Что такое уравнение Лагранжа и как его решать: короткий ответ
Уравнение Лагранжа — это дифференциальное уравнение первого порядка вида y = x·φ(y′) + ψ(y′), где φ(y′) не равно y′ тождественно. Решают его введением параметра p = y′. Подставляешь p, дифференцируешь обе части по x и получаешь линейное уравнение для x как функции от p. Находишь x(p), затем y(p) из исходного уравнения. Ответ записывается параметрически. Отдельно решаешь p = φ(p): каждый корень p₀ даёт прямую y = x·φ(p₀) + ψ(p₀), её проверяют и дописывают в ответ.
Почему после введения параметра так легко запутаться в уравнении для x(p)?
Знакомая картина: ты ввёл p = y′, продифференцировал, и вместо привычной функции y(x) в руках оказалась смесь из x, p и производной p по x. Непонятно, что здесь функция, что аргумент и зачем вообще на что-то делить. На этом месте легко бросить тему и просто заучить ответ из задачника, а на экзамене по диффурам потом не получается воспроизвести ход решения.
Путаница возникает из-за смены ролей. Раньше x был аргументом, а y — функцией. В методе параметра аргументом становится p, а неизвестными функциями — и x, и y. Уравнение, которое получается после дифференцирования, на самом деле простое: оно линейное относительно x и производной x по p. Его нужно только узнать и решить знакомым способом, например подстановкой x = u·v или вариацией постоянной, как любое линейное ДУ первого порядка.
Вторая причина — деление на p − φ(p). Делать его молча нельзя: сначала выясни, при каких p это выражение обращается в ноль. Именно эти значения дают решения, которые при делении теряются. Если держать в голове две ветки — общее решение и потерянные прямые, — уравнение Лагранжа перестаёт пугать и превращается в аккуратный шаблон из пяти шагов.
Как узнать уравнение Лагранжа и чем оно отличается от уравнения Клеро?
Общий вид уравнения Лагранжа: y = x·φ(y′) + ψ(y′). Здесь y уже выражен через x и y′, причём x стоит только в первой степени и умножается на функцию от производной, а всё остальное зависит лишь от y′. Примеры: y = 2x·y′ − (y′)², y = x(1 + y′) + (y′)², y = x·(y′)² + (y′)². Во всех случаях видно одно и то же устройство.
Уравнение Клеро — частный случай, когда φ(y′) = y′, то есть y = x·y′ + ψ(y′). После дифференцирования у Клеро получается (x + ψ′(p))·p′ = 0, и общее решение — просто семейство прямых y = Cx + ψ(C). У Лагранжа φ(p) ≠ p, поэтому появляется настоящее линейное уравнение для x(p) и параметрический ответ. Здесь мы разбираем именно общий случай.
Часто уравнение дают не в готовом виде. Например, y − 2x·y′ = ln y′: переноси слагаемое и получай y = 2x·y′ + ln y′, это Лагранж с φ(p) = 2p и ψ(p) = ln p. Поэтому первым делом разреши уравнение относительно y и только потом сверяй его с общей формулой. Если y не выражается, смотри другие типы ОДУ первого порядка, не разрешённых относительно производной.
Какой алгоритм решения уравнения Лагранжа по шагам?
Шаг 1: введи p = y′ и запиши уравнение как y = x·φ(p) + ψ(p). Шаг 2: продифференцируй его по x, помня, что y′ = p, а сам параметр p зависит от x. Получится равенство p = φ(p) + (x·φ′(p) + ψ′(p))·p′, где p′ — производная p по x. Это ключевая строчка всего метода, её нужно выводить аккуратно, без пропуска слагаемых.
Шаг 3: умножь равенство на dx/dp, то есть считай теперь x функцией от p. Получится (p − φ(p))·dx/dp = x·φ′(p) + ψ′(p). Если p ≠ φ(p), делим: dx/dp = φ′(p)/(p − φ(p))·x + ψ′(p)/(p − φ(p)). Это линейное уравнение относительно x(p). Решаешь его любым способом и получаешь x = x(p, C). Шаг 4: подставь найденное x в исходное уравнение и получи y = y(p, C).
