کاهش مرتبه معادلات دیفرانسیل – از صفر تا صد (+ دانلود فیلم آموزش رایگان)

در آموزش‌های پیشین مجله فرادرس، درباره معادلات دیفرانسیل بحث کردیم و با روش‌های حل معادلات دیفرانسیل مرتبه اول و مرتبه دوم آشنا شدیم. در این آموزش، ابزار کاهش مرتبه معادلات دیفرانسیل را بررسی می‌کنیم.

یک معادله دیفرانسیل مرتبه دوم به‌فرم عمومی زیر نوشته می‌شود:

$$F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right) = 0$$

که در آن، $$F$$ تابعی از آرگومان‌های داده‌ شده است.

اگر معادله دیفرانسیل برای مشتق دوم $$y^{\prime\prime}$$ قابل تجزیه باشد، می‌توان آن را به‌فرم صریح زیر نمایش داد:

$$y^{\prime\prime} = f\left( {x,y,y’} \right).$$

در حالت‌های خاص، ممکن است تابع $$f$$ فقط شامل یک یا دو متغیر باشد. این معادلات ناکامل یا ناقص، پنج نوع مختلف دارند:

$${y^{\prime\prime} = f\left( x \right),\;\;}\kern-0.3pt {y^{\prime\prime} = f\left( y \right),\;\;}\kern-0.3pt {y^{\prime\prime} = f\left( {y’} \right),\;\;}\kern-0.3pt {y^{\prime\prime} = f\left( {x,y’} \right),\;\;}\kern-0.3pt {y^{\prime\prime} = f\left( {y,y’} \right).}$$

با استفاده از تغییر متغیرهای مشخص، می‌توان معادلات فوق را به معادلات مرتبه اول تبدیل کرد.

در حالت کلی، اگر یک معادله دیفرانسیل مرتبه دوم، تقارن خاصی داشته باشد، می‌توان مرتبه آن را کاهش داد. در ادامه، درباره دو نوع از این معادلات بحث خواهیم کرد:

• تابع $$F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right)$$، یک تابع همگن از آرگومان‌های $$y$$ ،$$y^ \prime$$ و $$y^{\prime\prime}$$ است.
• تابع $$F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right)$$، یک مشتق دقیق از تابع مرتبه اول $$\Phi\left( {x,y,y’} \right)$$ است.

این دو حالت را با جزئیات بیشتری بیان می‌کنیم.

حالت ۱: $$y^{\prime\prime} = f\left( x \right)$$

مرتبه معادله‌ای به‌فرم $$y^{\prime\prime} = f\left( x \right)$$ را می‌توان با تابع جدید $$p(x)$$ به‌صورت $$y’ = p\left( x \right)$$ کاهش داد. در نتیجه، معادله دیفرانسیل مرتبه اول زیر به‌دست می‌آید:

$$p’ = f\left( x \right).$$

با حل معادله فوق، تابع $$p\left( x \right)$$‌ به‌دست می‌آید. در نتیجه می‌توانیم معادله دوم را حل کنیم:

$$y’ = p\left( x \right)$$

و جواب عمومی معادله اصلی را به‌دست آوریم.

حالت ۲: $$\large y^{\prime\prime} = f\left( y \right)$$

سمت راست این معادله، فقط به متغیر $$y$$ وابسته است. تابع $$p(y)$$ را به‌گونه‌ای تعریف می‌کنیم که $$y’ = p\left( y \right)$$. بنابراین، می‌توان نوشت:

$${y^{\prime\prime} = \frac{d}{{dx}}\left( {y’} \right) }={ \frac{{dp}}{{dx}} }={ \frac{{dp}}{{dy}}\frac{{dy}}{{dx}} }={ \frac{{dp}}{{dy}}p}$$

در نتیجه، معادله زیر را خواهیم داشت:

$$\frac{{dp}}{{dy}}p = f\left( y \right).$$

با حل معادله اخیر، تابع $$p(y)$$ به‌دست می‌آید. پس از آن، می‌توانیم جواب معادله $$y’ = p\left( y \right)$$‌ را پیدا کنیم که $$y$$ تابعی از $$x$$ است ($$y(x)$$).

