Уравнения Лагранжа и Клеро

								Уравнения Лагранжа и Клеро
							

									Уравнение Лагранжа
								

								Дифференциальное уравнение вида 
								\[y = x\varphi \left( {y'} \right) + \psi \left( {y'} \right),\]
								где \(\varphi \left( {y'} \right)\) и \(\psi \left( {y'} \right)\) −
								известные функции, дифференцируемые на некотором интервале, называется уравнением Лагранжа.
								Полагая \(y' = p\) и дифференцируя по переменной \(x,\) получаем общее решение уравнения в параметрической форме:
								\[\left\{ \begin{array}{l}
								x = f\left( {p,C} \right)\\
								y = f\left( {p,C} \right)\varphi \left( p \right) + \psi \left( p \right)
								\end{array} \right.\]
								при условии, что
								\[\varphi \left( p \right) - p \ne 0,\]
								где \(p\) − параметр. 
								Уравнение Лагранжа может также иметь особое решение, 
								если нарушается условие \(\varphi \left( p \right) - p \ne 0.\) Особое решение определяется функцией
								\[y = \varphi \left( c \right)x + \psi \left( c \right),\]
								где \(c\) − корень уравнения \(\varphi \left( p \right) - p = 0.\)
								
									Уравнение Клеро
								
Уравнение Клеро имеет вид:
								\[y = xy' + \psi \left( {y'} \right),\]
								где \(\psi \left( {y'} \right)\) − некоторая нелинейная дифференцируемая функция. Уравнение Клеро является 
								частным случаем уравнения Лагранжа, когда \(\varphi \left( {y'} \right) = y'.\)
								Оно решается аналогичным образом с помощью введения параметра. Общее решение определяется выражением
								\[y = Cx + \psi \left( C \right),\]
								в котором \(C\) − произвольная постоянная. 
								Также как и уравнение Лагранжа, уравнение Клеро может иметь 
								особое решение,
								которое выражает в параметрической форме:
								\[\left\{ \begin{array}{l}
								x =  - \psi '\left( p \right)\\
								y = xp + \psi \left( p \right)
								\end{array} \right.,\]
								где \(p\) − параметр.
							

								Пример 1
							

								Найти все решения дифференциального уравнения \(y = 2xy' - 3{\left( {y'} \right)^2}.\)
								
									Решение.
								

								Здесь мы имеем дело с уравнением Лагранжа. Будем решать его методом введения параметра. 
								Обозначим \(y' = p,\) так что уравнение можно записать в форме:
								\[y = 2xp - 3{p^2}.\]
								Дифференцируя обе части, получаем:
								\[dy = 2xdp + 2pdx - 6pdp.\]
								Дифференциал \(dy\) можно заменить на \(pdx:\)
								\[
								{pdx = 2xdp + 2pdx - 6pdp,}\;\; 
								{\Rightarrow  - pdx = 2xdp - 6pdp.}
								\]
								Разделив на \(p,\) можно записать следующее уравнение (позже мы проверим, не является ли \(p = 0\) решением исходного уравнения):
								\[
								{- dx = \frac{{2x}}{p}dp - 6dp,}\;\; 
								{\Rightarrow \frac{{dx}}{{dp}} + \frac{2}{p}x - 6 = 0.}
								\]
								Как видно, мы получили линейное уравнение
								для функции \(x\left( p \right).\) Интегрирующий множитель будет равен:
								\[
								{u\left( p \right) = \exp \left( {\int {\frac{2}{p}dp} } \right) }
								= {\exp \left( {2\ln \left| p \right|} \right) }
								= {\exp \left( {\ln {{\left| p \right|}^2}} \right) }
								= {{\left| p \right|^2} }
								= {{p^2}.}
								\]
								Тогда общее решение линейного дифференциального уравнения имеет вид:
								\[
								{x\left( p \right) = \frac{{\int {{p^2} \cdot 6dp}  + C}}{{{p^2}}} }
								= {\frac{{\frac{{6{p^3}}}{3} + C}}{{{p^2}}} }
								= {2p + \frac{C}{{{p^2}}}.}
								\]
								Подставляя это выражение для \(x\) в уравнение Лагранжа, находим:
								\[
								{y = 2\left( {2p + \frac{C}{{{p^2}}}} \right)p - 3{p^2} }
								= {4{p^2} + \frac{{2C}}{p} - 3{p^2} }
								= {{p^2} + \frac{{2C}}{p}.}
								\]
								Таким образом, общее решение в параметрической форме определяется системой уравнений:
								\[\left\{ \begin{array}{l}
								x\left( p \right) = 2p + \frac{C}{{{p^2}}}\\
								y\left( p \right) = {p^2} + \frac{{2C}}{p}
								\end{array} \right..\]
								Кроме общего решения, уравнение Лагранжа может иметь еще особое решение. Решая алгебраическое уравнение
								\(\varphi \left( p \right) - p = 0,\) находим корень:
								\[2p - p = 0,\;\; \Rightarrow p = 0.\]
								Следовательно, особое решение представляется в виде следующей линейной функции:
								\[y = \varphi \left( 0 \right)x + \psi \left( 0 \right) = 0 \cdot x + 0 = 0.\]
							

