Автономни уравнения

Следващият случай в който можем да понижим реда на уравнение, е, когато в него не участва явно независимата променлива, т. е. когато то има вида $F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, където предполагаме, че $F$ е реална функция, непрекъснато-диференцируема в $\mathbb{R}^{n+1}$ . Такива уравнения се наричат автономни и чрез тях се формулират различни физични закони. Да забележим, че ако функцията $y$ е решение на уравнението $F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ и е обратима в някой отворен интервал, $I\subseteq\mathbb{R}$, то е коректно дефинирана функцията $z=y’\circ y^{-1}$ в интервала $y(I)$, и тя има производни до ред $n-1$ в този интервал. Да проверим, че тази функция $z$ е решение на уравнение от ред $n-1$. От дефиницията имаме $y’=z\circ y$. Тогава $y^{(2)}=z’\circ y.y’=(z’\circ y).(z\circ y).$ За удобство в означенията се пропуска композицията с $y$, т. е. ще запишем (макар и не съвсем точно) $y^{(2)}=z’z$, $y^{(3)}=z^{(2)}y’z+z’z’y’=z^{(2)}z^2+(z’)^2z$, и т. н. Изобщо за всяко $k\in\{2,\ldots,n\}$ имаме $$y^{(k)}=g_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})+z^{k-1}z^{(k-1)},$$ където $g_k$ е полином на $k-1$ променливи. Действително, това е очевидно за $k=2$, a при $k>2$ след диференциране на последното съотношение получаваме $$y^{(k+1)}=\partial_1g_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z’y’+\ldots+\partial_{k-1}g_{k}(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z^{(k-1)}y’+(k-1)z^{k-2}z’y’z^{(k-1)}+z^{k-1}z^{(k)}y’=$$$$=\sum_{j=1}^{k-1}\partial_jg_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z^{(j)}z+(k-1)z^{k-1}z’z^{(k-1)}+z^{k}z^{(k)}.$$ Дефинирайки $$g_{k+1}(z,z’,\ldots,z^{(k-1)})=\sum_{j=1}^{k-1}\partial_jg_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z^{(j)}z+(k-1)z^{k-1}z’z^{(k-1)}$$ получаваме $y^{(k+1)}=g_{k+1}(z,z’,\ldots,z^{(k-1)})+z^{k}z^{(k)}$.

Оттук виждаме, че ако $y$ е решение на уравнението $F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, което е обратимо в интервала $I$, то функцията $z=y’\circ y^{-1}$, дефинирана в интервала $y(I)$ е решение на уравнението $G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$, където $$G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=F(y,z,zz’,\ldots,g_{n-1}(z,z’,\ldots,z^{(n-2)})+z^{n-1}z^{(n-1)}).$$ От друга страна, ако $z$ е решение на последното уравнение в интервала $J\subseteq\mathbb{R}$, и $y$ е обратимо решение на уравнението $y’=z(y)$, дефинирано в интервал $I\subseteq\mathbb{R}$ за който $y(I)\subseteq J$, то $y$ е решение на уравнението $F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ в интервала $I$. Действително, при тези предположения, в интервала $J$ имаме $G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$ и $y’\circ y^{-1}=z$, откъдето след последователно диференциране и преобразуване, в интервала $y(I)$ имаме $$y^{(2)}\circ y^{-1}=z’z,\ldots,y^{(n)}\circ y^{-1}=g_{n}(z,z’,\ldots,z^{(n-2)})+z^{n-1}z^{(n-1)}.$$ Тогава за всяко $x\in I$ имаме $$F(y(x),y'(x),\ldots,y^{(n)}(x))=G(y(x),z(y(x)),\ldots,z^{(n-1)}(y(x)))=0.$$

От тези наблюдения получаваме следния практически метод за решаване на автономни уравнения от $n$-ти ред. Полагаме $y’=z(y)$ и намираме производните на $y$, както по-горе и ги заместваме в уравнението $F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$. Получаваме уравнението $G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$ за функцията $z$. След като решим това уравнение, решенията на изходното уравнение определяме като решим уравнението $y’=z(y)$.
Така задачата за решаване на автономно уравнение от $n$-ти ред се свежда до системата $$y’=z(y), \quad G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0,$$ т. е. до последователно решаване на две уравнения от по-нисък ред: едно от $n-1$-ви ред и едно от първи ред.

