Архив рубрики: Первого порядка

Уравнение Риккати

Дифференциальное уравнение первого порядка

\frac{dy}{dx} + a(x)y^2 +b(x)y + c(x) =0,     (1)

где a(x), b(x), c(x) — некоторые заданные функции, называется уравнением Риккати (обобщенным). В том случае, если коэффициенты a, b, c в уравнении постоянны, данное уравнение решается с помощью разделения переменных, и мы непосредственно переходим в общему интегралу:

C_1 -x = \int \frac{dy}{ay^2+by+c}

 Свойства уравнения Риккати:

1)  Если известно какое-нибудь частное решение y_1 (x) уравнения (1), то его общее решение может быть получено при помощь квадратур.

Действительно, положим, что

y= y_1 (x) +z(x),     (2)

где z(x) — новая неизвестная функция. Подставляя (2) в (1), найдем

 \frac{dy_1}{dx} + a(x) (y_1^2 + 2y_1 z + z^2) +b(x)(y_1+z) +c(x)=0,

отсюда, в силу того, что y_1 (x) есть решение уравнения (1), получим

\frac{dz}{dx} + a(x) (2y_1 z +z^2) + b(x)z=0     или     \frac{dz}{dx} +a(x)z^2 + (2a(x)y_1 + b(x))z=0     (*)

Заметим, что уравнение (*) представляет собой частный случай уравнения Бернулли.

Пример 1. Решить уравнение Риккати  y' - y^2 + 2e^x y = e^{2x} + e^x,  зная его частное решение  y_1 = e^x.

Решение:  Положим y= e^x + z(x) и подставим в исходное уравнение; получим \frac{dz}{dx} = z^2,

откуда  - \frac{1}{z} = x-C     или     z= \frac{1}{C-x}.

Таким образом, общее решение исходного уравнения выглядит так:  y= e^x + \frac{1}{C-x}.

Ответ:    y= e^x + \frac{1}{C-x}.

Замечание:  Вместо подстановки (2) часто практически боле выгодной будет подстановка  y= y_1 (x) + \frac{1}{u(x)},

которая приводит уравнение Риккати к линейному  u' - (2ay_1 + b)u=a.

2)  Если известны два частных решения уравнения (1), то его общий интеграл находится одной квадратурой.

Пусть известны два некоторых решения y_1 (x) и y_2 (x) уравнения Риккати. Используя тот факт, что имеет место тождество

\frac{dy_1}{dx} \equiv -a(x) y_1^2 - b(x)y_1 - c(x),

представим уравнение (1) в таким виде:

\frac{1}{y-y_1} \frac{d(y-y_1)}{dx} = -a(x)(y+y_1) - b(x)     или     \frac{d}{dx} (\ln{y} - y_1) = -a(x)(y+y_1) - b(x).     (3)

Для второго частного решения y_2 (x) находим аналогично  \frac{d}{dx} (\ln{y} - y_2) = -a(x)(y+y_2)-b(x).     (4)

Вычитая из равенства (3) равенство (4), получим  \frac{d}{dx} (\ln{\frac{y-y_1}{y-y_2}}) = a(x)(y_2 - y_1),  откуда

\frac{y-y_1}{y-y_2} = Ce^{\int a(x) (y_2 (x) - y_1 (x)) dx}     (5)

Пример 2.  Уравнение

\frac{dy}{dx} = \frac{m^2}{x^4} -y^2,     m = \operatorname{const}

имеет частные решения  y_1 = \frac{1}{x} + \frac{m}{x^2},   y_2 = \frac{1}{x} - \frac{m}{x^2}.  Найти его общий интеграл.

Решение:   Используя формулу (5), получаем общий интеграл исходного уравнения

\frac{y-y_1}{y-y_2} = Ce^{- \int \frac{2m}{x^2} dx},     откуда     \frac{x^2 y -x-m}{x^2 y -x+m} = Ce^{\frac{2m}{x}}.

Ответ:    \frac{x^2 y -x-m}{x^2 y -x+m} = Ce^{\frac{2m}{x}}.

Уравнения Лагранжа и Клеро

Уравнение Лагранжа имеет вид   y=x \varphi (y') + \psi (y').

