Еркін константаларды вариациялау әдісі. Шешу мысалдары Сызықтық теңдеулерді тұрақты вариация әдісімен шешу

Ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісі немесе Лагранж әдісі бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулерді және Бернулли теңдеуін шешудің тағы бір тәсілі болып табылады.

Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер y’+p(x)y=q(x) түріндегі теңдеулер. Оң жағы нөлге тең 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 вариация әдісі (Лагранж әдісі) мыналардан тұрады:

1) Іздеу ортақ шешім біртекті теңдеу y'+p(x)y=0: y=y*.

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

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

Ерікті тұрақты шаманың вариация әдісі бойынша мысалдарды қарастырыңыз. -дегідей тапсырмаларды қабылдап, шешу барысын салыстырып, алынған жауаптардың бірдей екеніне көз жеткізейік.

1) y'=3x-y/x

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

y'+y/x=3x (I). Қазір жоспар бойынша жүріп жатырмыз.

1) y’+y/x=0 біртекті теңдеуін шешеміз. Бұл бөлінетін айнымалы теңдеу. y’=dy/dx-ті көрсетіңіз, алмастырыңыз: dy/dx+y/x=0, dy/dx=-y/x. Теңдеудің екі бөлігін де dx-ке көбейтіп, xy≠0-ге бөлеміз: dy/y=-dx/x. Біз біріктіреміз:

2) Алынған біртекті теңдеудің жалпы шешімінде С тұрақты емес, х-тің функциясын қарастырамыз: С=С(x). Осы жерден

Алынған өрнектер (I) шартына ауыстырылады:

Теңдеудің екі бөлігін де біріктіреміз:

мұнда C қазірдің өзінде жаңа тұрақты болып табылады.

3) y \u003d C / x біртекті теңдеуінің жалпы шешімінде біз C \u003d C (x), яғни y \u003d C (x) / x деп қарастырдық, C (x) орнына біз ауыстырамыз x³ + C өрнек табылды: y \u003d (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, түрлендірудің қажеті жоқ.

1) y’+y=0 біртекті сызықтық теңдеуді шешеміз: dy/dx=-y; dy/y=-dx. Біз біріктіреміз:

Ыңғайлы белгілерді алу үшін біз жаңа С ретінде С дәрежесінің көрсеткішін аламыз:

Бұл түрлендіру туындыны табу ыңғайлы болу үшін жасалды.

2) Сызықты біртекті теңдеудің алынған жалпы шешімінде С тұрақты емес, х-тің функциясын қарастырамыз: С=С(x). Осы шарт бойынша

Алынған y және y' өрнектері шартқа ауыстырылады:

Теңдеудің екі жағын көбейтіңіз

Теңдеудің екі бөлігін де интегралдау формуласын қолданып, біз мынаны аламыз:

Мұндағы С енді функция емес, кәдімгі тұрақты.

3) Біртекті теңдеудің жалпы шешіміне

табылған С(x) функциясын ауыстырамыз:

Бернулли әдісімен шешу кезіндегідей жауап алдық.

Ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісі шешуге де қолданылады.

y’x+y=-xy².

теңдеуін келтіреміз стандартты көрініс: y'+y/x=-y² (II).

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

Алынған өрнектерді (II) шартқа қоямыз:

Жеңілдету:

Біз C және x үшін бөлінетін айнымалылары бар теңдеуді алдық:

Мұндағы C қазірдің өзінде кәдімгі тұрақты. Интеграция процесінде C(x) орнына біз жай ғана С жазып қойдық, бұл белгілерді шамадан тыс жүктемеу үшін. Соңында біз C(x)-ті жаңа С-мен шатастырмау үшін С(х)-ге оралдық.

3) y=C(x)/x біртекті теңдеуінің жалпы шешіміне табылған С(x) функциясын қоямыз:

Бернулли әдісімен шешу кезіндегідей жауап алдық.

Өзін-өзі тексеруге мысалдар:

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

1) y'-2y=0 біртекті теңдеуін шешеміз. 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 біз C (x) орнына C және C "(x) орнына C' береміз):

Оң жақтағы интегралды табу үшін бөліктер бойынша интегралдау формуласын қолданамыз:

Енді формулаға u, du және v ауыстырамыз:

Мұнда C = const.

