Решить уравнение:
\[
y^{\prime\prime}=e^{y}
\]
Для понижения порядка применяется замена $y’=z\left(y\right)$, $y^{\prime\prime}=\frac{dz}{dy}\frac{dy}{dx}=z’z$:
\[
2z’z=2e^{y}.
\]
Интегрируем по $y$:
\[
z^{2}=2e^{y}+\tilde{C}_{1},
\]
\[
z=\pm\sqrt{2e^{y}+\tilde{C}_{1}},
\]
\[
y’=\pm\sqrt{2e^{y}+\tilde{C}_{1}},
\]
\[
\frac{y’}{\sqrt{2e^{y}+\tilde{C}_{1}}}=\pm1.
\]
Интегрируем по $x$ и выносим из-под корня экспоненту:
\[
\pm x+C_{2}=\int\frac{dy}{\sqrt{2e^{y}+\tilde{C}_{1}}}=\int\frac{dy}{\sqrt{2}e^{y/2}\sqrt{1+\frac{\tilde{C}_{1}}{2}e^{-y}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{e^{-y/2}dy}{\sqrt{1+\frac{\tilde{C}_{1}}{2}\left(e^{-y/2}\right)^{2}}}.
\]
Дальнейшее зависит от знака $\tilde{C}_{1}$.
1) $\tilde{C}_{1}<0$; $\tilde{C}_{1}=-2C_{1}^{2}$
\[
\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{e^{-y/2}dy}{\sqrt{1+\frac{\tilde{C}_{1}}{2}\left(e^{-y/2}\right)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}C_{1}}\int\frac{C_{1}e^{-y/2}dy}{\sqrt{1-\left(C_{1}e^{-y/2}\right)^{2}}}=
\]
заменяем $C_{1}e^{-y/2}=t$, $C_{1}e^{-y/2}dy=-2dt$
\[
=\frac{1}{\sqrt{2}C_{1}}\int\frac{C_{1}e^{-y/2}dy}{\sqrt{1-\left(C_{1}e^{-y/2}\right)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}C_{1}}\int\frac{-2dt}{\sqrt{1-t^{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\int\frac{dt}{\sqrt{1-t^{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\arcsin t=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\arcsin\left(C_{1}e^{-y/2}\right)
\]
Итак,
\[
\pm x+C_{2}=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\arcsin\left(C_{1}e^{-y/2}\right)
\]
\[
\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)=\arcsin\left(C_{1}e^{-y/2}\right)
\]
\[
\sin\left[\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)\right]=C_{1}e^{-y/2}
\]
\[
e^{y}\sin^{2}\left[\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)\right]=C_{1}^{2}
\]
2) $\tilde{C}_{1}>0$, $\tilde{C}_{1}=2C_{1}^{2}$; далее делается та же замена на $t$, что и в предыдущем пункте:
\[
\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{e^{-y/2}dy}{\sqrt{1+\frac{\tilde{C}_{1}}{2}\left(e^{-y/2}\right)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{e^{-y/2}dy}{\sqrt{1+\left(C_{1}e^{-y/2}\right)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}C_{1}}\int\frac{-2dt}{\sqrt{1+t^{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\int\frac{dt}{\sqrt{1+t^{2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\ln\left|t+\sqrt{1+t^{2}}\right|=
\]
Однако, чтобы получить ответ в духе Филиппова, мы забудем этот последний интеграл из Демидовича, а воспользуемся заменой $t=\mathrm{sh}s$
\[
=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\int\frac{\mathrm{ch}s}{\sqrt{1+\mathrm{sh}^{2}s}}ds=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}\int\frac{\mathrm{ch}s}{\mathrm{ch}s}ds=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}s.
\]
Таким образом,
\[
\pm x+C_{2}=-\frac{\sqrt{2}}{C_{1}}s,
\]
\[
\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)=s,
\]
\[
\mathrm{sh}\left[\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)\right]=\mathrm{sh}s=t=C_{1}e^{-y/2},
\]
\[
e^{y/2}\mathrm{sh}\left[\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)\right]=C_{1},
\]
\[
e^{y}\mathrm{sh}^{2}\left[\frac{C_{1}}{\sqrt{2}}\left(\mp x-C_{2}\right)\right]=C_{1}^{2}.
\]
3) $\tilde{C}_{1}=0$
\[
\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{e^{-y/2}dy}{\sqrt{1+\frac{\tilde{C}_{1}}{2}\left(e^{-y/2}\right)^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\int\frac{e^{-y/2}dy}{\sqrt{1}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{e^{-y/2}}{-\frac{1}{2}}=-\sqrt{2}e^{-y/2},
\]
\[
\pm x+C_{2}=-\sqrt{2}e^{-y/2},
\]
\[
e^{y/2}\left(\mp x-C_{2}\right)=\sqrt{2},
\]
\[
e^{y}\left(\mp x-C_{2}\right)^{2}=2.
\]
Так получаются три решения. Полного сходства с ответом можно добиться дальнейшим переобозначением констант.
