Задача интегрирования предложенного уравнения в частных ироизводных $I I=h$ приведена теперь к нахождению $n-1$ функций $H_{1}, H_{2}, \ldots H_{n-1}$ от переменных $p_{1}, p_{2}, \ldots p_{n}, q_{1}, q_{2}, \ldots q_{n}$; эти фунции не зависят как друг от друга, так и от функции $H$. Они удовлетворяют $\frac{n(n-1)}{2}$ условных уравнениям
\[
\left(H_{\alpha}, H_{\beta}\right)=0
\]
(діл значевий $0,1, \ldots n-1$ значков $\alpha, \beta$ ) и должны быть гриравнены $n-1$ друг от друга независимым произвольным постоянным $h_{1}, h_{2}, \ldots h_{n-1}$. Таким образом между какой-нибудь изэтих $n-1$ функций, например между $H_{1}$, и между известной нам функцией $H$ имеет место условное уравнение $\left(H, H_{1}\right)=0$, т. е. $H_{1}$ удовлетворяет линейному уравнению в частных производных
\[
\left.\begin{array}{r}
\frac{\partial H}{\partial p_{1}} \frac{\partial H_{1}}{\partial q_{1}}+\frac{\partial H}{\partial p_{2}} \frac{\partial H_{1}}{\partial q_{2}}+\ldots+\frac{\partial H}{\partial p_{n}} \frac{\partial H_{1}}{\partial q_{n}} \\
-\frac{\partial H}{\partial q_{1}} \frac{\partial H_{1}}{\partial p_{1}}-\frac{\partial H}{\partial q_{2}} \frac{\partial H_{1}}{\partial p_{2}}-\ldots-\frac{\partial H}{\partial q_{n}} \frac{\partial H_{1}}{\partial p_{n}}
\end{array}\right\}=0 ;
\]

другими словами, $H_{1}=h_{1}$ есть интеграл системы изопериметрических дифференциальны уравнений,
\[
\begin{array}{c}
d q_{1}: d q_{2}: \ldots: d q_{n}: d p_{1}: d p_{2}: \ldots: d p_{n}= \\
=\frac{\partial H}{\partial p_{1}}: \frac{\partial H}{\partial p_{2}}: \ldots: \frac{\partial H}{\partial p_{n}}:-\frac{\partial H}{\partial q_{1}}:-\frac{\partial H !}{\left.\partial q_{2}\right\rceil}: \ldots:-\frac{\partial H}{\partial q_{n}} .
\end{array}
\]

переходящей для $H=T-U$ в систему дифференциальных уравнений механики. То же самое имеет место для функций $H_{2}, \ldots H_{n-1}$, которые удовлетворяют аналогичным условным уравнениям
\[
\left(H, H_{2}\right)=0, \ldots\left(H, H_{n-1}\right)=0 .
\]

Bсе $n-1$ равенств
\[
H_{1}=h_{1}, \quad H_{2}=h_{2}, \ldots H_{n-1}=h_{n-1}
\]

будут поэтому интегралами выше подученной системы изопериметрических дифференцильных уравнений. Но такое определение функций $H_{1}, H_{2}, \ldots H_{n-1}$ -оказывается недостаточным. Благодаря ему удовлетворяютея только усдовдые уравнения:
\[
\left(H, H_{1}\right)=0, \quad\left(H, H_{2}\right)=0, \ldots \quad\left(H, H_{n-1}\right)=0 ;
\]

остальные $\quad \frac{n(n-1)}{2}-(n-1)=\frac{(n-1)(n-2)}{2}$ условные уравнения $\left(H_{\alpha}, H_{\beta}\right)=0$, которые должны иметь место между любыми двумя из $n-1$ функциї $H_{1}, H_{2}, \ldots H_{n-1}$, не будут удовлетворяться, таким образом определенными значениями этих функций если только мы не выберем $n-1$ интеграл специашьно для этой цели. Мы даже не можем а priori знатьможно ли взять соверпенно произвольный интеграл за первую из искомых функций $H_{1}$ и можно ли тогда так определить остальные $n-2$ функций, чтобы они как с $H$ и с $H_{1}$, так и между собой выполняли все указапные условия.

