Архив рубрики: Не разрешенные относительно производной

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