3) Енді біртекті ерітіндіге ауыстырамыз

Теориялық минимум

Дифференциалдық теңдеулер теориясында бұл теория үшін әмбебаптылықтың жеткілікті жоғары дәрежесіне ие деп мәлімдейтін әдіс бар.
Біз дифференциалдық теңдеулердің әртүрлі кластарын шешуге қолданылатын ерікті тұрақты шаманы вариациялау әдісі туралы айтып отырмыз.
жүйелер. Бұл теория - егер сіз жақшаның ішінен мәлімдемелердің дәлелін алсаңыз - минималды, бірақ қол жеткізуге мүмкіндік беретін жағдай дәл осылай болады.
айтарлықтай нәтиже береді, сондықтан мысалдарға басты назар аударылады.

Әдістің жалпы идеясын тұжырымдау өте қарапайым. Берілген теңдеуді (теңдеулер жүйесін) шешу қиын немесе тіпті түсініксіз болсын,
оны қалай шешуге болады. Бірақ кейбір мүшелерді теңдеуден алып тастағанда оның шешілетінін көруге болады. Содан кейін олар дәл осындай жеңілдетілген шешеді
теңдеу (жүйе), ерікті тұрақтылардың белгілі бір санын қамтитын шешімін алу - теңдеудің ретіне байланысты (сан
жүйедегі теңдеулер). Сонда табылған шешімдегі тұрақтылар шын мәнінде тұрақтылар, табылған шешім емес деп есептеледі
бастапқы теңдеуге (жүйеге) ауыстырылады, «тұрақтыларды» анықтау үшін дифференциалдық теңдеу (немесе теңдеулер жүйесі) алынады.
Әртүрлі есептер үшін ерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісін қолданудың белгілі бір ерекшелігі бар, бірақ бұл қазірдің өзінде болатын егжей-тегжейлер.
мысалдармен көрсетеді.

Жоғары ретті сызықтық біртекті емес теңдеулердің шешімін бөлек қарастырайық, яғни. түріндегі теңдеулер
.
Сызықтық біртекті емес теңдеудің жалпы шешімі – сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімі мен жеке шешімінің қосындысы
берілген теңдеу. Біртекті теңдеудің жалпы шешімі табылды деп есептейік, атап айтқанда шешімдердің іргелі жүйесі (FSR) тұрғызылды.
. Сонда біртекті теңдеудің жалпы шешімі болады.
Біртекті емес теңдеудің кез келген нақты шешімін табу керек. Ол үшін тұрақтылар айнымалыға тәуелді болып саналады.
Әрі қарай теңдеулер жүйесін шешу керек
.
Теория бұл жүйеге кепілдік береді алгебралық теңдеулерфункциялардың туындыларына қатысты бір ғана шешім бар.
Функциялардың өзін табу кезінде интегралдау константалары пайда болмайды: ақыр соңында кез келген бір шешім ізделеді.

Пішіннің бірінші ретті сызықты біртекті емес теңдеулер жүйелерін шешу жағдайында

алгоритм дерлік өзгеріссіз қалады. Алдымен сәйкес біртекті теңдеулер жүйесінің FSR-ін табу керек, іргелі матрицаны құрастыру керек.
жүйесі , оның бағандары FSR элементтері болып табылады. Келесі, теңдеу
.
Жүйені шеше отырып, біз функцияларды анықтаймыз, осылайша бастапқы жүйенің нақты шешімін табамыз
(іргелі матрица табылған мүмкіндік бағанына көбейтіледі).
Біз оны бұрыннан табылған FSR негізінде құрылған сәйкес біртекті теңдеулер жүйесінің жалпы шешіміне қосамыз.
Бастапқы жүйенің жалпы шешімі алынады.

Мысалдар.

1-мысал Бірінші ретті сызықтық біртекті емес теңдеулер.

Сәйкес біртекті теңдеуді қарастырайық (қажетті функцияны деп белгілейміз):
.
Бұл теңдеу айнымалыларды бөлу арқылы оңай шешіледі:

.
Ал енді бастапқы теңдеудің шешімін түрінде береміз , бұл жерде функция әлі табылмаған.
Бұл шешім түрін бастапқы теңдеуге ауыстырамыз:
.
Көріп отырғаныңыздай, сол жақтағы екінші және үшінші терминдер бір-бірін жоққа шығарады - бұл тәнерікті тұрақты шаманы өзгерту әдісі.

Мұнда қазірдің өзінде - шын мәнінде, ерікті тұрақты. Осылайша,
.

2-мысал Бернулли теңдеуі.