Волее точное исследование показывает, что $H_{1}$ действительно ножно выбирать проиввольно между интегралами и что таким образом $H_{1}$ должно удовлетворять только условию
\[
\left(H, H_{1}\right)=0 ;
\]

какую бы функцию $H_{1}$ соответственно этому условию мы ни взяги, всегда существует вторая фунция $H_{2}$, которая удовлетворяет одновременно обоим условиям:
\[
\left(H, H_{2}\right)=0, \quad\left(H_{1}, H_{2}\right)=0 ;
\]

далее, какую бы функцию $H_{2}$ соответственно этим двум условиям мы ни взяли, всегда существует третья фунвция $H_{3}$, которая удовлетворяет одновременно трем устовиям:
\[
\left(H, H_{3}\right)=0,\left(H_{1}, H_{3}\right)=0, \quad\left(H_{2}, H_{3}\right)=0,
\]

қ так пока не огределятся все фунцции $H_{1}, H_{2}, \ldots H_{n-1}$.
Мы видим, что настоящее исследование приводит нас к необходимости ответить на вопрос-возможно ли и при каких условиях возможно удовлетворить одновременно нескольким уравнениям в частных производных.

Чтобы разобрать вопрос во всей его наиболыпей общности, возьмем рассматриваемые линейные уравнения в частных производных в форме:
\[
A_{0} \frac{\partial f^{+}}{\partial x_{0}}+A_{1} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}+A_{2} \frac{\partial f}{\partial x_{2}}+\ldots+A_{n} \frac{\partial f}{\partial x_{n}}=0 .
\]

Обозначим левую часть этого уравнения, в воторой $A_{0}, A_{1}, \ldots A_{n}$ представляют данные фунщции от $x_{0}, x_{1} \ldots x_{n}$, через $\boldsymbol{A}(f)$, так что мы рассматриваем это выражение как операцию, произведенную над неизвестной Функцией $f$.
Итак, пусть
\[
A(f)=A_{0} \frac{\partial f}{\partial x_{0}}+A_{1} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}+\ldots+A_{n} \frac{\partial f}{\partial x_{n}}=\sum_{i=0}^{i=n} A_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} ;
\]

точно так же
\[
B(f)=B_{0} \frac{\partial f}{\partial x_{0}}+B_{1} \frac{\partial f}{\partial x_{1}}+\ldots+B_{n} \frac{\partial f}{\partial x_{n}}=\sum_{k=0}^{k=n} B_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{k}} .
\]
$\boldsymbol{A}(f)$ и $B(f)$ являются двумя различными операциями рассматриваемого вна, которые можно произвести над функцией $f$. Если мы произведем одну за другой обе операции, то шөлучатея, смотря по тому, начнем ли мы с операции $A$ или с операции $B$, пва выражения $B\left(A\left(f^{\prime}\right)\right)$ н $A\left(B\left(f^{\prime}\right)\right.$, қоторые определяются равенствами:
\[
\begin{array}{l}
B(A(f))=\sum_{k=0}^{k=n} B_{k} \frac{\partial}{\partial x_{k}}\left\{\sum_{i=0}^{i=n} A_{i} \frac{\partial f}{\partial x_{i}}\right\}= \\
=\sum_{k=0}^{k=n} \sum_{i=0}^{i=n} B_{k} A_{i} \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{k}}+\sum_{k=0}^{k=n} \sum_{i=0}^{i=n} B_{k} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{k}} \frac{\partial f^{*}}{\partial x_{i}} ; \\
A(B(f))=\sum_{i=0}^{i=n} A_{i} \cdot \frac{\partial}{\partial x_{1}}\left\{\sum_{k=0}^{k=n} B_{k} \frac{\partial f}{\partial x_{k}}\right\}= \\
=\sum_{i=0}^{i=n} \sum_{k=0}^{k=n} A_{i} B_{k} \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{k}}+\sum_{i=0}^{i=n} \sum_{k=0}^{k=n} A_{i} \frac{\partial B_{k}}{\partial x_{i}} \frac{\partial f^{\prime}}{\partial x_{k}} . \\
\end{array}
\]