Полагая y'=p, дифференцируя по x и заменяя dy на pdx, приводим это уравнение к линейному относительно x как функции p. Находя решение этого последнего уравнения x= r(p,C), получаем общее решение исходного уравнения в параметрической форме:

x= r(p,C),     y= r(p,C) \varphi (p) + \psi (p)     (p — параметр).

 Пример 1. Решить уравнение

y=2xy' + \ln y'

Решение:   Полагаем y'=p, тогда y=2xp + \ln p. Дифференцируя, находим

pdx = 2pdx + 2x dp + \frac{dp}{p},

откуда p \frac{dx}{dp} = -2x- \frac{1}{p}   или   \frac{dx}{dp} = - \frac{2}{p} x- \frac{1}{p^2}.

Получили уравнение первого порядка, линейное относительно x; решая его, находим  x= \frac{C}{p^2} - \frac{1}{p}.

Подставляя найденное значение x в выражение для y, получим окончательно

x= \frac{C}{p^2} - \frac{1}{p},     y= \ln p + \frac{2C}{p} -2.

Ответ:   x= \frac{C}{p^2} - \frac{1}{p},     y= \ln p + \frac{2C}{p} -2.

Уравнение Клеро имеет вид y= xy' + \psi (y').

Метод решения тот же, что и для уравнения Лагранжа. Общее решение уравнения Клеро имеет вид

y= Cx + \psi (C)

Уравнение Клеро может иметь еще особое решение, которое получается исключением p из уравнений y= xp + \psi (p),  x+ {\psi}^{'} (p) =0.

Пример 2. Проинтегрировать уравнение

y= xy' + \frac{a}{2y'}     a= \operatorname {const}

Решение:  Полагая y'=p, получаем y= xp + \frac{a}{2p}.

Дифференцируя последнее уравнение и заменяя dy на p dx, найдем  pdx=pdx+xdp- \frac{a}{2p^2} dp,

откуда dp \left ( x- \frac{a}{2p^2} \right ) =0.

Приравнивая к нулю первый множитель, получаем dp =0, откуда p=C и общее решение исходного уравнения есть  y= Cx + \frac{a}{2C}. Приравнивая нулю второй множитель, будем иметь  x= \frac{a}{2p^2}.

Исключая p из данного уравнения и из уравнения y= xp + \frac{a}{2p}, получим y^2=2ax — это тоже решение нашего уравнения (особое решение).

 Ответ:   y= Cx + \frac{a}{2C},   y^2=2ax.

Уравнения вида f(y,y’)=0 и f(x,y’)=0

Если уравнения f(y,y')=0 и f(x,y')=0 легко разрешимы относительно y', то, разрешая их, получим уравнения с разделяющимися переменными.

Рассмотрим тогда случаи, когда эти уравнения не разрешимы относительно y'.

А. Уравнение вида f(y,y')=0 разрешимо относительно y:

 y= \varphi (y').

Полагаем y'=p, тогда y= \varphi (p). Дифференцируя это уравнение и заменяя dy на p dx, получим  p dx = {\varphi}^{'} (p) dp,

откуда  dx = \frac{{\varphi}^{'} (p)}{p} dp   и   x= \int \frac{{\varphi}^{'} (p)}{p} dp +C.

Получаем общее решение уравнения в параметрической форме

x= \int \frac{{\varphi}^{'} (p)}{p} dp +C,     y= \varphi (p).       (1) Читать далее

Уравнения первого порядка n-й степени относительно y’

Пусть имеем дифференциальное уравнение

(y')^n+p_1 (x,y)(y')^{n-1}+ \cdots + p_{n-1} (x,y)y' + p_n (x,y) = 0     (*)

Решаем это уравнение относительно y'. Пусть

y'=f_1 (x,y),     y'=f_2 (x,y),     \cdots,     y'=f_k(x,y)     k \leqslant n    — вещественные решения уравнения (*).

Общий интеграл уравнения (*) выразится совокупностью интегралов:

F_1 (x, y, C)=0,     F_2 (x, y, C)=0,     \cdots,     F_k (x, y, C)=0,

где F_i (x, y, C)=0 есть интеграл уравнения y' = f_i (x,y)   i=1, 2, \cdots , k.

Таким образом, через каждую точку области, в которой y' принимает вещественные значения, проходит k интегральных линий. Читать далее

Интегрирующий множитель

В некоторых случая, когда уравнение M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 не является уравнением в полных дифференциалах, удается подобрать функцию \mu (x,y), после умножения на которую левая часть данного уравнения превращается в полный дифференциал

du= \mu Mdx + \mu Ndy.

