Уравнения записващи се като производна

В настоящата тема ще разгледаме уравнения от вида $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, в които лявата страна е производна на някоя функция на $x$. За такива уравнения редът се понижава с единица, като определим функцията, чиято производна съвпада с лявата страна на уравнението. По-точно, ще предполагаме, че ако $U\subseteq\mathbb{R}^{n+2}$ е отворено множество и $F:U\to\mathbb{R}$ е непрекъснато-диференцируема в $U$, то съществува непрекъснато-диференцируема функция $G:V\to\mathbb{R}$, дефинирана в отворено множество $V\subseteq\mathbb{R}^{n+1}$, такава че ако $y$ е решение на уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ в интервала $I\subseteq\mathbb{R}$, то за всяко $x\in I$ е изпълнено $$(x,y(x),\ldots,y^{(n-1)}(x))\in V$$ и $$F(x,y(x),\ldots,y^{(n)}(x))=\frac{d}{dx}G(x,y(x),\ldots,y^{(n-1)}(x)).$$ При тези предположения, от основната теорема на интегралното смятане следва, че функцията $x\mapsto G(x,y(x),\ldots,y^{(n-1)}(x))$ е постоянна в интервала $I$, което показва, че $y$ е решение на уравнението $G(x,y,\ldots,y^{(n-1)})=c$, където $c\in\mathbb{R}$. Чрез диференциране се убеждаваме, че е вярно и обратното, т. е. всяко решение на последното уравнение, е решение на изходното уравнение. Това показва, че редът на уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ се понижава с единица, като се определи функцията $G$, която се нарича пръв интеграл на уравнението.

Например за уравнението $y’y^{(2)}=x+yy’$ имаме $F(x,y,y’,y^{(2)})=y’y^{(2)}-x-yy’=\left[\frac{(y’)^2-x^2-y^2}{2}\right]’=\frac{d}{dx}G(x,y,y’)$, където $G(x,y,y’)= \frac{(y’)^2-x^2-y^2}{2} $, при което уравнението $y’y^{(2)}=x+yy’$ се свежда до уравнението $\frac{(y’)^2-x^2-y^2}{2}=c$, което е от по нисък ред.