В обоих выражениях вообще равны между ссбою толюко чены, умноженные нз проивводные второго порядка от $f$; поэтому в их разности остапутея тодько чены, содержащие производные первого порядка от $f$. Для этой равности. которую мы навовем $C(f)$, получится:
\[
\begin{array}{l}
C(f)=l(A(f))-A(B(f))=\sum_{k=0}^{k=n} \sum_{i=0}^{i=n} B_{k} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{k}} \frac{\partial f}{\partial x_{i}}-\sum_{i=0}^{i=n} \sum_{k=0}^{k=n} A_{i} \frac{\partial B_{k}}{\partial x_{i}} \frac{\partial f}{\partial x_{k}}= \\
=\sum_{i=0}^{k=n}\left\{\sum_{k=0}^{k=n}\left(B_{k} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{k}}-A_{k} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{k}}\right)\right\} \frac{\partial f}{\partial x_{i}} .
\end{array}
\]

Внося еюда обозначение:
\[
C_{i}=\sum_{k=0}^{k=n}\left(B_{k} \frac{\partial \boldsymbol{A}_{i}}{\partial x_{k}}-A_{k} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{k}}\right)=\left\{\begin{array}{c}
B_{0} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{0}}+B_{1} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{1}}+\ldots+B_{n} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{n}} \\
-A_{0} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{0}}-A_{1} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{1}}-\ldots-A_{n} \frac{\partial B_{k}}{\partial x_{n}}
\end{array}\right\}
\]

найдем:
\[
U(f)=\sum_{i=0}^{i=n} C_{1} \frac{\partial f}{\partial x_{i}}=C_{0} \frac{\partial T}{\partial x_{0}}+C_{1} \cdot \frac{\partial f}{\partial x_{1}}+\ldots+C_{n} \frac{\partial f}{\partial x_{n}} .
\]

Мы будем иредполагать в тальнейшем исследовании, что имеют место $n+1$ уравнений
\[
C_{0}=0, \quad C_{1}=0, \ldots C_{n}=0,
\]

так \»то ды значений $0,1, \ldots n$ значка $i$ выноляется уравнение:
\[
=\left\{\begin{array}{c}
B_{0} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{0}}+B_{1} \frac{\partial A_{1}}{\partial x_{1}}+\ldots+B_{n} \frac{\partial A_{i}}{\partial x_{n}} \\
-A_{0} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{0}}-A_{1} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{1}}-\ldots-A_{n} \frac{\partial B_{i}}{\partial x_{n}}
\end{array}\right\}=0
\]

тогда ми имеем
\[
C(f)=B(A(f))-A(B(f))=0
\]

или
\[
B(A(f))=A(B(f)),
\]

т. е. безразлично — производить ли сначала онерацию $A$ и потом операцию $B$, или сначала операцию $B$, а потом операцию $A$.

Эта независимость результата от шорядка, в котором производятея операции $A$ и $B$, имеет больную важность, так как она может быть распространена на любое число повторений обеих операций. Если мы обозначим через $A^{2}, A^{3}, \ldots A^{m}$ операцию $A$, повторенную пважды, трижды, $\ldots m$ раз одна за другой, а терез $B^{2}, B^{3}, \ldots, B^{m \prime}$ операцию $B$, повторенную дважды, трижды, ….\»‘ раз одна за қругой, то из равенетва
\[
B(A(f))=A\left(B\left(f^{\prime}\right)\right)
\]