حالت ۳: $$y^{\prime\prime} = f\left( {y’} \right)$$

برای کاهش مرتبه در این حالت، تابع $$y’ = p\left( x \right)$$ را تعریف می‌کنیم و با استفاده از آن، معادله زیر را به‌دست می‌آوریم:

$${y^{\prime\prime} = p’ }={ \frac{{dp}}{{dx}} }={ f\left( p \right)}$$

که یک معادله مرتبه اول از متغیرهای جدایی‌پذیر $$p$$ و $$x$$ است. با انتگرال‌گیری از معادله فوق، تابع $$p(x)$$ و سپس $$y(x)$$ به‌دست می‌آید.

حالت ۴: $$y^{\prime\prime} = f\left( {x,y’} \right)$$

در این حالت، از تغییر متغیر $$y’ = p\left( x \right)$$ بهره می‌گیریم که در آن، $$p(x)$$ یک تابع نامعلوم جدید است. در نتیجه، معادله مرتبه اول زیر حاصل می‌شود:

$$p’ = \frac{{dp}}{{dx}} = f\left( {x,p} \right).$$

با انتگرال‌گیری از معادله اخیر، می‌توان تابع $$p(x)$$ را محاسبه کرد. در ادامه، معادله مرتبه اول زیر را نیز حل می‌کنیم:

$$y’ = p\left( x \right)$$

و در نهایت، جواب عمومی $$y(x)$$ به‌دست می‌آید.

حالت ۵: $$y^{\prime\prime} = f\left( {y,y’} \right)$$

برای حل معادله، مشابه حالت ۲، تابع جدید $$p\left( y \right)$$ را به‌صورت $$y’ = p\left( y \right)$$ معرفی می‌کنیم. مشتق‌گیری از این معادله نسبت به $$x$$، به معادله زیر می‌انجامد:

$${y^{\prime\prime} = \frac{{d\left( {y’} \right)}}{{dx}} = \frac{{dp}}{{dx}} } = {\frac{{dp}}{{dy}}\frac{{dy}}{{dx}} }={ \frac{{dp}}{{dy}}p.}$$

در نتیجه، معادله اصلی را می‌توان به‌صورت معادله مرتبه اول زیر نوشت:

$$p\frac{{dp}}{{dy}} = f\left( {y,p} \right).$$

با حل معادله اخیر، تابع $$p\left( y \right)$$ به‌دست می‌آید. پس از آن، با حل معادله مرتبه اول زیر، می‌توان جواب عمومی $$y(x)$$ را محاسبه کرد:

$$y’ = p\left( y \right)$$

۵ حالت کاهش مرتبه‌ای که بیان شد، مستقل از هم نیستند. بسته به ساختار معادلات، واضح است که حالت ۲، از حالت‌ ۵ پیروی می‌کند. همچنین، حالت ۳، از حالت عمومی‌تر ۴ تبعیت می‌کند.

حالت ۶: تابع $$F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right)$$ نسبت به آرگومان‌های $$y$$ ،$$y’$$ و $$y^{\prime\prime}$$ همگن است

سمت چپ معادله زیر، در شرط همگنی صدق می‌کند:

$$F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right) = 0$$

یعنی رابطه زیر برای هر $$k$$ برقرار است:

$${F\left( {x,ky,ky’,ky^{\prime\prime}} \right) }={ {k^m}F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right)}$$

مرتبه معادله را می‌توان با تغییر متغیر زیر کاهش داد:

$$y = {e^{\int {zdx} }}.$$

بعد از آنکه تابع $$z\left( x \right)$$ به‌دست آمد، تابع اصلی $$y(x)$$ را می‌توان با فرمول زیر تعیین کرد:

$$y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }}$$

که در آن، $$C_2$$ ثابت انتگرال‌گیری است.

حالت ۷: تابع $$F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right)$$ یک مشتق دقیق است

اگر تابع $$\Phi\left( {x,y,y’} \right)$$ را به‌دست آوریم که شامل مشتق دوم $$y^{\prime\prime}$$ نیست و در معادله زیر صدق می‌کند:

$${F\left( {x,y,y’,y^{\prime\prime}} \right) }={ \frac{d}{{dx}}\Phi \left( {x,y,y’} \right),}$$

آن‌گاه جواب معادله اصلی با انتگرال‌گیری از رابطه اخیر به‌دست می‌آید:

$$\Phi \left( {x,y,y’} \right) = C.$$

بنابراین، یک معادله مرتبه اول داریم.