 Такая функция \mu (x,y) называется интегрирующим множителем. Из определения интегрирующего множителя получим:

\frac{\partial}{\partial y} (\mu M) =  \frac{\partial}{\partial x} (\mu N)     или     N \frac{\partial \mu}{\partial x} -M \frac{\partial \mu}{\partial y} = \left ( \frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x} \right ) \mu,

откуда N \frac{\partial \ln{\mu}}{\partial x} - M \frac{\partial \ln{\mu}}{\partial y} = \frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}.       (*)

 Мы получили для нахождения интегрирующего множителя уравнение в частных производных.

Отметим некоторые частные случаи, когда удается сравнительно легко найти решение уравнения (*), то есть найти интегрирующий множитель.

  1. Если \mu = \mu (x), то \frac{\partial \mu}{\partial y} = 0 и уравнение (*) примет вид

\frac{d \ln{\mu}}{dx} = \frac{(\partial M /\partial y) - (\partial N / \partial x)}{N}.     (1)

Для существования интегрирующего множителя, не зависящего от y, необходимо и достаточно, чтобы правая часть (1) была функцией только x. В таком случае \ln {\mu} найдется квадратурой. Читать далее

Уравнения в полных дифференциалах

Дифференциальное уравнение вида

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0     (1)

называется уравнением в полным дифференциалах, если его левая часть представляет полный дифференциал некоторой функции u(x,y), то есть

M(x,y)dx+N(x,y) \equiv \frac{\partial u}{\partial x}dx+ \frac{\partial u}{\partial y}dy.

Теорема. Для того, чтобы уравнение (1) являлось уравнением в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы в некоторой односвязной области D изменения переменных x и y выполнялось условие

\frac{\partial M}{\partial y} \equiv \frac{\partial N}{\partial x}.     (2)

Общий интеграл уравнения (1) имеет вид u(x,y)=C или

 \int\limits_{x_0}^{x}\ M(x,y) \, dx + \int\limits_{y_0}^{y}\ N(x,y) \, dx = C. Читать далее

Уравнение Бернулли

Уравнение Бернулли имеет вид

\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)y^n,

где n \ne 0,1 (при n=0 и n=1 это уравнение является линейным).

С помощью замены переменной z= \frac{1}{y^{n-1}} уравнение Бернулли приводится к линейному уравнению и интегрируется как линейное.

Заметим, что уравнение Бернулли может быть проинтегрировано также методом вариации произвольной постоянной, как и линейное уравнение, и с помощью подстановки y(x)=u(x)v(x).

Пример 1. Решить уравнение

y'-xy=-xy^3

Решение: Разделим обе части уравнения на y^3:

\frac{y'}{y^3}-x \frac{1}{y^2}=-x.

Введем теперь замену \frac{1}{y^2}=z, - \frac{2y'}{y^3}=z', откуда \frac{y'}{y^3}=-\frac{1}{2} z'. После подстановки последнее уравнение обратится в линейное

-  \frac{1}{2}z'-xz=-x     или      z'+2xz=2x,

общее решение которого

z=1+Ce^{-x^2}.

Возвращаемся к замене и получаем общий интеграл данного уравнения

\frac{1}{y^2}=1+Ce^{-x^2}     или     y^2(1+Ce^{-x^2})=1.

Ответ:   y^2(1+Ce^{-x^2})=1.

Линейные уравнения

Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение, линейное относительно неизвестной функции и ее производной. Оно имеет вид

\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x),

где p(x) и q(x) — заданные функции от x, непрерывные в той области, в которой требуется проинтегрировать уравнение.

Если q(x) \equiv 0, то данное уравнение называется линейным однородным. Оно является уравнением с разделяющимися переменными и имеет общее решение

y=Ce^{- \int p(x)dx}.

Общее решение неоднородного уравнения можно найти методом вариации произвольной постоянной, который состоит в том, что решение линейного уравнения ищется в виде

y=C(x)e^{- \int p(x)dx},     где C(x) — новая неизвестная функция от x.