следует болес общее
\[
B^{n t^{\prime}}\left(A^{n t}\left(f^{\prime}\right)\right)=A^{m t}\left(B^{n n^{\prime}}\left(f^{\prime}\right)\right) .^{\prime}
\]

Из этого резуытата можно извлеч, при нестедовании обоих нинейных уравнениї в частных гроизводных
\[
A(f)=0, \quad B(f)=0,
\]

удовлетворяющих $n+1$ условшым уравнениям $C_{i}=0$, большую пользу как для нахождения репений каждого отдельного дифференциального уравнения, так и для нахождения их совместных репений. ІІредшоложим, что нам известно одно ренение $f_{1}$ дифференциатьно уравнения $A(f)=0$, так что имеем тождественно
\[
A\left(f_{1}\right)=0 \text {; }
\]

тогда отсюда стенует
\[
B\left(A\left(f_{1}\right)\right)=B(0)=0 .
\]

Но так кап по нашему предположению выполняются $n+1$ условий $C_{i}=0_{s}$. то иожно переставить порядов огераций $A$ и $B$, и тогда из равенста
\[
B\left(A\left(f_{1}\right)\right)=0
\]

будет следовать равенетво:
\[
A\left(B\left(t_{1}\right)\right)=0,
\]
т. е. $B\left(f_{1}\right)$ есть также решение уравнения $A(f)=0$. Смотря по природе того решения, нақо различать три разных случая, причем надо вепомнит, то уравнение в частных производных $A(f)=0$ громе $f_{1}$ имеет еще $n-1$ независимых пак друг от друга, так и от $f_{1}$ репений $f_{2}, f_{3}, \ldots f_{n}$ и что, проме того, имеется очевидное решение $f=$ const. Может слутить, во-шервых, что $B\left(f_{1}\right)$ являетел независимым от $f_{1}$ решением $f_{2} ;$ во-вторых,-что:то есть функци от $f_{1}$, которая также может быть постоянной; и в-третьих, ды должны рассматривать как особепный сэччй тот, когуа $B\left(f_{1}\right)$ оказиваетея равным нул. Мы имеел таци образом три стучая:
\[
B\left(f_{1}\right)=f_{2}, \quad B\left(f_{1}\right)=l^{\prime}\left(f_{1}^{\prime}\right), \quad B\left(f_{1}^{\prime}\right)=0 .
\]
$A(f)=0$ находия второе реџение $f_{2}=B\left(f_{1}\right)$; третьем случае ны имеем одновременшо $A\left(f_{1}\right)=0$ и $B\left(f_{1}\right)=0$, т. е. $f_{1}$ еэть совмезтное решепие уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$; второй случай мы расспотрим позе.

В первом случае, когда $B\left(f_{1}\right)$ равно новому решению $f_{2}$, можно прополжать таким же обравом постуцать пальне. Иуенно, так как $A\left(f_{2}\right)=0$, то мы получаем $B\left(A\left(f_{2}\right)\right)=B(0)=0$ или, после перестановки обеих операщиӥ,
\[
0=A\left(B\left(f_{2}\right)\right)=A\left(B^{2}\left(f_{1}\right)\right),
\]