در برخی حالت‌ها می‌توان سمت چپ معادله اصلی را با استفاده از عمل انتگرال‌گیری به یک مشتق دقیق تبدیل کرد.

مثال‌ها

در ادامه، چند مثال بیان می‌شود که کاربرد هر یک از حالت‌های گفته‌شده را در حل معادلات دیفرانسیل به‌خوبی نشان می‌دهد.

مثال ۱

معادله دیفرانسیل زیر را حل کنید:

$$y^{\prime\prime} = \sin x + \cos x.$$

حل: این مثال، متناظر با حالت ۱ است. تابع $$y’ = p\left( x \right)$$ را در نظر می‌گیریم. در نتیجه، $$y^{\prime\prime} = p’$$. بنابراین، داریم:

$$p’ = \sin x + \cos x$$

با انتگرال‌گیری از معادله فوق می‌توان $$p\left( x \right)$$ را به‌دست آورد:

$${\frac{{dp}}{{dx}} = \sin x + \cos x,\;\;}\Rightarrow {dp = \left( {\sin x + \cos x} \right)dx,\;\;}\\\Rightarrow {{\int {dp} }={ \int {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx} ,\;\;}}\Rightarrow {{p = – \cos x }+{ \sin x + {C_1}.}}$$

با توجه به رابطه $$y’ = p$$، از معادله اخیر انتگرال می‌گیریم و $$y(x)$$ را به‌دست می‌آوریم:

$${{y’ = – \cos x }+{ \sin x + {C_1},\;\;}}\\ \Rightarrow {{\int {dy} }={ \int {\left( { – \cos x + \sin x + {C_1}} \right)dx} ,\;\;}}\\ \Rightarrow {{y = – \sin x }-{ \cos x + {C_1}x + {C_2}.}}$$

رابطه اخیر، جواب عمومی معادله دیفرانسیل است.

مثال ۲

معادله دیفرانسیل $$y^{\prime\prime} = {\large\frac{1}{{4\sqrt y }}\normalsize}$$ را حل کنید.

حل: معادله مربوط به این مثال، شبیه حالت ۲ است که سمت راست آن فقط به متغیر $$y$$ وابسته است. پارامتر $$p = y’$$ را در نظر می‌گیریم. بنابراین، معادله را می‌توان به‌صورت زیر نوشت:

$${\frac{{dp}}{{dy}}p = \frac{1}{{4\sqrt y }},\;\;}\Rightarrow {2pdp = \frac{{dy}}{{2\sqrt y }},\;\;}\\\Rightarrow {\int {2pdp} = \int {\frac{{dy}}{{2\sqrt y }}} ,\;\;}\Rightarrow {{p^2} = \sqrt y + {C_1},}$$

که در آن، $$C_1$$ ثابت انتگرال است.

با جذر گرفتن از دو سمت معادله، تابع $$p(y)$$ به‌دست می‌آید:

$$p = \pm \sqrt {\sqrt y + {C_1}} .$$

اکنون با دانستن $$y’ = p$$، معادله دیفرانسیل مرتبه اول زیر را خواهیم داشت:

$${y’ = \pm \sqrt {\sqrt y + {C_1}} ,\;\;}\Rightarrow {\frac{{dy}}{{dx}} = \pm \sqrt {\sqrt y + {C_1}} .}$$

با جداسازی متغیرها و انتگرال‌گیری، داریم:

$${\frac{{dy}}{{\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }} = \pm dx,\;\;}\Rightarrow {\int {\frac{{dy}}{{\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }}} = \pm \int {dx} .}$$

برای محاسبه انتگرال سمت چپ، از تغییر متغیر زیر استفاده می‌کنیم:

$${\sqrt y + {C_1} = z,\;\;}\Rightarrow {dz = \frac{{dy}}{{2\sqrt y }},\;\;}\\\Rightarrow {dy = 2\sqrt y dz }={ 2\left( {z – {C_1}} \right)dz.}$$

