Teist järku diferentsiaalvõrrandil on järgmine kuju:
Võrrandi üldlahendus on funktsioonide perekond, mis sõltub kahest suvalisest konstandist ja: (või - 2. järku diferentsiaalvõrrandi üldintegraalist). Cauchy ülesanne teist järku diferentsiaalvõrrandi (1.1) jaoks seisneb võrrandile konkreetse lahenduse leidmises, mis vastab algtingimustele: for: , . Tuleb märkida, et erinevalt esimest järku võrrandi lahendite graafikutest võivad teist järku võrrandi lahendite graafikud ristuda. Samas on Cauchy ülesande lahendus teist järku võrrandite (1.1) puhul võrrandis sisalduvate funktsioonide puhul küllaltki laiapõhjalistel eeldustel unikaalne, s.t. mis tahes kaks ühise algtingimusega lahendit langevad definitsioonivahemike ristumiskohas kokku.
Teist järku diferentsiaalvõrrandi jaoks ei ole alati võimalik üldist lahendust saada või Cauchy ülesannet analüütiliselt lahendada. Mõnel juhul on aga võimalik võrrandi järjekorda alandada erinevate asenduste sisseviimisega. Vaatame neid juhtumeid.
1. Võrrandid, mis ei sisalda selgesõnaliselt sõltumatut muutujat.
Olgu teist järku diferentsiaalvõrrand järgmine: , s.o. võrrandis (1.1) puudub ilmselgelt sõltumatu muutuja. See võimaldab meil võtta seda uue argumendina ja võtta uue funktsioonina esimest järku tuletist. Siis.
Seega on 2. järku võrrand funktsiooni jaoks, mis ei ole sõnaselgelt sisaldunud, taandatud funktsiooni 1. järku võrrandiks. Selle võrrandi integreerimisel saame üldise integraali või ja see on funktsiooni 1. järku diferentsiaalvõrrand. Selle lahendamisel saame algse diferentsiaalvõrrandi üldintegraali, mis sõltub kahest suvalisest konstandist: .
Näide 1. Lahendage diferentsiaalvõrrand antud algtingimuste jaoks: , .
Kuna algses võrrandis pole selgesõnalist argumenti, võtame uue sõltumatu muutujana a ja - as. Siis saab võrrand funktsiooni jaoks järgmise kuju: .
See on eraldatavate muutujatega diferentsiaalvõrrand: . Kust see järgneb, s.t. .
Kuna ja, asendades algtingimused viimase võrdsusega, saame selle ja, mis on ekvivalentne. Selle tulemusena saame funktsiooni jaoks eraldatavate muutujatega võrrandi, mille lahendamisel saame. Kasutades algtingimusi, saame selle. Järelikult on algtingimusi rahuldaval võrrandi osaintegraalil järgmine kuju: .
2. Võrrandid, mis ei sisalda selgesõnaliselt soovitud funktsiooni.
Olgu teist järku diferentsiaalvõrrand järgmine: , s.o. võrrand ei sisalda selgelt soovitud funktsiooni. Sel juhul tutvustatakse avaldust. Seejärel muutub funktsiooni teist järku võrrand funktsiooni 1. järku võrrandiks. Pärast selle integreerimist saame funktsiooni jaoks esimest järku diferentsiaalvõrrandi: . Lahendades viimast võrrandit, saame antud diferentsiaalvõrrandi üldintegraali, mis sõltub kahest suvalisest konstandist: .
Seetõttu on loomulik soov taandada esimesest kõrgema järgu võrrand madalama järgu võrrandiks. Mõnel juhul saab seda teha. Vaatame neid.
1. Võrrandid kujul y (n) =f(x) lahendatakse järjestikuse integreerimisega n korda
, 
,… .
