До этого мы рассматривали уравнения первого порядка, теперь перейдём к уравнениям более высоких порядков. \[ F\left(x,y,y',\dots y^{(n)}\right)=0 \] Первое, что приходит в голову при таком переходе – как-нибудь понизить порядок.
К счастью, в некоторых случаях это действительно можно сделать, и сейчас мы рассмотрим некоторые из таких случаев.
1. Уравнение вида $F\left(y^{(k)},\dots y^{(n)}\right)=0$
В таких уравнениях нет младших производных, производные начинаются с $k$-тых, где $k < n$. Тогда выполняется замена \[ y^{(k)}\equiv z\left(x\right), \] далее $y^{(k+1)}=z'$, $y^{(k+2)}=z''$ и т.д. Тогда уравнение приобретёт вид \[ F\left(z,\dots z^{(n-k)}\right)=0, \] и будет иметь порядок, меньший на $k$. Если его удастся решить и найти $z$ – то дальше нужно найти $y$, $k$ раз проинтегрировав $z$.
Пример: № 428
\[ y'''=y''{}^{2} \] Так как в уравнении нет производных младше второй, заменим \[ z\left(x\right)\equiv y''. \] Тогда уравнение примет вид \[ z'=z^{2}. \] Решается это уравнение разделением переменных \[ \frac{z'}{z^{2}}=1, \] \[ \int\frac{z'}{z^{2}}dx=\int1dx, \] \[ \int\frac{dz}{z^{2}}=x+C_{1}, \] \[ -\frac{1}{z}=x+C_{1}. \] Выразив $z$, заменим обратно \[ z=y''=-\frac{1}{x+C_{1}}. \] Проинтегрируем раз: \[ y'=-\ln\left(x+C_{1}\right)+\tilde{C}_{2}; \] вспомнив интеграл от логарифма \[ \int\ln xdx=\int x'\ln xdx=x\ln x-\int x\ln'xdx=x\ln x-x+C, \] проинтегрируем два: \[ y=-\left(x+C_{1}\right)\ln\left(x+C_{1}\right)+\left(x+C_{1}\right)+\tilde{C}_{2}x+\tilde{C}_{3}= \] потом частично раскроем скобки и перегруппируем: \[ =-\left(x+C_{1}\right)\ln\left(x+C_{1}\right)+\left(1+\tilde{C}_{2}\right)x+\left(C_{1}+\tilde{C}_{3}\right)= \] после чего переобозначим константы $1+\tilde{C}_{2}\equiv C_{2}$, $C_{1}+\tilde{C}_{3}\equiv C_{3}$ \[ =-\left(x+C_{1}\right)\ln\left(x+C_{1}\right)+C_{2}x+C_{3}, \] что даст нам окончательный ответ.
2. Уравнение вида $F\left(y,y',\dots y^{(n)}\right)=0$
В таких уравнениях не встречается в свободном виде свободный аргумент. Тогда раз $y=f\left(x\right)$, то через обратную функцию можно выразить $x=f^{-1}\left(y\right)$. А тогда \[ y'=f'\left(f^{-1}\left(y\right)\right)\equiv u\left(y\right), \] т.е. производную $y'$ можно рассматривать как функцию от $y$, что мы и используем в качестве уравнения замены. Более старшие производные выражаются через $u$ последовательно: \[ y''=\frac{d}{dx}y'=\frac{d}{dx}u\left(y\right)=\frac{du}{dy}\frac{dy}{dx}=u'u, \] \[ y'''=\frac{d}{dx}\left(u'u\right)=\frac{d}{dy}\left(u'u\right)\frac{dy}{dx}=\left(u''u+u'{}^{2}\right)u=u''u^{2}+u'{}^{2}u, \] и т.д. Заметим, что каждый раз производная $y$ выражается через производные $u$ меньшего порядка. После подстановки в исходное уравнение, оно оказывается уравнением на $u$, а $y$ в нём оказывается независимым аргументом.
Решив уравнение относительно $u$, нужно подставить вместо $u$ $y'$ и найти $y$.