Шаг 5: реши уравнение p = φ(p). Каждый его корень p₀ даёт прямую y = x·φ(p₀) + ψ(p₀). Это решения, которые потерялись при делении на p − φ(p). Подставь прямую в исходное уравнение, убедись, что она действительно решение, и проверь, входит ли она в общее решение при каком-то C. Обычно не входит, и тогда её дописывают в ответ отдельной строкой. Особым такое решение называют, только если в каждой его точке прямую касается кривая из семейства, а так бывает не всегда.
Как решить уравнение y = x(1 + y′) + (y′)²?
Здесь φ(p) = 1 + p, ψ(p) = p². Проверяем шаг 5: уравнение p = 1 + p корней не имеет, значит потерянных прямых нет. Вводим p = y′ и дифференцируем равенство y = x(1 + p) + p² по x: p = (1 + p) + x·p′ + 2p·p′. Слагаемые p сокращаются, остаётся простая запись: −1 = (x + 2p)·p′.
Теперь считаем x функцией от p: dx/dp = −x − 2p, то есть x′ + x = −2p, где штрих означает производную по p. Однородная часть x′ + x = 0 даёт x = Ce⁻ᵖ. Частное решение ищем в виде x = ap + b. Подставляем: a + ap + b = −2p, откуда a = −2 и b = 2. Значит, x = Ce⁻ᵖ − 2p + 2.
Подставляем x в исходное уравнение: y = (Ce⁻ᵖ − 2p + 2)(1 + p) + p² = C(1 + p)e⁻ᵖ + 2 − p². Ответ: x = Ce⁻ᵖ − 2p + 2, y = C(1 + p)e⁻ᵖ + 2 − p². Проверка: dx/dp = −Ce⁻ᵖ − 2, dy/dp = −Cp·e⁻ᵖ − 2p = p·(−Ce⁻ᵖ − 2). Значит, dy/dx = p, как и должно быть.
Как решить y = 2x·y′ − (y′)² и не потерять решение?
Тут φ(p) = 2p, ψ(p) = −p². Сначала шаг 5: p = 2p даёт p₀ = 0, и прямая y = 0·x + 0, то есть y = 0. Подставляем в уравнение: 0 = 0, это решение. Запоминаем его. Дифференцируем y = 2xp − p² по x: p = 2p + 2x·p′ − 2p·p′, откуда −p = 2(x − p)·p′.
При p ≠ 0 переходим к x(p): dx/dp = −2(x − p)/p = −2x/p + 2. Это линейное уравнение: x′ + 2x/p = 2. Умножаем на p²: (p²·x)′ = 2p². Интегрируем: p²·x = 2p³/3 + C. Отсюда x = 2p/3 + C/p². Затем из исходного уравнения получаем y = 2xp − p² = 4p²/3 + 2C/p − p² = p²/3 + 2C/p.
Ответ: x = 2p/3 + C/p², y = p²/3 + 2C/p при p ≠ 0, а также y = 0. Проверка: dx/dp = 2/3 − 2C/p³, dy/dp = 2p/3 − 2C/p² = p·(2/3 − 2C/p³), значит, dy/dx = p. Прямой y = 0 в семействе нет: вдоль любой кривой семейства y′ = p ≠ 0, а у прямой y′ = 0. При C = 0 получается парабола y = 3x²/4. Свой ход можно сверить с калькулятором дифференциальных уравнений.
Что делать, если уравнение p = φ(p) имеет несколько корней?
Берём уравнение y = x·(y′)² + (y′)², то есть φ(p) = ψ(p) = p². Решаем p = p²: корни p₀ = 0 и p₀ = 1. Каждому соответствует своя прямая: y = 0 и y = x + 1, потому что φ(1) = 1 и ψ(1) = 1. Проверка: для y = x + 1 имеем y′ = 1, и x·1 + 1 = x + 1. Обе прямые — решения.