در نتیجه، انتگرال سمت چپ برابر است با:

$${\int {\frac{{dy}}{{\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }}} } = {\int {\frac{{2\left( {z – {C_1}} \right)dz}}{{\sqrt z }}} } = {2\int {\left( {\frac{z}{{\sqrt z }} – \frac{{{C_1}}}{{\sqrt z }}} \right)dz} } \\ = {2\int {\left( {{z^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} – {C_1}{z^{ – \large\frac{1}{2}\normalsize}}} \right)dz} } = {2\left( {\frac{{{z^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{{\frac{3}{2}}} – {C_1}\frac{{{z^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}}}{{\frac{1}{2}}}} \right) } \\ = {\frac{4}{3}{z^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} – 4{C_1}{z^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} } = {\frac{4}{3}\sqrt {{{\left( {\sqrt y + {C_1}} \right)}^3}} }-{ 4{C_1}\sqrt {\sqrt y + {C_1}} .}$$

در نهایت، معادله جبری زیر به‌دست می‌آید:

$${\frac{4}{3}\sqrt {{{\left( {\sqrt y + {C_1}} \right)}^3}} }-{ 4{C_1}\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }={ {C_2} \pm x,}$$

معادله اخیر، جواب عمومی معادله دیفرانسیل است که در آن، $$C_1$$ و $$C_2$$ ثابت‌های انتگرال‌گیری هستند.

مثال ۳

معادله دیفرانسیل زیر را حل کنید:

$$y^{\prime\prime} = \sqrt {1 – {{\left( {y’} \right)}^2}}$$

حل: این معادله دیفرانسیل، شامل تابع $$y$$ و متغیر $$x$$ نیست (حالت ۳). بنابراین، تساوی $$y’ = p\left( x \right)$$ را در نظر می‌گیریم. در نتیجه، معادله به‌صورت زیر درخواهد آمد:

$$y^{\prime\prime} = p’ = \sqrt {1 – {p^2}} .$$

معادله دیفرانسیل مرتبه اول حاصل‌شده، برای تابع $$p(x)$$ تفکیک‌پذیر است و می‌توان به‌سادگی از آن انتگرال گرفت:

$${\frac{{dp}}{{dx}} = \sqrt {1 – {p^2}} ,\;\;}\Rightarrow {\frac{{dp}}{{\sqrt {1 – {p^2}} }} = dx,\;\;}\\\Rightarrow {\int {\frac{{dp}}{{\sqrt {1 – {p^2}} }}} = \int {dx} ,\;\;}\Rightarrow {\arcsin p = x + {C_1},\;\;}\\ \Rightarrow {p = \sin \left( {x + {C_1}} \right).}$$

با جایگزینی $$p$$ با $$y’$$ داریم:

$$y’ = \sin \left( {x + {C_1}} \right).$$

اگر از معادله اخیر انتگرال بگیریم، جواب عمومی معادله دیفرانسیل اصلی به‌دست می‌آید:

$${\frac{{dy}}{{dx}} = \sin \left( {x + {C_1}} \right),\;\;}\Rightarrow {dy = \sin \left( {x + {C_1}} \right)dx,\;\;}\\ \Rightarrow {\int {dy} = \int {\sin \left( {x + {C_1}} \right)dx} ,\;\;}\\ \Rightarrow {y = – \cos \left( {x + {C_1}} \right) + {C_2},\;\;}\Rightarrow {y = {C_2} – \cos \left( {x + {C_1}} \right).}$$

مثال ۴

معادله دیفرانسیل زیر را حل کنید:

$$\sqrt x y^{\prime\prime} = {\left( {y’} \right)^2}.$$

حل: این معادله صریحاً شامل متغیر $$y$$ نیست و متناظر با حالت ۴ است که بیان کردیم. متغیر جدید $$y’ = p\left( x \right)$$ را در نظر می‌گیریم. بنابراین، معادله اصلی به معادله دیفرانسیل مرتبه اول زیر تبدیل می‌شود:

$$\sqrt x p’ = {p^2}$$

که می‌توان آن را با جداسازی متغیرها حل کرد:

$${\sqrt x \frac{{dp}}{{dx}} = {p^2},\;\;}\Rightarrow {\frac{{dp}}{{{p^2}}} = \frac{{dx}}{{\sqrt x }},\;\;}\\ \Rightarrow {\int {\frac{{dp}}{{{p^2}}}} = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }}} ,\;\;}\Rightarrow { – \frac{1}{p} = 2\sqrt x + {C_1},\;\;}\\ \Rightarrow {p = y’ = \frac{{ – 1}}{{2\sqrt x + {C_1}}}.}$$