Пример: № 429
\[ yy''=y'{}^{2}-y'{}^{3}. \] Заменяем \[ y'\equiv u\left(y\right),\qquad y''=u'u, \] \[ yu'u=u^{2}-u^{3}. \] Далее возможны два варианта
1) $u=0$: \[ y'=0,\qquad y=C; \]
2) $u\neq0$ и на него можно сократить: \[ yu'=u-u^{2}. \] Разделяем переменные: \[ \frac{u'}{u-u^{2}}=\frac{1}{y}, \] \[ \int\frac{u'}{u-u^{2}}dy=\int\frac{1}{y}dy, \] \[ \int\frac{u'}{u-u^{2}}dy=\int\frac{du}{u\left(1-u\right)}=\int\frac{1-u+u}{u\left(1-u\right)}du=\int\left(\frac{1}{u}+\frac{1}{1-u}\right)du=\ln\left|u\right|-\ln\left|1-u\right|+\tilde{C}=\ln\left|\frac{u}{1-u}\right|+\tilde{C}, \] \[ \int\frac{1}{y}dy=\ln\left|y\right|+\hat{C}, \] \[ \ln\left|\frac{u}{1-u}\right|+\tilde{C}=\ln\left|y\right|+\hat{C}, \] \[ \frac{u}{1-u}=\pm e^{\hat{C}-\tilde{C}}y, \] $\hat{C}-\tilde{C}=C_{1}$ \[ \frac{1}{\frac{1}{u}-1}=C_{1}y, \] \[ \frac{1}{u}-1=\frac{1}{C_{1}y}, \] \[ u=y'=\frac{1}{\frac{1}{C_{1}y}+1}. \] Ещё раз разделяем переменные: \[ \left(\frac{1}{C_{1}y}+1\right)y'=1, \] \[ \int\left(\frac{1}{C_{1}y}+1\right)y'dx=\int1dx, \] \[ \frac{1}{C_{1}}\ln\left|y\right|+y=x+C_{2} \] \[ \ln\left|y\right|=C_{1}\left(x-y\right)+C_{1}C_{2} \] \[ y=\pm e^{C_{1}C_{2}}e^{C_{1}\left(x-y\right)}=Ae^{B\left(x-y\right)},\qquad A,B=const \] В таком виде решение включает в себя решение из первого варианта, так что именно так будет записан конечный ответ.
3. Уравнение вида $\frac{d^{k}}{dx^{k}}F\left(x,y,y',\dots y^{(n-k)}\right)=0$
приводится $k$-кратным интегрированием к виду \[ F\left(x,y,y',\dots y^{(n-k)}\right)=C_{1}+C_{2}x+\dots+C_{k}x^{k-1}, \] в каковом и решается дальше.
Пример: № 460
\[ xy''=2yy'-y'. \] Перенесём \[ xy''+y'=2yy', \] после чего обе стороны превратятся в полные производные: \[ \frac{d}{dx}\left(xy'\right)=\frac{d}{dx}\left(y^{2}\right), \] \[ xy'=y^{2}+C_{1}. \] Разделим переменные: \[ \frac{y'}{y^{2}+C_{1}}=\frac{1}{x}. \] Дальнейшее зависит от знака $C_{1}$.
1) $C_{1} > 0$: переобозначим константы $C_{1}\equiv A^{2}$ \[ \frac{y'}{y^{2}+A^{2}}=\frac{1}{x}, \] проинтегрируем \[ \frac{1}{A}\mathrm{arctg}\frac{y}{A}=\ln\left|x\right|+C, \] и выразим $y$ \[ y=A\cdot\mathrm{tg}\left[A\left(\ln\left|x\right|+C\right)\right]. \]
2) $C_{1} < 0$: переобозначим иначе $C_{1}\equiv-B^{2}$ \[ \frac{y'}{y^{2}-B^{2}}=\frac{1}{x}, \] проинтегрируем \[ \frac{1}{2B}\ln\left|\frac{B-y}{B+y}\right|=\ln\left|x\right|+C, \] выразим $y$ \[ \ln\left|\frac{B-y}{B+y}\right|=\ln\left|x\right|^{2B}+2BC, \] $\pm e^{2BC}=C_{2}$ \[ \frac{B-y}{B+y}=\pm e^{2BC}\left|x\right|^{2B}=C_{2}\left|x\right|^{2B}, \] \[ B-BC_{2}\left|x\right|^{2B}=\left(C_{2}\left|x\right|^{2B}+1\right)y, \] \[ y=B\frac{1-C_{2}\left|x\right|^{2B}}{1+C_{2}\left|x\right|^{2B}}. \]
3) $C_{1}=0$: тогда уравнение примет вид \[ \frac{y'}{y^{2}}=\frac{1}{x}, \] проинтегрируем \[ -\frac{1}{y}=\ln\left|x\right|+D, \] выразим $y$ \[ y=-\frac{1}{\ln\left|x\right|+D}. \]
