Как решить уравнение Лагранжа: разбор с примером

Дано: $y = 2xy' - (y')^2$. Найти: общее решение и особые решения.

Уравнение Лагранжа не решается в лоб: его сводят к линейному уравнению, где роль неизвестной играет $x$, а роль независимой переменной - параметр $p = y'$. Ответ выходит в параметрической форме: $x = \dfrac{2p}{3} + \dfrac{C}{p^2}$, $y = \dfrac{p^2}{3} + \dfrac{2C}{p}$, плюс особое решение $y = 0$. Калькулятор сверху строит интегральную кривую по точкам $(x(p),\, y(p))$ и проверяет, что её наклон в выбранной точке равен $p$.

Решение по шагам

Дано. Уравнение первого порядка, не разрешённое относительно производной:

$$y = 2xy' - (y')^2.$$

Найти: общее решение и особые решения.

Шаг 1. Опознать тип. Уравнение Лагранжа имеет вид

$$y = x\,\varphi(y') + \psi(y'),$$

то есть $y$ выражен линейно через $x$ с коэффициентом, зависящим от производной. У нас $\varphi(p) = 2p$ и $\psi(p) = -p^2$. Множитель перед $x$ не равен $p$, поэтому это именно Лагранж, а не его вырожденный случай. Если сомневаешься в типе уравнения, сначала пройди общую проверку признаков.

Шаг 2. Ввести параметр и продифференцировать. Обозначим $y' = p$ и перепишем условие как $y = 2xp - p^2$. Теперь дифференцируем обе части по $x$, помня, что $p$ - функция от $x$:

$$p = 2p + 2x\,\frac{dp}{dx} - 2p\,\frac{dp}{dx}.$$

Слева стоит $y'$, то есть тот же $p$. Переносим и собираем:

$$-p = (2x - 2p)\,\frac{dp}{dx}.$$

Шаг 3. Перевернуть производную. Здесь и состоит весь приём: пока $p$ не постоянна, $\dfrac{dp}{dx} = 1\Big/\dfrac{dx}{dp}$, и можно считать $x$ функцией от $p$. Умножаем обе части на $\dfrac{dx}{dp}$:

$$-p\,\frac{dx}{dp} = 2x - 2p \quad\Longrightarrow\quad \frac{dx}{dp} + \frac{2}{p}\,x = 2.$$

Получилось линейное неоднородное уравнение первого порядка относительно $x(p)$. Нелинейность исходной задачи исчезла: её забрала замена.

Шаг 4. Решить линейное уравнение. Интегрирующий множитель равен $\mu(p) = e^{\int 2\,dp/p} = p^2$. Домножаем на него:

$$p^2\,\frac{dx}{dp} + 2p\,x = 2p^2 \quad\Longrightarrow\quad \frac{d}{dp}\left(x\,p^2\right) = 2p^2.$$

Интегрируем и делим на $p^2$:

$$x\,p^2 = \frac{2}{3}p^3 + C \quad\Longrightarrow\quad x = \frac{2p}{3} + \frac{C}{p^2}.$$

Тот же результат даёт подстановка $x = uv$, если тебе привычнее метод Бернулли для линейного уравнения.

Шаг 5. Вернуть $y$. Подставляем найденное $x$ в $y = 2xp - p^2$:

$$\begin{aligned} y &= 2p\left(\frac{2p}{3} + \frac{C}{p^2}\right) - p^2 \\ &= \frac{4p^2}{3} + \frac{2C}{p} - p^2 = \frac{p^2}{3} + \frac{2C}{p}. \end{aligned}$$

Пара формул $x(p)$ и $y(p)$ с общим параметром $p$ и есть общее решение. Исключать параметр не требуется: параметрическая запись считается законченным ответом.

Шаг 6. Найти особые решения. На шаге 3 мы делили на $\dfrac{dp}{dx}$, то есть потеряли случай $p = \mathrm{const}$. Постоянная $p$ подходит только тогда, когда обращается в нуль левая часть шага 2:

$$p - \varphi(p) = 0 \quad\Longrightarrow\quad p - 2p = 0 \quad\Longrightarrow\quad p = 0.$$

Подставляем $p = 0$ в исходное уравнение: $y = 2x\cdot 0 - 0 = 0$. Прямая $y = 0$ действительно удовлетворяет уравнению. Из общего решения она не получается ни при каком конечном $C$: при $p \to 0$ и фиксированном $C \ne 0$ обе координаты уходят на бесконечность. Значит, $y = 0$ - особое решение.