Біз бірінші мысалға ұқсас әрекет етеміз - теңдеуді шешеміз

айнымалыларды бөлу әдісі. Бұл шығады, сондықтан біз бастапқы теңдеудің шешімін түрінде іздейміз
.
Бұл функцияны бастапқы теңдеуге ауыстырамыз:
.
Тағы да қысқартулар бар:
.
Бұл жерде сіз бөлу кезінде шешімнің жоғалмайтынына көз жеткізу үшін есте сақтауыңыз керек. Ал іс түпнұсқаның шешіміне сәйкес келеді
теңдеулер. Оны еске алайық. Сонымен,
.
Жазайық.
Бұл шешім. Жауапты жазу кезінде сіз бұрын табылған шешімді де көрсетуіңіз керек, өйткені ол ешқандай соңғы мәнге сәйкес келмейді
тұрақтылар.

3-мысал Жоғары ретті сызықтық біртекті емес теңдеулер.

Біз бұл теңдеуді оңайырақ шешуге болатынын бірден атап өтеміз, бірақ ондағы әдісті көрсету ыңғайлы. Кейбір артықшылықтарға қарамастан
ерікті тұрақтының вариация әдісі бұл мысалда да бар.
Сонымен, сәйкес біртекті теңдеудің FSR-ден бастау керек. Еске салайық, FSR табу үшін сипаттама
теңдеу
.
Осылайша, біртекті теңдеудің жалпы шешімі
.
Мұнда енгізілген тұрақтылар әртүрлі болуы керек. Жүйені құрастыру

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.

Большевиктердің әлеуметтік саясаты көбіне олардың таптық көзқарасына байланысты болды. 1917 жылғы 10 қарашадағы декретпен мүлік жүйесі жойылды, революцияға дейінгі шен, атақ, марапаттар жойылды. Судьяларды сайлау белгіленді; азаматтық мемлекеттердің секуляризациясы жүзеге асырылды. Тегін білім беру және медициналық көмек белгіленді (1918 ж. 31 қазандағы декрет). Әйелдердің құқықтары ер адамдармен теңестірілді (1917 жылғы 16 және 18 желтоқсандағы жарлықтар). Неке туралы жарлықта азаматтық неке институты енгізілді.

Халық Комиссарлар Кеңесінің 1918 жылғы 20 қаңтардағы қаулысымен шіркеу мемлекеттен және оқу жүйесінен бөлініп шықты. Көп бөлігіШіркеу мүлкі тәркіленді. Мәскеу және Бүкіл Русь Патриархы Тихон (1917 жылы 5 қарашада сайланған) 1918 жылы 19 қаңтарда анатематизацияланған Кеңес өкіметіжәне большевиктерге қарсы күреске шақырды.

Сызықтық біртекті емес екінші ретті теңдеуді қарастырайық

Мұндай теңдеудің жалпы шешімінің құрылымы келесі теоремамен анықталады:

Теорема 1.Біртекті емес теңдеудің (1) жалпы шешімі осы теңдеудің кейбір нақты шешімі мен сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімінің қосындысы ретінде берілген.

Дәлелдеу. сома екенін дәлелдеуіміз керек

(1) теңдеудің жалпы шешімі болып табылады. Алдымен (3) функциясы (1) теңдеудің 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 бөлігі дәлелденді.

Екінші бекітуді дәлелдейміз: (3) өрнек жалпы(1) теңдеуінің шешімі. Бұл өрнекке енгізілген ерікті тұрақтыларды бастапқы шарттар орындалатындай етіп таңдауға болатынын дәлелдеу керек:

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

түрінде көрсетуге болатынын байқап. Содан кейін (5) шарттарға сүйене отырып, бізде бар

Осы жүйені шешіп, табайық 1-денЖәне 2-ден. Жүйені келесі түрде қайта жазайық:

Бұл жүйенің анықтаушысы функциялар үшін Вронский анықтаушысы екенін ескеріңіз 1Және 2-денүктесінде x=x 0. Бұл функциялар болжам бойынша сызықтық тәуелсіз болғандықтан, Вронский анықтауышы нөлге тең емес; демек (6) жүйесі бар нақты шешім 1-денЖәне 2-ден, яғни. мұндай құндылықтар бар 1-денЖәне 2-ден, ол үшін (3) формула деректерді қанағаттандыратын (1) теңдеудің шешімін анықтайды бастапқы шарттар. 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 қарастырамыз. 1-денЖәне 2-денкейбір әлі белгісіз мүмкіндіктер сияқты X.