Да забележим, че ако уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ има пръв интеграл $G$, то $$F(x,y,\ldots,y^{(n)})=\frac{d}{dx}G(x,y,\ldots,y^{(n-1)})=$$$$=\partial_1G(x,y,\ldots,y^{(n-1)})+\partial_2G(x,y,\ldots,y^{(n-1)})y’+\ldots+\partial_{n+1}G(x,y,\ldots,y^{(n-1)})y^{(n)}$$ и следователно, ако коефициентът $\partial_{n+1}G$ не се анулира в дадена точка, то уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ се решава еднозначно относно $y^{(n)}$ в околност на тази точка. Следователно, в задачата на Коши за такова уравнение не е необходимо да се задава условие за стойността на $y^{(n)}$. Оттук виждаме, че ако $(x_0,y_0,\ldots,y_{n-1})\in V$ и $\partial_{n+1}G(x_0,y_0,\ldots,y_{n-1})\neq 0$, то задачата на Коши $$F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0,\quad y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n-1)}(x_0)=y_{n-1},$$ е еквивалентна на задачата на Коши $$G(x,y,\ldots,y^{(n-1)})=G(x_0,y_0,\ldots,y_{n-1}),\quad y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n-1)}(x_0)=y_{n-1}$$ и има единствено решение, тъй като $$\partial_{n+2}F(x_0,y_0,\ldots,y_n)=\partial_{n+1}G(x_0,y_0,\ldots,y_{n-1})\neq 0.$$
Пример. Да намерим всички решения на уравнението $yy^{(3)}+3y’y^{(2)}=0$.
Това уравнение може да се разглежда както като автономно, така и като хомогенно относно производните, но практически след понижение на реда, получените уравнения не се решават. От друга страна уравнението може да се преобразува до уравнение, което има пръв интеграл. Действително, ако $yy^{(2)}\neq 0$, уравнението е еквивалентно на $\frac{y^{(3)}}{y^{(2)}}+3\frac{y’}{y}=\left(\ln|y^{(2)}|+3\ln|y|\right)’=0$. Следователно $\ln|y^{(2)}y^3|=c$, където $c\in\mathbb{R}$. Вземайки експонентите на двете страни получаваме $ y^{(2)} y^3=\pm e^c$. Полученото уравнение е автономно и след полагането $y’=z(y)$ се свежда до $y^3zz’=\pm e^c$. Тъй като $y\neq 0$, след разделяне и непосредствено интегриране получаваме $\frac{z^2}{2}=\frac{\pm e^c}{-2y^2}+c_1$. Ако $c_1=0$, само едно от последните две уравнения има смисъл и $z(y)=\pm \frac{e^{\frac{c}{2}}}{y}$. Ако $c_1\neq 0$, то $z(y)=\pm\frac{\sqrt{\pm e^c+2c_1y^2}}{y}$. Оттук получаваме уравненията $y’=\pm \frac{e^{\frac{c}{2}}}{y}$ и $y’=\pm\frac{\sqrt{\pm e^c+2c_1y^2}}{y}$. Първото от тях е еквивалентно на $ydy=\pm e^{\frac{c}{2}}dx$ и след интегриране получаваме $\frac{y^2}{2}=\pm e^{\frac{c}{2}}x+c_2$. Оттук $y(x)=\pm\sqrt{\pm2e^{\frac{c}{2}}x+2c_2}$. Второто уравнение е еквивалентно на $\pm\frac{y}{\sqrt{\pm e^c+2c_1y^2}}dy=dx$ (при $\pm e^c+2c_1y^2\neq 0$). След интегриране имаме $\pm\frac{1}{4c_1}\sqrt{\pm e^c+2c_1y^2}=x+c_3$, а след решаване относно $y$ получаваме $y(x)=\pm\sqrt{8c_1(x+c_3)^2\pm\frac{e^c}{2c_1}}$. При $y y^{(2)} =0$ имаме $y(x)=0$ или $y(x)=c_1x+c_2$.

Окончателно можем да запишем, че всички решения на уравнението са $y(x)=ax+b$, $y(x)=\pm\sqrt{px+q}$ и $y(x)=\pm\sqrt{r(x+t)^2+s}$, където $a,b,p,q,r,s,t\in\mathbb{R}$ и $p,r,s\neq 0$.

Пример. Да изследваме задачата на Коши $yy^{(3)} +3y’ y^{(2)} =0, \quad y(x_0)=0, y'(x_0)=y_1, y^{(2)}(x_0)=y_2$, където $y_1,y_2\in\mathbb{R}$.
След заместване с $x_0$ в уравнението виждаме, че ако $y_1y_2\neq 0$, то задачата на Коши няма решение. В предния пример видяхме, че всички решения на уравнението са $y(x)=ax+b$, $y(x)=\pm\sqrt{px+q}$ и $y(x)=\pm\sqrt{r(x+t)^2+s}$, където $a,b,p,q,r,s,t\in\mathbb{R}$ и $p,r,s\neq 0$. Тъй като последните две функции не са диференцируеми в точките в които се анулират, решения на задачата на Коши трябва да търсим от $y(x)=ax+b$. Тъй като $ y^{(2)} =0$ виждаме, че при $y_2\neq 0$ задачата на Коши няма решение. Следователно при $y_2=0$ имаме $y(x_0)=ax_0+b=0$, $y'(x_0)=a=y_1$, откъдето виждаме, че $y(x)=y_1(x-x_0)$ е единственото решение на задачата на Коши.
Да забележим, че предвид условието $y(x_0)=0$, уравнението не се решава относно $y^{(3)}$ около точката $(x_0,0,y_1,y_2)$, а също дадената задача на Коши не можем сведем до задача на Коши за уравнението $\ln|y^{(2)}y^3|=c$, което получихме в предния пример.

назад