Да обърнем внимание на задачата на Коши $$F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0, \quad y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n)}(x_0)=y_n.$$ Ако $y_1\neq 0$ тази задача на Коши се свежда до задача на Коши за уравнението $G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$, където $G$ е както по-горе.
Действително, съответните начални условия определяме след заместване на $x_0$ във формулите за производните на $y$, изразени чрез производните на $z$ и отчитане на началните условия $y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n)}(x_0)=y_n$. Имаме $$y'(x_0)=z(y(x_0))=z(y_0)=y_1,$$ $$y^{(2)}(x_0)=z'(y(x_0))z(y(x_0))=z'(y_0)z(y_0)=y_2,$$ откъдето $z'(y_0)=\frac{y_2}{y_1}$ и т. н. Аналогично $$y^{(n)}(x_0)=g_{n-1}(z(y_0),z'(y_0),\ldots,z^{(n-2)}(y_0))+z^{n-1}(y_0)z^{(n-1)}(y_0),$$ откъдето $$z^{(n-1)}(y_0)=\frac{y_n-g_{n-1}(z(y_0),z'(y_0),\ldots,z^{(n-2)}(y_0))}{y_1^{n-1}}.$$ Ако означим стойностите на $z,z’\ldots,z^{(n-1)}$ в точката $y_0$ съответно с $z_0,$$\ldots,$$z_{n-1}$, можем да проверим, че ако $\partial_{n+1}F(y_0,y_1,\ldots,y_n)\neq 0$ (тогава изходната задача има единствено решение), то $\partial_{n}G(y_0,z_0\ldots,z_{n-1})\neq 0$ и следователно задачата на Коши $$G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0,\quad z(y_0)=z_0,\ldots, z(y_0)=z_{n-1}$$ също има единствено решение. Тогава ако $z$ е решението на тази задача на Коши, то решението на изходната задача на Коши се определя от решението на задачата на Коши $y’=z(y), \quad y(x_0)=y_0$. Да отбележим, че ако $y_1=0$, то в общия случай не можем да приложим съответната техника за понижение на реда, за да получим задача на Коши за уравнение от по-нисък ред. Практически, в този случай, задачата на Коши може да се реши по следния начин. Прилагаме съответната техника за понижение на реда към уравнението $F(y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, без да отчитаме началните условия. След като определим всички решения $z$ на уравнението $G(y,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$, определяме всички решения на уравнението $y’=z(y)$ и сред тях търсим решенията, удовлетворяващи началните условия $ y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n)}(x_0)=y_n$.

Пример. Да решим задачата на Коши $y^{(2)}=1, y(x_0)=1, y'(x_0)=0$. Тази задача се решава най-удобно чрез непосредствено интегриране. Всички решения на уравнението са $y(x)=\frac{x^2}{2}+c_1x+c_2$, където $c_1,c_2\in\mathbb{R}$. След заместване на $x_0$ и отчитане на началните условия имаме $$1=y(x_0)=\frac{x_0^2}{2}+c_1x_0+c_2, \quad 0=y'(x_0)=x_0+c_1,$$ откъдето получаваме $c_1=-x_0$, $c_2=1+\frac{x_0^2}{2}$. Следователно $$y(x)=\frac{x^2}{2}-x_0x+\frac{x_0^2}{2}+1=\frac{(x-x_0)^2}{2}+1$$ е единственото решение на задачата на Коши.
Същата задача можем да разглеждаме като задача на Коши за автономно уравнение. За да получим уравнение от по-нисък ред полагаме $y’=z(y)$, при което $y^{(2)}=z’z$. Замествайки в уравнението получаваме $z’z=1$. Както можем да забележим първоначалната задача не може да се сведе до задача на Коши за последното уравнение, тъй като от $y'(x_0)=0$ имаме $y'(x_0)=z(y(x_0))=z(1)=0$, откъдето $y^{(2)}(x_0)=z'(y(x_0))z(y(x_0))=z'(1)z(1)=0$, което противоречи на $y^{(2)}(x_0)=1$. От друга страна решенията на уравнението $z’z=1$ се определят от $z^2=2(y+c)$, където $c\in\mathbb{R}$. Следователно $z(y)=\pm\sqrt{2y+2c}$ са всички решения на това уравнение. За да определим всички решения на уравнението $y^{(2)}=1$ трябва да намерим всички обратими решения на уравненията $y’=\pm\sqrt{2y+2c}$. Можем да забележим, че $y(x)=-c$ е решение на всяко от последните уравнения, но то не е обратимо и следователно не е решение на изходното уравнение (това се вижда и с непосредствена проверка). При $y\neq-c$ уравнението е еквивалентно на $\frac{1}{\pm\sqrt{2y+2c}}dy=dx$, откъдето след непосредствено интегриране получаваме $\pm\sqrt{2y+2c}=x+c_1$. Последните уравнения определят функциите $y_1(x)=\frac{(x+c_1)^2}{2}-c$ за $x>-c_1$ и $y_2(x)=\frac{(x+c_1)^2}{2}-c$ за $x<-c_1$, които са обратими в дефиниционните си множества и обратните им функции са диференцируеми. Всяка от тези функции е решение на уравнението $ y^{(2)}=1$, но също така, в дефиниционния си интервал, всяка от тези функции съвпада с функцията $y(x)=\frac{(x+c_1)^2}{2}-c$, дефинирана върху $\mathbb{R}$. Следователно всички решения на уравнението $y^{(2)}=1$, са функциите $y(x)=\frac{(x+c_1)^2}{2}-c$. След като разполагаме с всички решения на уравнението, за да решим задачата на Коши $ y^{(2)}=1, y(x_0)=1,y'(x_0)=0$ трябва да определим числата $c$ и $c_1$, което става както по-горе с непосредствено заместване с $x_0$ и отчитане на началните условия.

назад