با انتگرال‌گیری از معادله اخیر، می‌توان تابع $$y(x)$$ را به‌دست آورد:

$${\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{ – 1}}{{2\sqrt x + {C_1}}},\;\;}\Rightarrow {dy = – \frac{{dx}}{{2\sqrt x + {C_1}}},\;\;}\\ \Rightarrow {y = – \int {\frac{{dx}}{{2\sqrt x + {C_1}}}} .}$$

برای محاسبه انتگرال، از تغییر متغیر $$x = {t^2}$$ و $$dx = 2tdt$$ استفاده می‌کنیم. در نتیجه، داریم:

$${y = – \int {\frac{{dx}}{{2\sqrt x + {C_1}}}} } = { – \int {\frac{{2tdt}}{{2t + {C_1}}}} } \\ = { – \int {\frac{{2t + {C_1} – {C_1}}}{{2t + {C_1}}}dt} } = { – \int {\left( {1 – \frac{{{C_1}}}{{2t + {C_1}}}} \right)dt} } \\ = { – t + {C_1}\int {\frac{{dt}}{{2t + {C_1}}}} } = { – t + \frac{{{C_1}}}{2}\int {\frac{{d\left( {2t + {C_1}} \right)}}{{2t + {C_1}}}} } \\ = { – t + \frac{{{C_1}}}{2}\ln \left| {2t + {C_1}} \right| }+{ {C_2}.}$$

نوشتن این معادله برای متغیر $$x$$، منجر به جواب زیر می‌شود:

$${y = – \sqrt x }+{ \frac{{{C_1}}}{2}\ln \left| {2\sqrt x + {C_1}} \right| }+{ {C_2}.}$$

مثال ۵

معادله دیفرانسیل $$y^{\prime\prime} = \left( {2y + 3} \right){\left( {y’} \right)^2}$$ را حل کنید.

حل: متغیر مستقل $$x$$، در این معادله وجود ندارد، بنابرین مشابه حالت ۵ است. با در نظر گرفتن $$y’ = p\left( y \right)$$، معادله را به‌صورت زیر می‌نویسیم:

$$p’ = \left( {2y + 3} \right){p^2}.$$

با جداسازی متغیرها و انتگرال‌گیری، داریم:

$${\frac{{dp}}{{{p^2}}} = \left( {2y + 3} \right)dy,\;\;}\Rightarrow {\int {\frac{{dp}}{{{p^2}}}} = \int {\left( {2y + 3} \right)dy} ,\;\;}\\ \Rightarrow { – \frac{1}{p} = {y^2} + 3y + {C_1},\;\;}\Rightarrow {p = y’ }={ \frac{{ – 1}}{{{y^2} + 3y + {C_1}}}.}$$

با انتگرال‌گیری مجدد، جواب عمومی معادله به‌فرم ضمنی زیر به‌دست می‌آید:

$${{\left( {{y^2} + 3y + {C_1}} \right)dy }={ – dx,\;\;}}\Rightarrow {{\int {\left( {{y^2} + 3y + {C_1}} \right)dy} }={ – \int {dx} ,\;\;}}\\ \Rightarrow {{{ \frac {y^3}{3}} + \frac{{3{y^2}}}{2} + {C_1}y }+{ {C_2} = – x,\;\;}}\\ \Rightarrow {{2{y^3} + 9{y^2} + {C_1}y }+{ {C_2} + 6x = 0,}}$$

که در آن، $$C_1$$ و $$C_2$$ ثابت‌های انتگرال‌گیری هستند.