т. е. $B^{2}\left(f_{1}\right)$ также есть репение уравнения $A(f)=0$. Здесь снова надо разіичать три случая, именно:
\[
B^{2}\left(f_{1}\right)=f_{3}, \quad B^{2}\left(f_{1}\right)=F\left(f_{1}, f_{2}\right), \quad B^{2}\left(f_{1}\right)=B\left(f_{2}\right)=0 .
\]
$B$ первом случае мы имеем третье, независимое от $f_{1}$ и $f_{2}$, решение $f_{3}=B^{2}\left(f_{1}\right)$ уравнения $A(f)=0$; в третьем случае $f_{2}=B\left(f_{1}\right)$ есть совместное решение уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$; ко второму случаю, когда $B^{2}\left(f_{1}\right)$ есъ функция прежних решений $f_{1}$ и $f_{2}=B\left(f_{1}\right)$, которая может также обратиться в постоянную величину, не равную пулю, мы вернемся позже. Через повторное применение операции из одного решения $f_{1}$ возникает ряд величин $f_{1}, B\left(f_{1}\right), B^{2}\left(f_{1}\right), \ldots$, которые все удовлетворяют уравнению в чдетных производных $A(f)=0$. В этом ряду $n$ первых величин либо являютея незарисимыми друт от друга фупкциями и образуют тогда полную систему решений уравнения $A(f)=0$, либо уже одна из тех величин, хотя бы $B^{m}\left(f_{1}\right)$, являетея фунцией предыдущих величив $f_{1}, B\left(f_{1}\right), B^{2}\left(f_{1}\right), B^{m-1}\left(f_{1}\right)$ и па функция может превратиться в постоянную величину, не равную вулю, или в пуат.
С.учай, когда шробегается пеполный цикт решений уравнения $A(f)=0$, будучи неблагоприятны для разыскания этих решений, как раз и облегчает разыскание совместных решений уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$.

Самое общее решение уравнения $A(f)=0$ есть произвольная фушкция ее $n$ друг от друга’ независимых ретений $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{n}$. Для получения совместного решения уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$, надо эту произвольную функцию от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{n}$ определить так, чтобы она удовлетворяла также уравнению $B(f)=0$. С этой целью введем в выражение $B(f)$ на место $n$ из $n+1$ неременных $x_{0}, x_{1}, \ldots x_{n}$, например на мезто $x_{1}, x_{2}, \ldots x_{n}$, новые переменные — функции $f_{1}^{\prime}, f_{2} \ldots f_{n}$ и обозначим производные от $f$, взятые при нтой новой гипотезе, через $\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right), \frac{\partial f}{\partial f_{1}}, \frac{\partial f}{\partial f_{2}}, \cdots \frac{\partial f}{\partial f_{n}}$, гце новая производная $\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right)$ соверненно отлична от прежней $\frac{\partial f}{\partial x_{0}}$ : тогда мы получим:
\[
\frac{\partial f}{\partial x_{0}}=\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right)+\sum_{k=1}^{k=n} \frac{\partial f}{\partial f_{k}} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{0}}
\]

и если $i$ обсзначает одно нз чисел от 1 до $n$, то
\[
\frac{\partial f^{\prime}}{\partial x_{i}}=\sum_{k=1}^{k=t} \frac{\partial f}{\partial f_{k}} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{i}} \text {. }
\]
11отому будем иметь
\[
\begin{array}{c}
B(f)=B_{0}\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right)+B_{0} \sum_{k=1}^{k=n} \frac{\partial f}{\partial f_{k}} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{0}}+\sum_{i=1}^{i=n} B_{6} \sum_{k=1}^{k=n} \frac{\partial f^{\prime}}{\partial f_{k}} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{i}}= \\
=B_{0}\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right)+\sum_{k=1}^{k=n}\left\{\sum_{i=0}^{i=n} B_{i} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{i}}\right\} \frac{\partial f}{\partial f_{k}},
\end{array}
\]

и так вак
\[
\sum_{i=0}^{i=n} B_{i} \frac{\partial f_{k}}{\partial x_{i}}
\]

ести не что иное, кав $B\left(f_{k}\right)$, то мы цолучим
\[
B(f)=B_{0}\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right)+\sum_{k=1}^{k=n} B\left(f_{k}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{k}} .
\]

Но если функция $f$ должна быть решением уравнения $\boldsymbol{A}(f)=0$, то она ножет зависеть только от величин $f_{k}$ и не может больше содержать $x_{0}$ : тақим обравом мы имеем $\left(\frac{\partial f}{\partial x_{0}}\right)=0$, и уравнение $B(f)=0$ своднтся к следующену:
\[
\sum_{k=1}^{k=n} B\left(f_{k}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{k}}=0,
\]
н.нн
\[
B\left(f_{1}\right) \frac{\partial f^{\prime}}{\partial f_{1}}+B\left(f_{2}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{2}}+\ldots+B\left(f_{n}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{n}}=0 .
\]

