Уравнения независещи от производните на неизвестната функция до определен ред

В предната тема видяхме, по какъв начин едно уравнение от ред $n$ може да се сведе до система с $n$ уравнения от първи ред. В настоящата и следващите теми ще разгледаме няколко основни техники за понижение на реда на уравненията, което води до опростяване на изследването им. Грубо казано, да понижим реда на уравнение от ред $n$, означава да сведем задачата до система от две уравнения от по-нисък ред. В общи линии основната идея е да се въведе по подходящ начин нова функция (в зависимост от вида на уравнението), която удовлетворява определено уравнение от по-нисък ред, след което решавайки това уравнение от по-нисък ред, да определим решенията на изходното уравнение, решавайки друго уравнение от по-нисък (най-често първи) ред.

Най-простият вид уравнения, които допускат понижение на реда са уравненията в които участват само независимата променлива и производните на неизвестната функция от определен ред нататък, т. е. уравнения от вида $$F(x,y^{(k)},y^{(k+1)},\ldots,y^{(k+n)})=0,$$ където $F$ е известна непрекъснато-диференцируема функция в отворено множество на $\mathbb{R}^{n+2}$. Непосредствено се забелязва, че ако $y$ е решение на последното уравнение от $n+k$-ти ред и дефинираме функцията $z=y^{(k)}$, то $z$ е решение на уравнението от $n$-ти ред $F(x,z,z’,\ldots,z^{(n)})=0$. Също така, ако $z$ е решение на последното уравнение, то функцията $y$ получена след $k$ последователни интегрирания на $z$, (т. е. функцията $y$ за която $y^{(k)}=z$) е решение на изходното уравнение. Така на практика получихме системата $$y^{(k)}=z,\quad F(x,z,z’,\ldots,z^{(n)})=0,$$ състояща се от едно уравнение от $k$-ти ред и едно от $n$-ти ред.
Оттук получаваме следния практически метод за решаване на уравнението $F(x,y^{(k)},y^{(k+1)},\ldots,y^{(k+n)})=0$. Полагаме $z=y^{(k)}$, решаваме уравнението $F(x,z,z’,\ldots,z^{(n)})=0$, след което определяме $y$ след $k$ кратно интегриране на $z$.

Пример. Да намерим всички решения на уравнението $x^2y^{(2)}=(y’)^2$. Полагаме $y’=z$, при което получаваме уравнението $x^2z’=z^2$. Очевидно $z=0$ е решение на уравнението. При $z\neq 0$ и $x\neq 0$ уравнението е еквивалентно на $-\frac{dz}{z^2}=-\frac{dx}{x^2}$, откъдето след непосредствено интегриране получаваме $z^{-1}=x^{-1}+c=\frac{1+cx}{x}$, където $c\in\mathbb{R}$ . Следователно $z(x)=\frac{x}{1+cx}$. Тази функция намерихме при условие, че $x\neq 0$, но тя диференцируема при $x=0$ и следователно е решение на уравнението в цялото си дефиниционно множество. За да намерим решенията на изходното уравнение трябва за всяко решение $z$ на уравнението $x^2z’=z^2$ да решим уравнението $y’=z$, т. е. уравненията $y’=0$ и $y’= \frac{x}{1+cx}$. От първото уравнение имаме $y(x)=c_1$, където $c_1\in\mathbb{R}$. От второто, при $c=0$, след непосредствено интегриране получаваме $y(x)=\frac{x^2}{2}+c_2$, а при $c\neq 0$ имаме $y(x)=\int\frac{x}{1+cx}dx=\frac{1}{c}\int\frac{1+cx-1}{1+cx}dx=\frac{1}{c}\int 1-\frac{1}{1+cx}dx=\frac{x}{c}-\frac{1}{c^2}\ln|1+cx|+c_3$.
Окончателно, всички решения на уравнението са $y(x)=c$, $y(x)=\frac{x^2}{2}+c$ и $y(x)=\frac{x}{a}-\frac{1}{a^2}\ln|1+ax|+c$, където $a,c\in\mathbb{R}$ и $a\neq 0$.

Нека е дадена задачата на Коши $$F(x,y^{(k)},y^{(k+1)},\ldots,y^{(k+n)})=0,$$$$ y(x_0)=y_0,y'(x_0)=y_1,\ldots,y^{(n+k)}(x_0)=y_{n+k}.$$ Тогава чрез посочената по-горе техника тя се свежда до последователното решаване на задачите на Коши $$F(x,z,z’,\ldots,z^{(n)})=0, \quad z(x_0)=y_k,\ldots,z^{(n)}(x_0)=y_{n+k}$$ и $$y^{(k)}=z, \quad y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(k-1)}(x_0)=y_k.$$ Задачата на Коши може да се реши и като предварително намерим всички решения на уравнението $F(x,y^{(k)},y^{(k+1)},\ldots,y^{(k+n)})=0,$ след което от тях намерим решенията удовлетворяващи началните условия.

Пример. Да изследваме задачата на Коши $x^2y^{(2)}=(y’)^2, y(0)=y_0$, $y'(0)=y_1$, където $y_0,y_1\in\mathbb{R}$. След заместване на $x$ с $0$ в уравнението виждаме, че $y'(0)=0$, което показва, че ако $y_1\neq 0$, то задачата на Коши няма решение. Полагайки $y’=z$, получаваме задачата на Коши $x^2z’=z^2$, $z(0)=0$. В предния пример видяхме, че всички решения на уравнението са $z=0$ и $z(x)=\frac{x}{1+cx}$, където $c\in\mathbb{R}$. Очевидно всички тези функции удовлетворяват началното условие $z(0)=0$. За да намерим решенията на изходната задача на Коши трябва да решим задачата на Коши $y’=z, y(0)=y_0$, където $z$ е произволно решение на задачата на Коши $x^2z’=z^2$, $z(0)=0$. Следователно трябва да решим следните задачи на Коши: $y’=0, y(0)=y_0$ и $y’=\frac{x}{1+cx}, y(0)=y_0$, където $c\in\mathbb{R}$. Първата от тези задачи има единствено решение $y(x)=y_0$. Втората задача има безброй решения: $y(x)=\frac{x^2}{2}+y_0$ и $y(x)=\frac{x}{a}-\frac{1}{a^2}\ln|1+ax|+y_0$, където $a\neq 0$.

Окончателно, при $y_1\neq 0$ задачата на Коши $x^2y^{(2)}=(y’)^2, y(0)=y_0$, $y'(0)=y_1$ няма решение, а при $y_1=0$, всички решения са $y(x)=y_0$, $y(x)=\frac{x^2}{2}+y_0$ и $y(x)=\frac{x}{a}-\frac{1}{a^2}\ln|1+ax|+y_0$, където $a\in\mathbb{R}$ и $a\neq 0$.

Да забележим, че тази задача на Коши няма единствено решение, тъй като уравнението $x^2y^{(2)}=(y’)^2 $ не се решава относно $y^{(2)}$ около точката $(0,y_1,y_2)$.

Упражнения. Решете уравненията: $(e^x+1) y^{(2)} +y’=0,\quad y^{(3)}=(y^{(2)})^2,\quad xy^{(3)}=y^{(2)}-xy^{(2)}$.

назад