Шаг 7. Проверка. Возьмём $C = 1$ и $p = 2$. Тогда $x = \dfrac{4}{3} + \dfrac{1}{4} \approx 1{,}583$ и $y = \dfrac{4}{3} + 1 \approx 2{,}333$. Подставляем в условие: $2xp - p^2 = 2 \cdot 1{,}583 \cdot 2 - 4 = 2{,}333$ - совпало. Проверим и наклон: $\dfrac{dx}{dp} = \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{p^3} = 0{,}4167$, $\dfrac{dy}{dp} = \dfrac{2p}{3} - \dfrac{2}{p^2} = 0{,}8333$, их отношение равно $2 = p$, как и должно быть.

Ответ: общее решение $x = \dfrac{2p}{3} + \dfrac{C}{p^2}$, $y = \dfrac{p^2}{3} + \dfrac{2C}{p}$; особое решение $y = 0$.

Формула и откуда она берётся

Разберём схему в общем виде, чтобы её можно было приложить к любому уравнению Лагранжа. Пусть

$$y = x\,\varphi(p) + \psi(p), \qquad p = y'.$$

Дифференцируем по $x$ и получаем

$$p = \varphi(p) + \left[x\,\varphi'(p) + \psi'(p)\right]\frac{dp}{dx}.$$

Всё содержательное спрятано в разности $p - \varphi(p)$. Пока она отлична от нуля, производную можно перевернуть, и остаётся линейное уравнение относительно $x$ как функции параметра:

$$\frac{dx}{dp} - \frac{\varphi'(p)}{p - \varphi(p)}\,x = \frac{\psi'(p)}{p - \varphi(p)}.$$

Его решение $x = x(p, C)$ вместе с исходной формулой $y = x\varphi(p) + \psi(p)$ даёт общее решение в параметрической форме. Смысл приёма простой: относительно $y$ уравнение нелинейно, а относительно $x$ при фиксированном $p$ - линейно, и замена ролей переменных превращает трудную задачу в стандартную.

Когда же разность обращается в нуль, приём не работает, зато работает прямая подстановка. Каждый корень $p_i$ уравнения $p = \varphi(p)$ даёт прямую

$$y = p_i\,x + \psi(p_i),$$

и её нужно проверить отдельно: она либо особое решение, либо частный случай общего. В нашей задаче корень один, $p_1 = 0$, и он дал ось абсцисс.

Частный случай C = 0 и граница с уравнением Клеро

Иногда параметр всё-таки исключается и ответ становится явным. При $C = 0$ наши формулы дают $x = \dfrac{2p}{3}$, откуда $p = \dfrac{3x}{2}$, и после подстановки

$$y = \frac{1}{3}\left(\frac{3x}{2}\right)^2 = \frac{3x^2}{4}.$$

Проверка мгновенная: $y' = \dfrac{3x}{2}$, а $2xy' - (y')^2 = 3x^2 - \dfrac{9x^2}{4} = \dfrac{3x^2}{4}$. В калькуляторе эта кривая нарисована пунктиром: сплошная линия отвечает твоему $C$, пунктирная - нулевому.

Отдельно стоит случай $\varphi(p) = p$, то есть коэффициент при $x$ равен самой производной. Тогда разность $p - \varphi(p)$ тождественно равна нулю, переворачивать производную не нужно и метод меняется: это уравнение Клеро с семейством прямых в качестве общего решения и огибающей в качестве особого. В калькуляторе такой случай выбирается пресетом с $a = 1$: показатель $k = a/(1-a)$ перестаёт существовать, и панель прямо об этом сообщает.