Также, линейное уравнение может быть проинтегрировано следующим образом. Полагаем y=u(x)v(x), где u(x) и v(x) -неизвестные функции от x, одна из которых, например v(x), может быть выбрана произвольно. Подставляя данное выражение в исходное уравнение, получаем

vu'+(pv+v')u = q(x).             (*)

Определяя v(x) из условия v'+pv=0, найдем затем из (*) функцию u(x),а, следовательно, и решение y=uv линейного уравнения. В качестве v(x) можно взять любое частное решение уравнения  v'+pv=0,  v \not\equiv 0.

Пример 1. Решить уравнение

y'+2xy=2xe^{-x^2}

Решение: Перед нами линейное неоднородное уравнение. Применим метод вариации произвольной постоянной. Рассмотрим однородное уравнение

y'+2xy=0,

соответствующее данному неоднородному. Это уравнение с разделяющимися переменными. Его общее решение имеет вид

y=Ce^{-x^2}.

 Общее решение неоднородного уравнения ищем в виде

y=C(x)e^{-x^2},     где C(x) — новая неизвестная функция от x.

Это выражение нужно подставить в исходное уравнение. В нем есть y', поэтому найдем производную:

 y'=C'(x)e^{-x^2}-2xC(x)e^{-x^2}.

Тогда при подстановке получаем

 C'(x)e^{-x^2}-2xC(x)e^{-x^2}+2xC(x)e^{-x^2}=2xe^{-x^2}   или   C'(x)=2x,

откуда C(x)= \int 2xdx=x^2+C.

Заметим, что при подстановке -2xC(x)e^{-x^2}   и   2xC(x)e^{-x^2} сокращаются, если в процессе решения у Вас не выходит сокращения, то перепроверьте своё решение.

Итак, общее решение неоднородного уравнения будет  y=(x^2+C)e^{-x^2},    где C — постоянная интегрирования.

Ответ:   y=(x^2+C)e^{-x^2}.

Теперь попробуем рассмотреть пример, решенный другим способом.

Пример 2. Решить уравнение

x(x-1)y'+y=x^2(2x-1)

Решение: Ищем общее решение уравнения в виде  y=u(x)v(x) ; имеем  y'=u'v+uv'.

Подставляя выражение для y и y' в исходное уравнение, будем иметь

 x(x-1)(u'v+uv')+uv=x^2(2x-1)    или     x(x-1)vu'+(x(x-1)v'+v)u=x^2(2x-1).         (*)

Функцию v=v(x) находим из условия x(x-1)v'+v=0. Беря любое частное решение последнего уравнения, например v=\frac{x}{x-1}, и подставляя его в (*), получаем уравнение u'=2x-1, из которого находим функцию u(x)=x^2-x+C. Следовательно, общее решение линейного уравнения будет выглядеть следующим образом:

y=uv=(x^2-x+C)\frac{x}{x-1}     или      y=\frac{Cx}{x-1}+x^2.

Ответ:   y=\frac{Cx}{x-1}+x^2.

Уравнения, приводящиеся к однородным

A. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида

\frac{dy}{dx}=f\left ( \frac{ax+by+c}{a_1x+b_1y+c_1} \right ),      (*)

где a, b, c, a_1, b_1, c_1 — постоянные, а f(u) — непрерывная функция своего аргумента u.

Если c=c_1=0, то данное уравнение является однородным и интегрируется, как указано в предыдущей статье.

Если хотя бы одно из чисел c, c_1 отлично от нуля, то следует различать два случая:

1) Определитель \Delta= \begin{vmatrix}a & b\\ a_1 & b_1\end{vmatrix} \ne 0.

Вводя новые переменные \xi и \eta по формулам x= \xi +h, y= \eta +k, где h и k — пока неопределенные постоянные, приведем уравнение (*) к виду

\frac{d\eta}{d\xi}=f\left ( \frac{a\xi+b\eta+ah+bk+c}{a_1\xi+b_1\eta+a_1h+b_1k+c_1} \right ).

Выбирая h и k как решение системы линейных уравнений

\begin{cases}ah+bk+c=0 \\a_1h+b_1k+c_1=0\end{cases}     (\Delta \ne 0),        (1)

получаем однородное уравнение \frac{d\eta}{d\xi}=f\left ( \frac{a\xi+b\eta}{a_1\xi+b_1\eta} \right ).

Найдя его общий интеграл и заменив в нем \xi на x-h, а \eta на y-k, получаем общий интеграл уравнения (*).

2) Определитель \Delta= \begin{vmatrix}a & b\\ a_1 & b_1\end{vmatrix} =0.

