərman). Qadınlar kişilərlə hüquqları bərabərləşdirildi (16 və 18 dekabr 1917-ci il fərmanları). Nikah haqqında fərman vətəndaş nikahı institutunu tətbiq etdi.
Xalq Komissarları Sovetinin 20 yanvar 1918-ci il tarixli qərarı ilə kilsə dövlətdən və təhsil sistemindən ayrıldı. Kilsə əmlakının çox hissəsi müsadirə edildi. Moskva və Bütün Rusiyanın Patriarxı Tixon (5 noyabr 1917-ci ildə seçildi) 19 yanvar 1918-ci ildə anatematizasiya edildi. Sovet hakimiyyəti və bolşeviklərə qarşı mübarizəyə çağırdı.
Xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli tənliyi nəzərdən keçirək
Belə bir tənliyin ümumi həllinin strukturu aşağıdakı teoremlə müəyyən edilir:
Teorem 1. Qeyri-bircins tənliyin (1) ümumi həlli bu tənliyin bəzi xüsusi həlli ilə müvafiq homojen tənliyin ümumi həllinin cəmi kimi təmsil olunur.
Sübut. Bu məbləği sübut etməliyik
(1) tənliyinin ümumi həllidir. Əvvəlcə (3) funksiyasının (1) tənliyinin həlli olduğunu sübut edək.
Cəmi tənliyə (1) əvəz etmək saat, olacaq
(2) tənliyinin həlli olduğundan birinci mötərizədəki ifadə eyni şəkildə sıfıra bərabərdir. (1) tənliyinin həlli olduğundan ikinci mötərizədəki ifadə bərabərdir f(x). Buna görə də bərabərlik (4) eynilikdir. Beləliklə, teoremin birinci hissəsi isbat olunur.
İkinci iddianı sübut edək: (3) ifadəsidir general(1) tənliyinin həlli. Sübut etməliyik ki, bu ifadəyə daxil olan ixtiyari sabitlər ilkin şərtlərin ödənilməsi üçün seçilə bilər:
rəqəmlər nə olursa olsun x 0 , y 0 və (yalnız əgər x 0 funksiyalarının olduğu ərazidən götürülüb a 1, a 2 Və f(x) davamlı).
şəklində təmsil etmək mümkün olduğuna diqqət yetirərək . Sonra (5) şərtlərinə əsasən, biz var
Gəlin bu sistemi həll edək və tapaq 1-dən Və 2-dən. Sistemi belə yenidən yazaq:
Qeyd edək ki, bu sistemin determinantı funksiyalar üçün Wronsky determinantıdır 1 Və 2-də nöqtədə x=x 0. Bu funksiyalar fərziyyə ilə xətti müstəqil olduğundan, Wronsky determinantı sıfıra bərabər deyil; deməli (6) sisteminin müəyyən həlli var 1-dən Və 2-dən, yəni. belə dəyərlər var 1-dən Və 2-dən, bunun üçün düstur (3) verilmiş ilkin şərtləri ödəyən (1) tənliyinin həllini təyin edir. Q.E.D.
davam edək ümumi üsul qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həllərinin tapılması.
Homojen tənliyin (2) ümumi həllini yazaq.
Biz qeyri-homogen tənliyin (1) xüsusi həllini (7) şəklində axtaracağıq. 1-dən Və 2-dən kimi hələ məlum olmayan bəzi xüsusiyyətlər X.
Gəlin bərabərliyi fərqləndirək (7):
İstədiyiniz funksiyaları seçirik 1-dən Və 2-dən bərabərlik olsun
Bu əlavə şərt nəzərə alınarsa, birinci törəmə formasını alır
İndi bu ifadəni fərqləndirərək tapırıq:
(1) tənliyini əvəz edərək əldə edirik
İlk iki mötərizədəki ifadələr yox olur, çünki y 1 Və y2 homojen tənliyin həlləridir. Buna görə də sonuncu bərabərlik formasını alır
Beləliklə, (7) funksiyası funksiyalar olarsa, qeyri-homogen tənliyin (1) həlli olacaqdır 1-dən Və 2-dən(8) və (9) tənliklərini təmin edin. (8) və (9) tənliklərindən tənliklər sistemi quraq.
Bu sistemin determinantı xətti müstəqil həllər üçün Vronski determinantıdır y 1 Və y2 tənliyi (2), onda sıfıra bərabər deyil. Buna görə də sistemi həll edərək necə tapırıq müəyyən funksiyalar-dan X:
Bu sistemi həll edərək, haradan, inteqrasiya nəticəsində əldə edirik. Sonra tapılmış funksiyaları düsturla əvəz edirik, qeyri-bərabər tənliyin ümumi həllini alırıq, burada ixtiyari sabitlər var.
Nəzəri minimumDiferensial tənliklər nəzəriyyəsində bu nəzəriyyə üçün kifayət qədər yüksək universallıq dərəcəsinə malik olduğunu iddia edən bir üsul var.
Söhbət müxtəlif sinif diferensial tənliklərin və onların həlli üçün tətbiq olunan ixtiyari sabitin dəyişmə metodundan gedir.
sistemləri. Bu, nəzəriyyənin - mötərizədə ifadələrin sübutunu götürsəniz - minimal olduqda, lakin sizə nail olmağa imkan verən vəziyyətdir.
