Сегодня будут уравнения, не разрешённые относительно производной.
До этого мы решали уравнения вида $y'=f\left(x,y\right)$. Но производная может содержаться в дифференциальном уравнении так, что выразить её трудно или невозможно. Однако иногда можно выразить $y$ или $x$. Тогда применяется метод введения параметра. При этом сначала производится замена производной $y'=p$, и дальше решение раздваивается.
Если уравнение имеет вид \[ y=f\left(x,y'\right), \] заменяем \[ y=f\left(x,p\right) \] и берём дифференциал от обеих частей: \[ dy=f'_{x}dx+f'_{p}dp. \] Теперь так как $p=\frac{dy}{dx}$, $dy=pdx$: \[ pdx=f'_{x}dx+f'_{p}dp, \] и мы получаем уравнение, в котором нет $y$, и явно выражается производная $\frac{dx}{dp}$ или $\frac{dp}{dx}$. Таким образом, основная проблема решена, дальше пытаемся решить уравнение одним из изученных методов. Найдя $x=\varphi\left(p,C\right)$ можно затем найти $y=f\left(x,p\right)=f\left(\varphi\left(p,C\right),p\right)$, и две этих функции будут образовывать ответ в параметрической форме.
Если же уравнение имеет вид \[ x=f\left(y,y'\right), \] то аналогично изгоним из него $x$. Заменяем \[ x=f\left(y,p\right) \] и возьмём дифференциал от обеих частей: \[ dx=f'_{y}dy+f'_{p}dp. \] $dx=\frac{dy}{p}$: \[ \frac{dy}{p}=f'_{y}dy+f'_{p}dp, \] и получим тоже уравнение, разрешённое относительно производной.
Пример: № 282 \[ 2xy'-y=y'\ln\left(yy'\right). \] Выражается $x$: \[ 2x=\ln\left(yy'\right)+\frac{y}{y'} \] Заменим $y'=p$: \[ 2x=\ln\left(yp\right)+\frac{y}{p} \] Берём дифференциал от обеих частей: \[ 2dx=2\frac{dy}{p}=\frac{pdy+ydp}{yp}+\frac{pdy-ydp}{p^{2}} \] Переносим: \[ 0=\frac{pdy+ydp}{yp}+\frac{pdy-ydp}{p^{2}}-\frac{2pdy}{p^{2}} \] \[ \frac{pdy+ydp}{yp}-\frac{pdy+ydp}{p^{2}}=0 \] \[ \left(\frac{1}{yp}-\frac{1}{p^{2}}\right)d\left(py\right)=0 \] Отсюда следуют два варианта
1. \[ d\left(py\right)=0,\qquad py=C,\qquad y=\frac{C}{p} \] \[ x=\frac{1}{2}\ln\left(yp\right)+\frac{y}{2p}=\frac{1}{2}\ln C+\frac{C}{2p^{2}} \] \[ \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{1}{2}\ln C+\frac{C}{2p^{2}},\\ y=\frac{C}{p}. \end{array}\right. \]
2. \[ \frac{1}{yp}-\frac{1}{p^{2}}=0 \] \[ y=p \] \[ x=\frac{1}{2}\ln\left(yp\right)+\frac{y}{2p}=\ln p+\frac{1}{2} \] \[ \left\{ \begin{array}{l} x=\ln p+\frac{1}{2},\\ y=p. \end{array}\right. \] Тут, впрочем, ответ можно не оставлять в параметрической форме: понятно, что $x=\ln y+\frac{1}{2}$.