Система (1) в общем случае не имеет решений и изложенный выше метод неприменим; в этом случае \frac{a_1}{a}= \frac{b_1}{b}= \lambda, и, следовательно, уравнение (*) имеет вид

\frac{dy}{dx}=f\left ( \frac{ax+by+c}{\lambda(ax+by)+c_1} \right ).

Подстановка z=ax+by приводит его к уравнению с разделяющимися переменными.

 Пример 1. Решить уравнение

(x+y-2)dx+(x-y+4)dy=0

Решение: Рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений

 \begin{cases}x+y-2=0 \\x-y+4=0\end{cases}.

Определитель этой системы \Delta =  \begin{vmatrix}1 & 1\\ 1 & -1\end{vmatrix} = -2 \ne 0.

Система имеет единственное решение x_0=-1, y_0=3. Делаем замену x= \xi -1, y= \eta +3. Тогда исходное уравнение примет вид

(\xi+\eta)d\xi+(\xi-\eta)d\eta=0.

Это уравнение является однородным. Полагая \eta=u\xi, получаем

(\xi+\xi u)d\xi+(\xi-\xi u)(\xi du+ud\xi)=0,

откуда   (1+2u-u^2)d\xi+\xi(1-u)du=0.

Разделяем переменные

 \frac{d\xi}{\xi}+\frac{1-u}{1+2u+u^2}du=0.

Интегрируя, найдем

\ln{| \xi |}+\frac{1}{2} \ln{|1+2u+u^2|}=\ln C   или   {\xi}^2(1+2u-u^2) = C.

Возвращаемся к переменным x, y:

 (x+1)^2\left [ 1+2\frac{y-3}{x+1} -\frac{(y-3)^2}{(x+1)^2} \right ] = C_1   или

x^2+2xy-y^2-4x+8y=C   (C=C_1+14).

Ответ:  x^2+2xy-y^2-4x+8y=C.

Пример 2. Решить уравнение

(x+y+1)dx+(2x+xy-1)dy=0

Решение: Система линейных алгебраических уравнений

  \begin{cases}x+y+1=0 \\2x+2y-1=0\end{cases}

несовместна. В этом случае метод, примененный в предыдущем примере, не подходит.  Для интегрирования уравнения применяем подстановку x+y=z, dy=dz-dx. Уравнение примет вид

(2-z)dx+(2z-1)dz=0.

Разделяя переменные, получаем

dx-\frac{2z-1}{z-2}dz=0,   отсюда    x-2z-3\ln {|z-2| =C}.

Возвращаясь к переменным x, y, получаем общий интеграл данного уравнения x+2y+3\ln {|x+y-2|} =C.

Ответ:  x+2y+3\ln {|x+y-2|} =C.

Б. Иногда уравнение можно привести к однородному заменой переменного y=z^{\alpha}. Это имеет место в том случае, когда в уравнении все члены оказываются одинакового измерения, если переменному x приписать измерение 1, переменному y — измерение \alpha и производной \frac{dy}{dx} — измерение \alpha -1.

 Пример 3. Решить уравнение

(x^2y^2-1)dy+2xy^3dx=0

Решение: Делаем подстановку y=z^{\alpha}, dy= \alpha z^{\alpha -1}dz, где \alpha пока произвольное число, которое мы выберем позже. Подставляя в уравнение выражения для y и dy, получим

(x^2z^{2\alpha}-1)\alpha z^{\alpha -1}dz+2xz^{3\alpha}dx=0   или

x^2z^{3\alpha -1}-z^{\alpha -1}\alpha dz+2xz^{3\alpha}dx=0.

Заметим, что x^2z^{3\alpha -1} имеет измерение 2+3\alpha -1=3\alpha +1, z^{\alpha -1} имеет измерение \alpha -1, xz^{3\alpha} имеет измерение 1+3\alpha. Полученное уравнение будет однородным, если измерения всех членов одинаковы, то есть, если выполняется условие 3\alpha +1=\alpha -1 или \alpha =-1.

Положим y=\frac{1}{z}; исходное уравнение примет вид

 \left ( \frac{1}{z^2} -\frac{x^2}{z^4} \right ) dz+2\frac{x}{z^3} dx=0   или   (z^2-x^2)dz+2zxdx=0.