Запишем уравнение как y = (x + 1)p² и продифференцируем: p = p² + 2p(x + 1)·p′. Переносим: p(1 − p) = 2p(x + 1)·p′. При p ≠ 0 и p ≠ 1 сокращаем на p и получаем 1 − p = 2(x + 1)·p′. Переходим к x(p): dx/dp = 2(x + 1)/(1 − p). Переменные разделяются: d(x + 1)/(x + 1) = 2dp/(1 − p).
Интегрируем: ln|x + 1| = −2·ln|1 − p| + ln|C|, откуда x + 1 = C/(1 − p)². Тогда y = (x + 1)p² = Cp²/(1 − p)². Ответ: x = C/(1 − p)² − 1, y = Cp²/(1 − p)², а также y = 0 и y = x + 1. Проверка: dx/dp = 2C/(1 − p)³, dy/dp = 2Cp/(1 − p)³, значит, dy/dx = p.
Здесь полезно посмотреть, какие из прямых особые. При C > 0 и p < 1 параметр исключается, и получается y = (√(x + 1) − √C)². Каждая такая кривая касается оси y = 0 в точке x = C − 1, где y = 0 и y′ = 0. Поэтому y = 0 здесь особое решение: через каждую его точку проходит ещё одна интегральная кривая. А прямая y = x + 1 ни одной кривой семейства не касается, это просто решение, потерянное при делении.
Можно ли оставить ответ в параметрическом виде?
Можно, и это нормальный полноценный ответ. Пара x(p, C), y(p, C) задаёт кривые так же честно, как явная формула y(x). Исключать параметр имеет смысл, только если это получается легко. В примере с y = 2x·y′ − (y′)² при C = 0 из x = 2p/3 выходит p = 3x/2 и y = 3x²/4. При C ≠ 0 исключение приводит к кубическому уравнению относительно p, и параметрическая запись намного удобнее.
Ещё один частый вопрос: что, если p − φ(p) равно нулю при всех p? Тогда φ(p) = p, и это уже уравнение Клеро, у которого общее решение — семейство прямых y = Cx + ψ(C). Делить на нулевое выражение нельзя, а значит, схема из этой статьи для него не нужна. Сначала сравни φ(p) с p, потом выбирай метод.
И последнее: можно ли не писать прямые из шага 5, если они не входят в семейство? Нет, ответ без них считается неполным. Допиши их отдельной строкой после общего решения. Если же прямая оказалась частным случаем при некотором C, отдельно выписывать её не нужно, достаточно сказать об этом в одной фразе.
Как проверить решение уравнения Лагранжа и где посмотреть ход?
Проверка параметрического ответа занимает минуту: найди dx/dp и dy/dp и убедись, что dy/dp = p·dx/dp. Так мы и делали в трёх примерах. Прямые проверяются подстановкой в исходное уравнение. Если равенство не сходится, ищи ошибку в знаке при дифференцировании или в константе при решении линейного уравнения для x(p): чаще всего ломается именно это.
Калькулятор дифференциальных уравнений Prepodoff (/tools/differential-equations) решает уравнения Клеро и Лагранжа пошагово, проверяет ответ подстановкой и строит график. Он бесплатный, работает онлайн и без регистрации. Пользуйся им после того, как решил сам: сравни свои шаги с его ходом и найди место, где разошёлся знак. Зарегистрированные пользователи могут скачать PDF-отчёт с решением.
Тот же калькулятор есть в Telegram-боте @prepodoff_bot: там PDF присылает бот, а решением можно поделиться с однокурсником. Если до экзамена по дифурам осталось мало времени, посмотри «Мой план» (/bot) — бесплатный планировщик студента: расписание пар, дедлайны, напоминания, а ИИ-тренер составит план подготовки и объяснит теорию. Но главное остаётся за тобой: реши пару уравнений Лагранжа сам, от параметра до проверки dy/dp = p·dx/dp, и шаблон из пяти шагов закрепится.