Näide. Lahendage võrrand xy""=1. Seega saame kirjutada y"=ln|x| + C 1 ja uuesti integreerides saame lõpuks y=∫ln|x| + C 1 x + C 2
2. Võrrandites kujul F(x,y (k) ,y (k +1) ,..,y (n))=0 (st ei sisalda selgesõnaliselt tundmatut funktsiooni ja mõningaid selle tuletisi), järjestust vähendatakse, muutes muutujat y (k) = z(x). Siis y (k +1) =z"(x),...,y (n) = z (n - k) (x) ja saame võrrandi F(x,z,z",..,z (n - k)) järku n-k. Selle lahendiks on funktsioon z = φ(x,C 1 ,C 2 ,…,C n) ehk, mäletades, mis on z, saame võrrandi y (n- k) = φ(x,C 1 ,C 2 , …, C n - k) tüübi 1 puhul.
Näide 1. Lahendage võrrand x 2 y"" = (y") 2. Tehke asendus y"=z(x) . Siis y""=z"(x). Asendades algse võrrandi, saame x 2 z"=z 2. Eraldades muutujad, saame . Integreerimine, meil on 
, või, mis on sama, . Viimane seos kirjutatakse kujul , kust . Integreerimisega saame lõpuks hakkama 
Näide 2. Lahendage võrrand x 3 y"" +x 2 y"=1. Teeme muutujate muudatuse: y"=z; y""=z"
x 3 z"+x 2 z=1. Teeme muutujate muudatuse: z=u/x; z"=(u"x-u)/x 2
x 3 (u"x-u)/x 2 +x 2 u/x=1 või u"x 2 -xu+xu=1 või u"x^2=1. Alates: u"=1/x 2 või du/ dx=1/x2 või u = int(dx/x2) = -1/x+c 1
Kuna z=u/x, siis z = -1/x 2 +c 1 /x. Kuna y"=z, siis dy/dx=-1/x 2 +c 1 /x
y = int(c 1 dx/x-dx/x 2) =c 1 ln(x) + 1/x + c 2. Vastus: y = c 1 ln(x) + 1/x + c 2
3. Järgmine võrrand, mida saab järjekorras taandada, on võrrand kujul F(y,y,y",",…,y (n))=0, mis ei sisalda otseselt sõltumatut muutujat. võrrandit vähendatakse, asendades muutuja y" =p(y) , kus p on uus soovitud funktsioon sõltuvalt y-st. Siis 
= ja nii edasi. Induktsiooni abil saame y (n) =φ(p,p",...,p (n-1)) Asendades algsesse võrrandisse, alandame selle järjekorda ühe võrra.
Näide. Lahendage võrrand (y") 2 +2yy""=0. Teeme standardasenduse y"=p(y), siis y″=p′·p. Asendades võrrandi, saame 
Muutujate eraldamisel p≠0 puhul saame integreerimise 
või mis on sama asi, . Siis või. Viimase võrdsuse lõimides lõpuks saame 
Muutujate eraldamisel võiksime kaotada lahendi y=C, mis saadakse p=0 korral või, mis on sama, y"=0 korral, kuid see sisaldub ülaltoodud lahenduses.
4. Mõnikord on võimalik märgata omadust, mis võimaldab võrrandi järjekorda alandada eelpool käsitletust erineval viisil. Näitame seda näidetega.
Näited.
1. Kui võrrandi yy"""=y'y" mõlemad pooled jagatakse yy"-ga, saame võrrandi, mille saab ümber kirjutada kujul (lny")"=(lny)". Viimasest seosest järeldub, et lny″=lny +lnC või, mis on sama, y″=Cy... Tulemuseks on võrrand, mis on suurusjärgu võrra madalam ja seda tüüpi, millest oli juttu varem.
2. Samamoodi on võrrandi yy″=y′(y′+1) jaoks või (ln(y"+1)" = (lny)". Viimasest seosest järeldub, et ln(y"+ 1) = lny + lnC 1 või y"=C 1 y-1. Muutujate eraldamisel ja integreerimisel saame ln(C 1 y-1) = C 1 x+C 2
Otsustama võrrandid, mida saab järjekorras taandada võimalik kasutada eriteenust
Üks kõrgema järgu DE-de integreerimise meetodeid on järjekorra vähendamise meetod. Meetodi olemus seisneb selles, et muutuja (asendus) asendamisel taandatakse see DE madalama järgu võrrandiks.