								Пример 2
							

								Найти общее и особое решения уравнения \(2y - 4xy' - \ln y' = 0.\)
								
									Solution.
								

								Здесь мы снова имеем дело с уравнением Лагранжа. Полагая \(y' = p,\) можно записать: 
								\[2y = 4xp + \ln p.\]
								Дифференцируем обе части уравнения:
								\[2dy = 4xdp + 4pdx + \frac{{dp}}{p}.\]
								Поскольку \(dy = pdx,\) то получаем:
								\[
								{2pdx = 4xdp + 4pdx + \frac{{dp}}{p},}\;\; 
								{\Rightarrow  - 2pdx = 4xdp + \frac{{dp}}{p},}\;\; 
								{\Rightarrow  - 2p\frac{{dx}}{{dp}} = 4x + \frac{1}{p},}\;\; 
								{\Rightarrow \frac{{dx}}{{dp}} + \frac{2}{p}x = - \frac{1}{{2{p^2}}}.}
								\]
								При делении на \(p\) мы потеряли корень \(p = 0,\) который соответствует решению \(y = 0.\)
								Таким образом, мы получаем линейное дифференциальное уравнение
								для функции \(x\left( p \right).\) Решим его с помощью интегрирующего множителя:
								\[
								{u\left( p \right) = \exp \left( {\int {\frac{2}{p}dp} } \right) }
								= {\exp \left( {2\ln \left| p \right|} \right) }
								= {\exp \left( {\ln {{\left| p \right|}^2}} \right) }
								= {{\left| p \right|^2} }
								= {{p^2}.}
								\]
								Функция \(x\left( p \right)\) определяется формулой
								\[
								{x\left( p \right) = \frac{{\int {{p^2} \cdot \left( { - \frac{1}{{2{p^2}}}} \right)dp}  + C}}{{{p^2}}} }
								= {\frac{{ - \frac{p}{2} + C}}{{{p^2}}} }
								= { - \frac{1}{{2p}} + \frac{C}{{{p^2}}}.}
								\]
								Подставляя это в исходное уравнение, находим параметрическое выражение для \(y:\)
								\[
								{2y = 4xp + \ln p,}\;\; 
								{\Rightarrow 2y = 4p\left( { - \frac{1}{{2p}} + \frac{C}{{{p^2}}}} \right) + \ln p,}\;\; 
								{\Rightarrow 2y =  - 2 + \frac{{4C}}{p} + \ln p,}\;\; 
								{\Rightarrow y = \frac{{2C}}{p} - 1 + \frac{{\ln p}}{2}.}
								\]
								Следовательно, общее решение уравнения  в параметрической форме записывается в виде:
								\[\left\{ \begin{array}{l}
								x\left( p \right) = \frac{C}{{{p^2}}} - \frac{1}{{2p}}\\
								y\left( p \right) = \frac{{2C}}{p} - 1 + \frac{{\ln p}}{2}
								\end{array} \right..\]
								Чтобы найти особое решение, решим следующее алгебраическое уравнение:
								\[
								{\varphi \left( p \right) - p = 0,}\;\; 
								{\Rightarrow 2p - p = 0,}\;\; 
								{\Rightarrow p = 0.}
								\]
								Отсюда следует, что \(y = C.\) Путем прямой подстановки можно убедиться, что постоянная \(C\) должна быть равна нулю. 
								Итак, заданное дифференциальное уравнение имеет особое решение \(y = 0.\) Мы уже встречались с этим 
								корнем выше при делении уравнения на \(p.\)
							

								Пример 3
							

								Найти общее и особое решения дифференциального уравнения \(y = xy' + {\left( {y'} \right)^2}.\)
								
									Решение.
								