Но веледетвие предиоложенных нами $n+1$ условий
\[
C_{i}=B\left(A_{i}\right)-A\left(B_{i}\right)=0,
\]

имеющих место для $i=0,1, \ldots n$, выражение $B\left(f_{i}^{\prime}\right)$ будет одновременно с ренением $f_{i}$ уравнения $A(f)=0$ также решением этого уравнения, причем сюда присоединяется и очевидное решение $f=$ const. Следовательно все ве:ичины $B\left(f_{1}\right), B\left(f_{2}\right), \ldots B\left(f_{n}\right)$ являются репениями уравнения $A(f)=0$, I так как самое общее репение уравнения $A(f)=0$ есть произвольная функция от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{n}$, то $B\left(f_{1}\right), B\left(f_{2}\right), \ldots B\left(f_{n}\right)$ все будут фунцциями от величин $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{n}$; таким обравом уравнение
\[
B\left(f_{1}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{1}}+B\left(f_{2}^{\prime}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{2}}+\ldots+B\left(f_{n}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{n}}=0
\]

еть уравнение в частнх произвдных, определяющее $f$ как функцию от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{n}$. Оно допускает $n-1$ независимых друг от друга решений $?_{1}$, $\varphi_{2}, \ldots ?_{n-1}$, и самое общее его репение, которое одновременно является самым общим совместным решением уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$, будет поэтому производьной функцией $l\left(p_{1}, \hat{\vartheta}_{2}, \ldots \varphi_{n}\right)$ от этих $n-1$ друг от друга незавиеимы ренений. Следовательно такие совместные репения существуют всегда, когда выполнены $n+1$ условий $C_{i}=0$.

Чтобы показать теперь пользу, которую приносит повторное применение огерации $B$ пад репением $f_{1}$ уравнения $A(f)=0$, когда дело не идет болыше об определении самого общего репения, а разыскиваете частное ьовместное решение уравнений $A\left(f^{\prime}\right)=0$ и $B(f)=0$, я предноложу, что величины $B\left(f_{1}\right)=f_{2}, B^{2}\left(f_{1}\right)=f_{3}, \ldots B^{m-1}\left(f_{1}\right)=f_{m}$, где $m$ меныше илисамое болыее-равно $n$, являются репениями уравнения $A(f)=0$, независимыми как друг от друга, так и от $f_{1}$; напротив, $B^{m}\left(f_{1}\right)$ уже не будет решением, независимым от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}$; тогда надо различат два случая:
1. Если $B^{m}\left(f_{1}\right)$ равняетея функции $F\left(f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}\right)$ от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}$, которая может перейти также в постоянное значение, не равное нулю, то совместное решение уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$ может быть всегда определено так, что оно зависит только от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{\text {m }}^{\prime}$ и не содержит прочих репгений $f_{m+1}^{\prime}, f_{m+2}^{\prime}, \ldots f_{n}$. В самом деле, при этой гипотезе выненаписанное уравнение в частных производных, определяющее совместное решение $f$ как функцию величин $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{n}$, приводится к уравнению:
\[
f_{2} \frac{\partial f}{\partial f_{1}}+f_{3} \frac{\partial f}{\partial f_{2}}+\ldots+f_{m} \frac{\partial f}{\partial f_{m-1}}+F\left(f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{m}}=0,
\]

которое согласуется с систеной обыкновенных дифференциальных уравнений
\[
d f_{1}: d f_{2}: \ldots: d f_{m-1}: d f_{m}=f_{2}: f_{3}: \ldots: f_{m}: F\left(f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}\right) .
\]