əhəmiyyətli nəticələr, buna görə də əsas diqqət nümunələrə yönəldiləcəkdir.Metodun ümumi ideyasını formalaşdırmaq olduqca sadədir. Qoy olsun verilmiş tənlik(tənliklər sistemi) həll etmək çətindir və ya heç aydın deyil,
necə həll etmək olar. Lakin görünə bilər ki, bəzi terminlər tənlikdən çıxarıldıqda həll edilir. Sonra onlar yalnız belə sadələşdirilmiş həll edirlər
tənlik (sistem), müəyyən sayda ixtiyari sabitləri ehtiva edən bir həll əldə edin - tənliyin ardıcıllığından (sayıdan) asılı olaraq
sistemdəki tənliklər). Onda hesab edilir ki, tapılan həlldəki sabitlər həqiqətən sabitlər, tapılmış həll deyillər
ilkin tənliyə (sistem) əvəz edilir, "sabitləri" təyin etmək üçün diferensial tənlik (və ya tənliklər sistemi) alınır.
İxtiyari sabitin dəyişmə metodunun müxtəlif məsələlərə tətbiqində müəyyən spesifiklik var, lakin bunlar artıq təfərrüatlardır ki,
misallarla göstərilir.Daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklərin həllini ayrıca nəzərdən keçirək, yəni. formanın tənlikləri
.
Xətti qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli müvafiq homojen tənliyin ümumi həlli ilə xüsusi həllinin cəmidir.
verilmiş tənlik. Fərz edək ki, homojen tənliyin ümumi həlli artıq tapılıb, yəni əsas həllər sistemi (FSR) qurulub.
. Onda homojen tənliyin ümumi həlli .
Qeyri-homogen tənliyin hər hansı xüsusi həllini tapmaq lazımdır. Bunun üçün sabitlər dəyişəndən asılı hesab edilir.
Sonra, tənliklər sistemini həll etməlisiniz.
Nəzəriyyə funksiyaların törəmələrinə münasibətdə bu cəbri tənliklər sisteminin unikal həllinə malik olduğuna zəmanət verir.
Funksiyaların özləri tapıldıqda inteqrasiya sabitləri görünmür: axırda hər hansı bir həll yolu axtarılır.Formanın birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər sistemlərinin həlli vəziyyətində
alqoritm demək olar ki, dəyişməz olaraq qalır. Əvvəlcə müvafiq homojen tənliklər sisteminin FSR-ni tapmalı, əsas matrisi tərtib etməlisiniz.
sütunları FSR elementləri olan sistem. Sonra, tənlik.
Sistemi həll edərək, funksiyaları müəyyənləşdiririk, beləliklə, orijinal sistem üçün xüsusi bir həll tapırıq
(əsas matris tapılan xüsusiyyət sütununa vurulur).
Biz onu artıq tapılmış FSR əsasında qurulmuş müvafiq homojen tənliklər sisteminin ümumi həllinə əlavə edirik.
Orijinal sistemin ümumi həlli alınır.Nümunələr.
Misal 1 Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər.
Müvafiq homojen tənliyi nəzərdən keçirək (tələb olunan funksiyanı ilə işarə edirik):
.
Bu tənlik dəyişənlərin ayrılması ilə asanlıqla həll olunur:
.
İndi orijinal tənliyin həllini formada təqdim edirik, funksiyanın hələ tapılmadığı yerdə.
Bu cür həlli orijinal tənliyə əvəz edirik:
.
Gördüyünüz kimi, sol tərəfdəki ikinci və üçüncü şərtlər bir-birini ləğv edir - bu xarakterik ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu.
Burada artıq - həqiqətən, ixtiyari sabit. Bu cür,
.Misal 2 Bernulli tənliyi.
Birinci nümunəyə bənzər şəkildə hərəkət edirik - tənliyi həll edirik
dəyişənlərin ayrılması üsulu. Çıxacaq , buna görə də orijinal tənliyin həllini formada axtarırıq
.
Bu funksiyanı orijinal tənliyə əvəz edin:
.
Və yenə kəsiklər var:
.
Burada bölmək zamanı həllin itirilmədiyinə əmin olmaq üçün yadda saxlamaq lazımdır. Və iş orijinalın həllinə uyğun gəlir
tənliklər. Onu xatırlayaq. Belə ki,.
yazaq.
Bu həll yoludur. Cavab yazarkən əvvəllər tapılan həlli də göstərməlisiniz, çünki o, heç bir yekun dəyərə uyğun gəlmir
sabitlər.Misal 3 Daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər.
Dərhal qeyd edirik ki, bu tənliyi daha sadə həll etmək olar, lakin onun üzərində üsulu göstərmək rahatdır. Bəzi üstünlüklərə baxmayaraq
ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu da bu nümunədə var.
Beləliklə, müvafiq homojen tənliyin FSR ilə başlamaq lazımdır. Xatırladaq ki, FSR-i tapmaq üçün xarakterikdir
tənlik
.
Beləliklə, homojen tənliyin ümumi həlli
.
Buraya daxil edilən sabitlər müxtəlif olmalıdır. Sistemin tərtib edilməsi