مثال ۶

معادله دیفرانسیل زیر را حل کنید:

$$yy^{\prime\prime} ={\left( {y’} \right)^2} – {\large\frac{{3{y^2}}}{{\sqrt x }}\normalsize}.$$

حل: این معادله، در شرایط همگن بودن صدق می‌کند. بنابراین، با تغییر متغیر $$y = {e^{\int {zdx} }}$$، داریم:

$$y’ = z{e^{\int {zdx} }},$$

$${y^{\prime\prime} }={ z'{e^{\int {zdx} }} + {z^2}{e^{\int {zdx} }} } = {\left( {z’ + {z^2}} \right){e^{\int {zdx} }}.}$$

در نتیجه، معادله دیفرانسیل اصلی، به معادله مرتبه اول زیر تبدیل می‌شود:

$$\require{cancel}<br /> {{e^{\int {zdx} }}\left( {z’ + {z^2}} \right){e^{\int {zdx} }} }<br /> = {{\left( {z{e^{\int {zdx} }}} \right)^2} – \frac{{3{{\left( {{e^{\int {zdx} }}} \right)}^2}}}{{\sqrt x }},\;\;}\\ \Rightarrow<br /> {{\cancel{e^{2\int {zdx} }}\left( {z’ + {z^2}} \right) }={ \cancel{e^{2\int {zdx} }}\left( {{z^2} – \frac{3}{{\sqrt x }}} \right),\;\;}}\\ \Rightarrow<br /> {{z’ + \cancel{z^2} }={ \cancel{z^2} – \frac{3}{{\sqrt x }},\;\;}}\Rightarrow<br /> {z’ = – \frac{3}{{\sqrt x }}.}$$

تابع $$z\left( x \right)$$ به‌سادگی محاسبه می‌شود:

$${\frac{{dz}}{{dx}} = – \frac{3}{{\sqrt x }},\;\;}\Rightarrow {dz = – \frac{{3dx}}{{\sqrt x }},\;\;}\\ \Rightarrow {\int {dz} = – 3\int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }}} ,\;\;}\\ \Rightarrow {z = – 6\sqrt x + {C_1}.}$$

تابع اصلی $$y(x)$$ با فرمول زیر تعریف می‌شود:

$$y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }}.$$

با محاسبه این فرمول، داریم:

$${y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }} } = {{C_2}{e^{\int {\left( {{C_1} – 6\sqrt x } \right)dx} }} } \\ = {{C_2}{e^{{C_1}x – \frac{{6{x^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}}}} } = {{C_2}{e^{{C_1}x – 4\sqrt {{x^3}} }}.}$$

لازم به ذکر است که معادله دیفرانسیل، علاوه بر جواب عمومی، جواب منفرد $$y=0$$ را نیز دارد.

مثال ۷

معادله دیفرانسیل $$yy^{\prime\prime} + {\left( {y’} \right)^2} =2x + 1$$ را حل کنید.

حل:‌ با در نظر گرفتن $$z = yy’$$، معادله دیفرانسیل زیر به‌دست می‌آید:

$${{\left( {yy’} \right)^\prime } = 2x + 1,\;\; }\Rightarrow{ z’ = 2x + 1.}$$

معادله اخیر را می‌توان به‌سادگی و با استفاده از جداسازی متغیرها حل کرد:

$${\frac{{dz}}{{dx}} = 2x + 1,\;\;}\Rightarrow {dz = \left( {2x + 1} \right)dx,\;\;}\\ \Rightarrow {\int {dz} = \int {\left( {2x + 1} \right)dx} ,\;\;}\Rightarrow {z = {x^2} + x + {C_1}.}$$

با یادآوری تغییر متغیری که در نظر گرفتیم، تابع $$y(x)$$ به‌دست می‌آید:

$${yy’ = {x^2} + x + {C_1},\;\;}\\ \Rightarrow {{\int {ydy} }={ \int {\left( {{x^2} + x + {C_1}} \right)dx} ,\;\;}}\\\Rightarrow {{\frac{{{y^2}}}{2} = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} }+{ {C_1}x + {C_2},\;\;}}\\ \Rightarrow {{3{y^2} = 2{x^3} + 3{x^2} }+{ {C_1}x + {C_2},}}$$

که در آن، $$C_1$$ و $$C_2$$ ثابت‌های اختیاری هستند.