Ғсли ь этой системе присоединим еше переменную $t$, приравняв $m$ равных: отношений отнопению $d t: 1$, то получим
\[
\frac{d f_{1}}{d t}=f_{2}, \quad \frac{d f_{2}}{d t}=f_{3}, \ldots \frac{d f_{m-1}}{d t}=f_{m}, \quad \frac{d f_{m}}{d t}=F\left(f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}\right)
\]

иди
\[
f_{2}=\frac{d f_{1}}{d t}, \quad f_{3}=\frac{d^{2} f_{1}}{d t^{2}}, \ldots f_{m}=\frac{d^{m-1} f_{1}}{d t^{m-1}}, \quad \frac{d f_{m}}{d t}=\frac{d^{m} f_{1}}{d t^{m}}
\]

и вследетвие этого
\[
\frac{d^{m} f_{1}}{d t^{m}}=F\left(f_{1}, \frac{d f_{1}}{d t}, \ldots \frac{d^{m b-1} f_{1}}{d t^{m-1}}\right) .
\]

Нсли тешерь $\varphi_{1}=$ const есть какой-нибудь интеграл этого уравнения $m$-го порядка, не содержащий $t$, то $f=\varphi_{1}$ есть совместное решение уравненић $A(f)=0$ и $B(f)=0$.
2. Если $B^{m}\left(f_{1}\right)=0$, то мы имеем $0=B\left(B^{m-1}\left(f_{1}\right)\right)=B\left(f_{m}\right)$ и $0=A\left(f_{m}\right)$; таким обравом фупция $f_{m}=B^{m-1}\left(f_{1}\right)$ есть совместное репение уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$.

Результ, полученный в елчче 1 , имеет ислючение дая $m=1$. т. е. когда уже $B\left(f_{1}\right)$ приводится к функции от $f_{1}$ или к постоянной, отличной от нуля. Это мы видим уже из того обстоятельства, что тогда дифференциальное уравнение, связывающее $f_{1}$ и $t$, будет первого порядка и следовательно не инеет интеграла, не содержацего $t$. Уравнепие в частных производных, опре. деляюцее $t$ как функцию от $f_{1}, f_{2}, \ldots f_{m}$, переходит тога в следующеє:
\[
\frac{\partial f^{\prime}}{\partial f_{1}^{\prime}}=0
\]

и дает очевидное решешие $f=$ const, которое нам непригодно. В этом стучае из онного репения $f_{1}$ нелзя извлеть никакой полиз, по надо знать еще одно решение $f_{2}$ уравнения $A(f)=0$. Применим к $f_{2}$ операцию $B$, как раныпе это делали с $f_{1}$, и если $B\left(f_{2}\right)$ не будет функций только от $f_{2}$, то по предыдущему получим ив $f_{2}$ совместное решение уравнений $A(f)=0$ и $B(f)=0$. Но если, напротив, $B\left(f_{2}\right)$ есть функция только от $f_{2}$, так что совместие решение не может быть ‘акже пайдено ив одного только $f_{2}$, то всї же мы найдем такое решение, воспольовавиист одновременно функцияи $f$; и $f_{2}$. В самом пеле, пусть,
\[
B\left(f_{1}\right)=\Phi\left(f_{1}\right), \quad B\left(f_{2}\right)=\Psi\left(f_{2}\right) ;
\]
определения этой функии получить уравнение в частных пропзвотны:
\[
\Phi\left(f_{1}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{1}}+\Psi\left(f_{2}^{\prime}\right) \frac{\partial f}{\partial f_{2}}=0,
\]

которое приводит к обыкновенному дифференциальному уравнению
\[
d f_{1}: d f_{2}=\Phi\left(f_{1}\right): \Psi\left(f_{2}\right)
\]

п, кақ искомое совместное репение, дает выражение:
\[
f=\int \frac{d f_{1}}{\Phi\left(f_{1}\right)}-\int \frac{d f_{2}}{\Psi\left(f_{2}\right)} .
\]