Пример: № 284 \[ y=xy'-x^{2}y'{}^{3} \] Выражается $y$. Заменим $y'=p$: \[ y=xp-x^{2}p^{3} \] Берём дифференциал от обеих частей: \[ dy=pdx=pdx+xdp-2xp^{3}dx-3x^{2}p^{2}dp \] \[ \bcancel{pdx}=\bcancel{pdx}+xdp-2xp^{3}dx-3x^{2}p^{2}dp \] \[ xdp-2xp^{3}dx-3x^{2}p^{2}dp=0 \] $x\neq0$: \[ 2p^{3}dx+3xp^{2}dp-dp=0 \] Разделим на $dp$: \[ \frac{dx}{dp}+\frac{3}{2p}x=\frac{1}{2p^{3}} \] Получается линейное уравнение. Решаем соответственно: \[ \frac{dx_{0}}{dp}+\frac{3}{2p}x_{0}=0, \] \[ \frac{dx_{0}}{x_{0}}=-\frac{3}{2p}dp, \] \[ \ln\left|x_{0}\right|=-\frac{3}{2}\ln\left|p\right|+\tilde{C}_{0}=\ln\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}+\tilde{C}_{0}, \] \[ x_{0}=\pm e^{\tilde{C}_{0}}\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}=C_{0}\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}. \] Для замены возьмём $C_{0}=1$, используем $\left|p\right|'=\mathrm{sgn}\,p$, тогда \[ x_{0}=\left|p\right|^{-\frac{3}{2}},\qquad x=x_{0}x_{1}=\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}x_{1},\qquad\frac{dx}{dp}=\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\frac{dx_{1}}{dp}-\frac{3}{2}\mathrm{sgn}\,p\left|p\right|^{-\frac{5}{2}}x_{1}; \] подставим обратно в линейное: \[ \left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\frac{dx_{1}}{dp}-\frac{3}{2}\mathrm{sgn}\,p\left|p\right|^{-\frac{5}{2}}x_{1}+\frac{3}{2p}\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}x_{1}=\frac{1}{2p^{3}}, \] $\mathrm{sgn}\,p=\frac{1}{\mathrm{sgn}\,p}$, $\left|p\right|=p\mathrm{sgn}\,p$: \[ \left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\frac{dx_{1}}{dp}-\bcancel{\frac{3}{2}\frac{1}{p}\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}x_{1}}+\bcancel{\frac{3}{2p}\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}x_{1}}=\frac{1}{2p^{3}}, \] $\mathrm{sgn}\,p=\mathrm{sgn}\,p^{3}$: \[ \frac{dx_{1}}{dp}=\frac{\left|p\right|^{\frac{3}{2}}}{2p^{3}}=\mathrm{sgn}\,p\frac{\left|p\right|^{\frac{3}{2}}}{2\left|p\right|^{3}}=\frac{\mathrm{sgn}\,p}{2}\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}. \] Интегрируем: \[ x_{1}=-\left|p\right|^{-\frac{1}{2}}+C, \] \[ x=\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}x_{1}=\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\left(-\left|p\right|^{-\frac{1}{2}}+C\right)=-\frac{1}{p^{2}}+C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}. \] Осталось найти $y$: \[ y=xp-x^{2}p^{3}y=\left(-\frac{1}{p^{2}}+C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\right)p-\left(-\frac{1}{p^{2}}+C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\right)^{2}p^{3}= \] \[ =\left(-\frac{1}{p^{2}}p+C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}p\right)-\left(C^{2}\left|p\right|^{-3}-2C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}\frac{1}{p^{2}}+\frac{1}{p^{4}}\right)p^{3}= \] \[ =-\frac{1}{p}+C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}p-\left(C^{2}\mathrm{sgn}\,p-2C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}}p+\frac{1}{p}\right)= \] \[ =-\frac{2}{p}+3C\left|p\right|^{-\frac{1}{2}}\mathrm{sgn}\,p-C^{2}\mathrm{sgn}\,p. \] Окончательный ответ: \[ \left\{ \begin{array}{l} x=-\frac{1}{p^{2}}+C\left|p\right|^{-\frac{3}{2}},\\ y=-\frac{2}{p}+3C\left|p\right|^{-\frac{1}{2}}\mathrm{sgn}\,p-C^{2}\mathrm{sgn}\,p. \end{array}\right. \]
Задание: № 267, 271, 278, 279, 281, 283.