Положим теперь z=ux, dz=udx+xdu. Тогда это уравнение примет вид

(u^2-1)(udx+xdu)+2udx=0, откуда u(u^2+1)dx+x(u^2-1)du=0.

Разделяем переменные в этом уравнении \frac{dx}{x}+\frac{u^2-1}{u^3+u}du=0.

Интегрируя, найдем \ln {|x|}+\ln {(u^2+1)}-\ln {|u|} = \ln {C} или \frac{x(u^2+1)}{u} = C.

Заменяя u через \frac{1}{xy}, получаем общий интеграл данного уравнения

1+x^2y^2=Cy.

Исходное уравнение имеет еще очевидное решение y=0, которое получается из общего интеграла при C \rightarrow \infty, если интеграл записать в виде y=\frac{1+x^2y^2}{C}, а затем перейти к пределу при C \rightarrow \infty. Таким образом, функция y=0 является частным решением исходного уравнения.

Однородные уравнения

Функция f(x,y) называется однородной функцией своих аргументов измерения n, если справедливо тождество

f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).

Например, функция f(x,y)=x^2+y^2-xy есть однородная функция второго измерения, так как

f(tx,ty)=(tx)^2+(ty)^2-(tx)(ty)=t^2(x^2+y^2-xy)=t^2f(x,y).

 При n=0 имеем функцию нулевого измерения. Например, f(x,y)=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} есть однородная функция нулевого измерения. Убедимся в этом:

f(tx,ty)=\frac{(tx)^2-(ty)^2}{(tx)^2+(ty)^2}=\frac{t^2(x^2-y^2)}{t^2(x^2+y^2)}=f(x,y).

Дифференциальное уравнение вида \frac{dy}{dx}=f(x,y) называется однородным относительно x и y, если f(x,y) есть однородная функция своих аргументов нулевого измерения. Однородное уравнение всегда можно представить в виде

 \frac{dy}{dx}= \varphi \left ( \frac{y}{x} \right ).

Вводя новую искомую функцию u=\frac{y}{x}, это уравнение можно привести к уравнению с разделяющимися переменными:

x \frac{du}{dx}= \varphi(u)-u.

Если u=u_0 есть корень уравнения \varphi(u)-u=0, то решение однородного уравнения будет u=u_0 или y=u_0x (прямая, проходящая через начало координат).

Замечание: При решении однородных уравнений необязательно приводить их к виду \frac{dy}{dx}= \varphi \left ( \frac{y}{x} \right ). Можно сразу делать подстановку y=ux.

 Пример 1. Решить уравнение

xy'= \sqrt{x^2-y^2}+y

Решение: запишем уравнение в виде

y'= \sqrt{1-  \left ( \frac{y}{x} \right )^2}+ \frac{y}{x}  ,

так что данное уравнение оказывается однородным относительно x и y. Положим u=\frac{y}{x} или y=ux. Тогда y'=xu'+u. Подставляя в уравнение выражения для y и y', получаем

x\frac{du}{dx}=\sqrt{1-u^2}.

Разделим переменные (все выражения, содержащие x, перенесем в правую часть, а содержащие y — в левую):

\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\frac{dx}{x},

отсюда интегрированием находим

\arcsin {u}=\ln{|x|}+\ln{C_1} (C_1>0) или \arcsin {u}=\ln{C_1|x|}.

Так как C_1|x|=\pm C_1x, то, обозначая \pm C_1=C, получаем \arcsin{u}=\ln{Cx}, где |\ln}{Cx}|\leqslant \frac{\pi}{2} или e^{-\pi /2} \leqslant Cx \leqslant e^{\pi /2}. Заменяя u на \frac{y}{x}, будем иметь общий интеграл

\arcsin{\frac{y}{x}}=\ln{Cx}.

Отсюда общее решение: y=x\sin{(\ln{Cx})}.

 При разделении переменных мы делили обе части уравнения на произведение x \sqrt{1-u^2}, поэтому могли потерять решения, которые обращают в ноль этой произведение.

Положим теперь x=0 и \sqrt{1-u^2}=0. Но x \ne 0 в силу подстановки u= \frac{y}{x},а из соотношения  \sqrt{1-u^2}=0 получаем, что 1- \frac{y^2}{x^2}=0, откуда y= \pm x. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функция y=-x и y=x также являются решениями данного уравнения.

Ответ: y=x\sin{(\ln{Cx})} и y= \pm x.