Дифф. ур-е Лагранжа, Клеро или?

[Limit79]

Есть такое дифф. уравнение:

$$x (y')^2 = e^{\frac{1}{y'}}$$

Оно находится в разделе «Уравнения Лагранжа и Клеро».

Уравнение Лагранжа имеет вид: $y = x \varphi (y') + \psi (y')$

Уравнение Клеро имеет вид: $y = xy'+ \psi (y')$

Исходное уравнение больше похоже на уравнение Лагранжа, но вот $y$ нет

Решаю так: $y'=p$

Тогда: $x (p)^2 = e^{\frac{1}{p}}$

Дифференцируя обе части, получаем: $dx p^2 + x \cdot 2pdp = e^{\frac{1}{p}} \codt \left (-\frac{1}{p^2} \right ) dp$

Делим обе части на $p^2dp$: $x' + \frac{2x}{p} = e^{\frac{1}{p}} \codt \left (-\frac{1}{p^4} \right )$

Получили линейное уравнение, его решение: $x = \frac{1}{p^2} \cdot e^{\frac{1}{p}}$

А вот теперь самое интересное: дальше мы должны подставить в исходное уравнение найденную функцию $x(p)$, и, исходя из этого уравнения, найти $y(p)$, но у нас в исходном примере нет $y$

Немного поразмыслив, я взял вот это соотношение: $y'=p$ (которые мы применяли в самом начале), и расписал его вот так:

$$y'=p \Rightarrow \frac{dy}{dx} = p \Rightarrow dy = p dx$$

Если

$$x = \frac{1}{p^2} \cdot e^{\frac{1}{p}}$$

то

$$dx = - \frac{1}{p^4} \cdot e^{\frac{1}{p}} (2p+1) dp$$

и

$$dy = - \frac{p}{p^4} \cdot e^{\frac{1}{p}} (2p+1) dp$$

Интегрируя, получаем:

$$y =\left ( 1+ \frac{1}{p} \right ) e^{\frac{1}{p}} + C$$

Вот и получили мы решение уравнения в параметрическом виде, а что самое интересное - оно сошлось с ответом.

Интересуют два вопроса:

1) Какого типа это уравнение (Лагранжа, Клеро или )?

2) Почему при решении линейного уравнения, результат у нас получается без константы (точнее говоря, почему мы ее опускаем?): $x = \frac{1}{p^2} \cdot e^{\frac{1}{p}}$ ? (У меня оно изначально с константой было, но я подглядел ответ, и убрал ее )

Спасибо!

[Otta]

2)

Limit79 в сообщении #780860 писал(а):

Почему при решении линейного уравнения, результат у нас получается без константы (точнее говоря, почему мы ее опускаем?): $x = \frac{1}{p^2} \cdot e^{\frac{1}{p}}$ ?

Limit79 в сообщении #780860 писал(а):

Тогда: $x (p)^2 = e^{\frac{1}{p}}$

Дифференцируя обе части, получаем: $dx p^2 + x \cdot 2pdp = e^{\frac{1}{p}} \codt \left (-\frac{1}{p^2} \right ) dp$

Делим обе части на $p^2dp$: $x' + \frac{2x}{p} = e^{\frac{1}{p}} \codt \left (-\frac{1}{p^4} \right )$

Получили линейное уравнение, его решение: $x = \frac{1}{p^2} \cdot e^{\frac{1}{p}}$

Сравните, пожалуйста, первую строчку из этой цитаты и последнюю. Думаю, увидите ответ на Ваш вопрос.

[Limit79]

Otta
То есть можно было не решать линейное уравнение, а сразу после замены из $x \cdot (p)^2 = e^{\frac{1}{p}}$ выразить $x = \frac{1}{p^2} \cdot e^{\frac{1}{p}}$ ?

А в других случаях, где в исходном уравнении есть $y$, нужно решить линейное (так как в этом случае так просто выразить икс не получится?)?

[Otta]

Limit79 в сообщении #780882 писал(а):

А в других случаях, где в исходном уравнении есть $y$, нужно решить линейное (так как в этом случае так просто выразить икс не получится?)?

Да, конечно.

Вообще-то уравнением Лагранжа его можно назвать только с очень большой натяжкой. Методы решения те же. Собственно, потому оно и в том разделе. Лучше уж никак не называть. Просто уравнение, неразрешенное отн-но производной.

[Limit79]

Otta
Огромное спасибо за помощь!