Теңдікті ажыратайық (7):

Біз қажетті функцияларды таңдаймыз 1-денЖәне 2-денсондықтан теңдік

Егер осы қосымша шарт ескерілсе, онда бірінші туынды пішінді қабылдайды

Енді бұл өрнекті ажырата отырып, біз мынаны табамыз:

(1) теңдеуге қойып, аламыз

Алғашқы екі жақшадағы өрнектер жойылады, себебі ж 1Және y2біртекті теңдеудің шешімдері болып табылады. Демек, соңғы теңдік пішінді қабылдайды

Осылайша, (7) функциясы біртекті емес теңдеудің (1) шешімі болады, егер функциялары болса 1-денЖәне 2-ден(8) және (9) теңдеулерін орындаңыз. (8) және (9) теңдеулерінен теңдеулер жүйесін құрастырайық.

Бұл жүйенің анықтаушысы сызықтық тәуелсіз шешімдер үшін Вронский анықтаушысы болғандықтан ж 1Және y2теңдеу (2), онда ол нөлге тең емес. Сондықтан жүйені шеше отырып, біз белгілі бір функциялардың екеуін де табамыз X:

Бұл жүйені шеше отырып, біз интегралдау нәтижесінде , қай жерден, табамыз. Әрі қарай табылған функцияларды формулаға ауыстырамыз, біртекті емес теңдеудің жалпы шешімін аламыз, мұндағы ерікті тұрақтылар.

Ерікті тұрақтыларды өзгерту 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 өзгертуден 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 функцияларға 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 белгіленген мәндерінде қабылданатын 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 векторлық функция, ерікті тұрақтылар векторын ауыстырған, қатынасы арқылы анықталады. Қажетті нақты шешім (нөлдік бастапқы мәндермен т = т 0 пішіні бар

Тұрақты коэффициенттері бар жүйе үшін соңғы өрнек жеңілдетілген:

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

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 теңдеудің шешімдерінің негізгі жүйесі белгілі болса.

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 вариация әдісі жоғары ретті теңдеулерге де қолданылады.

Шешім екі кезеңде жүзеге асырылады. Бірінші кезеңде біз оң жағын тастап, біртекті теңдеуді шешеміз. Нәтижесінде n ерікті тұрақтыдан тұратын шешімді аламыз. Екінші қадамда 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 теңдеудің негізгі шешімдер жүйесі белгілі болуы керек.

1-қадам. Біртекті теңдеуді шешу

Бірінші ретті теңдеулердегі сияқты, біз алдымен біртекті теңдеудің жалпы шешімін іздейміз, оң біртекті емес бөлікті нөлге теңейміз:
(2) .
Мұндай теңдеудің жалпы шешімі келесі түрде болады:
(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 қадамда біз тұрақтылардың вариациясымен айналысамыз. Басқаша айтқанда, тұрақтыларды x 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 теңдеу аласыз, олардан n функцияны анықтауға болады. Қосымша теңдеулер жасауға болады әртүрлі жолдар. Бірақ біз оны шешімнің қарапайым түрі болатындай етіп 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 қолдану арқылы (4) ажыратыңыз:
.
Қане, мүшелерді топтастырайық. Алдымен туындылары бар терминдерді, содан кейін туындылары бар терминдерді жазамыз:

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

Дәл осылай екінші туындыны табамыз:

.
Функцияларға екінші шартты қоямыз:
(5.2) .
Содан кейін
(6.2) .
Тағыда басқа. Қосымша шарттарда функциялардың туындылары бар мүшелерді нөлге теңестіреміз.

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

n-ші туындыны табамыз:
(6.n)
.

Бастапқы теңдеуді (1) ауыстырамыз:
(1) ;






.
Барлық функциялар (2) теңдеуді қанағаттандыратынын ескереміз:
.
Сонда құрамындағы мүшелердің қосындысы нөлді береді. Нәтижесінде біз аламыз:
(7) .

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

Бұл жүйені шеше отырып, туындылар үшін х функциясы ретіндегі 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 a i коэффициенттерінің тұрақты екенін ешқашан пайдаланбағанымызды ескеріңіз. Сондықтан Кез келген сызықты біртекті емес теңдеулерді шешу үшін Лагранж әдісі қолданылады, егер біртекті (2) теңдеудің шешімдерінің іргелі жүйесі белгілі болса.

Мысалдар

Теңдеулерді тұрақты шамаларды вариациялау әдісімен шешу (Лагранж).


Мысалдар шешімі > > >