Вариация: уравнение с логарифмом

Схема не зависит от вида $\psi$. Возьмём $y = 2xy' + \ln y'$. Замена и дифференцирование дают

$$-p = \left(2x + \frac{1}{p}\right)\frac{dp}{dx} \quad\Longrightarrow\quad \frac{dx}{dp} + \frac{2}{p}\,x = -\frac{1}{p^2}.$$

Тот же интегрирующий множитель $p^2$ приводит к $\dfrac{d}{dp}\left(xp^2\right) = -1$, то есть $xp^2 = C - p$. Ответ:

$$x = \frac{C - p}{p^2}, \qquad y = \frac{2(C - p)}{p} + \ln p.$$

Особых решений здесь нет. Формально корень уравнения $p = 2p$ тот же самый, $p = 0$, но логарифм в нуле не определён, поэтому подставлять его некуда. Это полезное наблюдение: наличие особого решения у Лагранжа зависит не только от $\varphi$, но и от области определения $\psi$. По той же причине в ответе стоит оговорить промежуток изменения параметра: здесь допустимы только положительные $p$, и интегральная кривая существует лишь на соответствующем куске плоскости.

Обрати внимание, что коэффициент при $x$ в обоих примерах один и тот же, поэтому и линейное уравнение для $x(p)$ отличается только правой частью, и интегрирующий множитель совпадает. Менять придётся лишь последний интеграл - это удобно, когда в контрольной идёт серия однотипных уравнений с разными $\psi$.

Частые ошибки

• Путают Лагранжа с Клеро. Если перед $x$ стоит ровно $y'$, метод другой. Сравнивай коэффициент с $p$, а не смотри на сложность второго слагаемого.
• Дифференцируют по $p$ вместо $x$. Первый шаг метода - производная по $x$ от обеих частей тождества $y = 2xp - p^2$, где $p$ сама зависит от $x$. Производная по параметру появляется только на следующем шаге.
• Забывают, что $p$ зависит от $x$. Тогда справа не возникает слагаемых с $\dfrac{dp}{dx}$, уравнение схлопывается в неверное тождество и метод выглядит неработающим.
• Теряют особое решение. Деление на $\dfrac{dp}{dx}$ законно только при непостоянном $p$. Корни уравнения $p = \varphi(p)$ проверяются отдельной подстановкой, иначе ответ неполон.
• Записывают особое решение как частное. Прямая $y = 0$ не получается из общего решения ни при каком $C$, поэтому писать про неё, что это «общее решение при $C = 0$», нельзя: при $C = 0$ выходит парабола.
• Бросают ответ на середине. Найти $x(p)$ и остановиться - распространённая недоработка: без подстановки в $y = x\varphi(p) + \psi(p)$ параметрическая пара не собрана.

FAQ

Обязательно ли исключать параметр? Нет. Параметрическая пара $x(p)$, $y(p)$ - полноценный ответ, и в большинстве задач исключить $p$ аналитически невозможно. Исключение делают, только если оно даёт обозримую формулу, как при $C = 0$ в разобранном примере.

Как понять, что найденное решение особое? Попробуй получить его из общего при каком-нибудь значении постоянной. Если ни одно $C$ не подходит, решение особое. Геометрически такая кривая обычно касается семейства интегральных кривых, а не входит в него.

Что делать, если $\varphi(p) = p$ только при отдельных значениях? Ровно это и есть общий случай Лагранжа: корни уравнения $p = \varphi(p)$ дают кандидатов в особые решения, а на остальном промежутке работает переход к линейному уравнению для $x(p)$.

Чем уравнение Лагранжа отличается от однородного? У однородного правая часть зависит только от отношения $y/x$ и сводится к разделяющимся переменным заменой $y = tx$; там производная не участвует в коэффициентах. Техника замены разобрана в задаче про однородное дифференциальное уравнение.

Коротко

1. Проверь форму $y = x\varphi(y') + \psi(y')$ и убедись, что $\varphi(p) \ne p$, иначе перед тобой уравнение Клеро.
2. Положи $y' = p$ и продифференцируй обе части по $x$, не забывая, что $p$ зависит от $x$.
3. Переверни производную и приведи результат к линейному уравнению относительно $x(p)$, затем реши его через интегрирующий множитель.
4. Подставь $x(p)$ в исходное уравнение и получи пару $x(p)$, $y(p)$ - это общее решение.
5. Отдельно реши $p = \varphi(p)$ и проверь полученные прямые: для $y = 2xy' - (y')^2$ общее решение есть $x = \dfrac{2p}{3} + \dfrac{C}{p^2}$, $y = \dfrac{p^2}{3} + \dfrac{2C}{p}$, а особое - $y = 0$.