Vaatleme kolme tüüpi võrrandeid, mis võimaldavad järjekorras redutseerida.
I. Olgu võrrand antud
Järjekorda saab alandada, lisades uue funktsiooni p(x), seades y " =p(x). Siis y "" =p " (x) ja saame esimese järgu DE: p " =ƒ(x). Olles selle lahendanud, st leidnud funktsiooni p = p (x), lahendame võrrandi y " = p (x). Leiame antud võrrandi (3.6) üldlahendi.
Praktikas toimivad nad erinevalt: järjestust vähendatakse otse võrrandi järjestikuse integreerimisega.
Sest 
võrrandi (3.6) saab kirjutada kujul dy " =ƒ(x) dx. Seejärel, integreerides võrrandi y "" =ƒ(x), saame: y " = või y " =j1 (x) + с 1 Lisaks, integreerides saadud võrrandi x jaoks, leiame: - selle võrrandi üldlahendus. 
siis, integreerides selle järjestikku n korda, leiame võrrandi üldlahenduse:
Näide 3.1. Lahenda võrrand 
Lahendus. Selle võrrandi järjekindlalt neli korda integreerimisel saame
Olgu võrrand antud
Tähistame y " =р, kus р=р(х) on uus tundmatu funktsioon. Siis y "" =p " ja võrrand (3.7) saab kuju p " =ƒ(х;р). Olgu р=j (х;с 1) on saadud esimest järku diferentsiaalvõrrandi üldlahendus Viimase võrrandi (. 3.7) integreerimiseks piisab sellisest vormist
Võrrandi (3.7) erijuhtum on võrrand
mis samuti ei sisalda selgesõnaliselt soovitud funktsiooni, siis saab selle järjestust k ühiku võrra alandada, seades y (k) = p (x). Siis y (k+1) =p " ; ...; y (n) = p (n-k) ja võrrand (3.9) saab kuju F(x;p;p " ;... ;p (n-κ) ) )=0. Võrrandi (3.9) erijuhtum on võrrand
Kasutades asendust y (n-1) =p(x), y (n) =p " taandatakse see võrrand esimest järku DE-ks.
Näide 3.2. Lahenda võrrand 
Lahendus: eeldame, et y"=p, kus 
Siis 
See on eraldatav võrrand: 
Integreerimisel saame algse muutuja juurde naastes y"=c 1 x,
- võrrandi üldlahend.
III. Mõelge võrrandile
mis ei sisalda otseselt sõltumatut muutujat x.
Võrrandi järjekorra vähendamiseks võtame kasutusele uue funktsiooni p=p(y), olenevalt muutujast y, seades y"=p. Diferentseerime seda võrdsust x suhtes, võttes arvesse, et p =p(y (x)):
st. 
Nüüd kirjutatakse võrrand (3.10) kujule 
Olgu p=j(y;c 1) selle esimest järku DE üldlahend. Asendades funktsiooni p(y) y-ga, saame eraldatavate muutujatega y"=j(y;c 1) - DE. Selle integreerimisel leiame võrrandi (3.10) üldintegraali: 
Võrrandi (3.10) erijuhtum on diferentsiaalvõrrand
Selle võrrandi saab lahendada sarnase asendusega: y " =p(y),
Sama teeme ka võrrandi F(y; y " ; y";...; y (n)) = 0 lahendamisel. Selle järjekorda saab ühe võrra alandada, seades y"=p, kus p=p(y ). Kasutades kompleksfunktsiooni diferentseerimise reeglit, leiame Siis leiame
p=uv=((-1+y)e -y +e -y +c 1) e+y või p=c 1 ey+y. Asendades p y "-ga, saame: y"=c 1 -e y +y. Asendades selle võrrandiga y"=2 ja y=2, leiame 1-ga:
2 = c 1 e 2 +2, c 1 = 0.
Meil on y"=y. Seega y=c 2 e x. Leiame algtingimustest c 2: 2=c 2 e°, c 2 =2. Seega on y=2e x selle konkreetne lahendus