								Здесь мы имеем дело с уравнением Клеро. Полагая \(y' = p,\) его можно записать в виде
								\[y = xp + {p^2}.\]
								Продифференцировав по переменной \(x,\) находим:
								\[dy = xdp + pdx + 2pdp.\]
								Заменим \(dy\) на \(pdx:\)
								\[\require{cancel}
								{\cancel{pdx} = xdp + \cancel{pdx} + 2pdp,}\;\; 
								{\Rightarrow dp\left( {x + 2p} \right) = 0.}
								\]
								Приравнивая первый множитель к нулю, получаем:
								\[dp = 0,\;\; \Rightarrow p = C.\]
								Теперь подставим это во второе уравнение:
								\[y = Cx + {C^2}.\]
								В результате получаем общее решение заданного уравнения Клеро. Графически, это решение представляется в виде 
								однопараметрического семейства прямых. 
								Приравнивая нулю второй сомножитель, находим еще одно решение:
								\[x + 2p = 0,\;\; \Rightarrow x =  - 2p.\]
								Это уравнение соответствует особому решению дифференциального уравнения и в параметрической форме записывается как
								\[\left\{ \begin{array}{l}
								x =  - 2p\\
								y = xp + {p^2}
								\end{array} \right..\]
								Исключая \(p\) из системы, получаем следующее уравнение интегральной кривой:
								\[
								{p =  - \frac{x}{2},}\;\; 
								{\Rightarrow y = x\left( { - \frac{x}{2}} \right) + {\left( { - \frac{x}{2}} \right)^2} }
								= { - \frac{{{x^2}}}{2} + \frac{{{x^2}}}{4} }
								= { - \frac{{{x^2}}}{4}.}
								\]
								С геометрической точки зрения, парабола \(y =  - \large\frac{{{x^2}}}{4}\normalsize\) является 
								огибающей семейства прямых, определяемых общим решением (Рисунок \(1\)). 
								
Рис.1
Рис.2

								Пример 4
							

								Найти общее и особое решения дифференциального уравнения  \(y = xy' + \sqrt {{{\left( {y'} \right)}^2} + 1} .\)
								
									Решение.
								

								Как видно, это уравнение является уравнением Клеро. Введем параметр \(y' = p:\)
								\[y = xp + \sqrt {{p^2} + 1} .\]
								Дифференцируя обе части уравнения по переменной \(x,\) получаем:
								\[dy = xdp + pdx + \frac{{pdp}}{{\sqrt {{p^2} + 1} }}.\]
								Поскольку \(dy = pdx,\) то можно записать:
								\[
								{\cancel{pdx} = xdp + \cancel{pdx} + \frac{{pdp}}{{\sqrt {{p^2} + 1} }},}\;\; 
								{\Rightarrow \left( {x + \frac{p}{{\sqrt {{p^2} + 1} }}} \right)dp = 0.}
								\]
								Рассмотрим случай \(dp = 0.\) Тогда \(p = C.\) Подставляя это в уравнение, находим общее решение:
								\[y = Cx + \sqrt {{C^2} + 1} .\]
								Графически это решение соответствует однопараметрическому семейству прямых линий. 
								Второй случай описывается уравнением \(x =  - \large\frac{p}{{\sqrt {{p^2} + 1} }}\normalsize.\) Найдем соответствующее параметрическое выражение для \(y:\)
								\[
								{y = xp + \sqrt {{p^2} + 1}  }
								= { - \frac{{p^2}}{{\sqrt {{p^2} + 1} }} + \sqrt {{p^2} + 1}  }
								= {\frac{{ - \cancel{p^2} + \cancel{p^2} + 1}}{{\sqrt {{p^2} + 1} }} }
								= {\frac{1}{{\sqrt {{p^2} + 1} }}.}
								\]
								Параметр \(p\) можно исключить из формул для \(x\) и \(y.\) Возводя последние уравнения в квадрат и складывая их, получаем:
								\[
								{{x^2} + {y^2} }
								= {{\left( { - \frac{p}{{\sqrt {{p^2} + 1} }}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{\sqrt {{p^2} + 1} }}} \right)^2} }
								= {\frac{\cancel{{p^2} + 1}}{\cancel{{p^2} + 1}} = 1.}
								\]
								Полученное выражение является уравнением окружности радиусом \(1,\) расположенным в начале координат. Таким образом, 
								особое решение представляется единичной окружностью в плоскости \(xy,\) которая является огибающей для семейства прямых линий (Рисунок \(2\)).  
							