Уравнения нерешени относно производната

Уравнение нерешено относно производната се нарича уравнение от вида $F(x,y,y’)=0$, където $F$ е дадена функция на три променливи. Постановката на задачата е следната. Дадени са отворено множество $U\subseteq\mathbb{R}^3$, функция $F:U\to\mathbb{R}$, за която предполагаме, че има непрекъснати частни производни от втори ред в $U$, точка $(x_0,y_0,z_0)\in U$, такава че $F(x_0,y_0,z_0)=0$ и $(F’_x,F’_y,F’_z)(x_0,y_0,z_0)\neq(0,0,0)$. Tърсим диференцируема функция $\varphi:(\alpha,\beta)\to\mathbb{R}$, такава че:
1) $(x,\varphi(x),\varphi'(x))\in U$, за всяко $x\in(\alpha,\beta)$,
2) $F(x,\varphi(x),\varphi'(x))=0$, за всяко $x\in(\alpha,\beta)$
3) $\varphi(x_0)=y_0$, $\varphi'(x_0)=z_0$.

Такава функция ще наричаме решение на уравнението $F(x,y,y’)=0$, при начални условия $y(x_0)=y_0, y'(x_0)=z_0$.
Да изясним какъв е геометричният смисъл на задачата. Уравнението $F(x,y,z)=0$ определя около точката $(x_0,y_0,z_0)$ някаква гладка повърхнина $S$, а условията 1), 2), 3) означават, че се търси специфична гладка крива $L$ върху повърхнината, и минаваща през точката $(x_0,y_0,z_0)$. Тази крива има свойството, че допуска параметрично представяне, в което първата координата е свободна, втората координата е функция на първата, а третата координата е производната на втората координата. Следователно това параметрично представане на кривата се определя единствено от втората координата. Разглеждайки нещата от тази гледна точка, можем да видим по какъв начин задачата за решаване на уравнение нерешено относно производната може да се сведе до задача за решаване на конкретна диференциална система. Наистина, нека $\gamma(t)=(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))$, $t\in(p,q)$ е произволна параметризация на гладка крива $L$ върху повърхнината $S$ през точката $(x_0,y_0,z_0)$, която допуска параметризация, в която първата координата е свободна, втората координата е функция на първата, а третата координата е производната на втората координата. Тогава съществува $t_0\in(p,q)$, такова че $(\varphi(t_0),\psi(t_0),\theta(t_0)) =(x_0,y_0,z_0)$, $\varphi'(t_0)\neq 0$, и за всяко $t\in(p,q)$ е изпълнено $(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\in U$, $F(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))=0$ и $\theta(t)=\frac{\psi'(t)} {\varphi'(t)}$. Диференцирайки тъждеството $F(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))=0$ получаваме, че нашата крива удовлетворява за всяко $t\in(p,q)$ следните условия $$F’_x(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\varphi'(t)+F’_y(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\psi'(t)+F’_z(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\theta'(t)=0,$$ $$\psi'(t)=\theta(t)\varphi'(t).$$ Това показва, че кривата $L$ определена с параметризацията $\gamma$ е решение на следната задача на Коши $$F’_xdx+F’_ydy+F’_zdz=0,\quad dy-zdx=0,\quad (x_0,y_0,z_0)\in U.$$ Рангът на матрицата на тази диференциална система в точката $(x_0,y_0,z_0)$ е максимален точно когато $(F’_x+zF’_y, F’_z )(x_0,y_0,z_0)\neq(0,0)$ и в този случай, от двукратната диференцируемост на $F$ и основната теорема за съществуване и единственост, следва че задачата на Коши има единствено решение. Нека $\gamma(t)=(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))$, $t\in(p,q)$ е решение на тази задача, т. е. за някое $ t_0\in(p,q)$ имаме $(\varphi(t_0),\psi(t_0),\theta(t_0))=(x_0,y_0,z_0)$, $(\varphi'(t_0),\psi'(t_0),\theta'(t_0))\neq (0,0,0)$ и за всяко $t\in(p,q)$ е изпълнено $(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\in U$, $ F’_x(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\varphi'(t)+F’_y(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\psi'(t)+F’_z(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))\theta'(t)=0$ и $ \psi'(t) =\theta(t)\varphi'(t)$. Тогава $\frac{d}{dt}F( \varphi(t),\psi(t),\theta(t))=0$ за всяко $t\in(p,q)$. Следователно функцията $t\mapsto F(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))$ е постоянна и тъй като $F(\varphi(t_0),\psi(t_0),\theta(t_0))=F(x_0,y_0,z_0)=0$, получаваме че $F(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))=0$ за всяко $t\in (p,q)$. Ако $\varphi'(t_0)\neq 0$, от теоремата за обратната функция съществува околност $I$ на $t_0$, образа на която посредством $\varphi$ е околност $J$ на $x_0$, върху която е дефинирана обратната функция $\varphi^{-1}$. Тогава функцията $h=\psi\circ\varphi^{-1}$, дефинирана в $J$ определя решение на уравнението $F(x,y,y’)=0$ при условия $y(x_0)=y_0$, $y'(x_0)=z_0$. Наистина, от теоремите за диференциране на съставна и обратна функция, при $x\in J$ имаме $F(x,h(x),h'(x))=F\left(\varphi(\varphi^{-1}(x)),\psi(\varphi^{-1}(x)), \frac{ \psi'(\varphi^{-1}(x))}{\varphi'(\varphi^{-1}(x))}\right)=F(\varphi(t),\psi(t),\theta(t))=0$, $h(x_0)=\psi(\varphi^{-1}(x_0))=\psi(t_0)=y_0$, $h'(x_0)=\frac{ \psi'(\varphi^{-1}(x_0)) }{\varphi'(\varphi^{-1}(x_0))}=\theta(\varphi^{-1}(x_0))=\theta(t_0)=z_0$.

Да видим как практически се намират решения на диференциалната система $dF=0, dy=zdx$, през точката $(x_0,y_0,z_0)$, в случаите когато $F’_z(x_0,y_0,z_0)\neq 0$, $F’_x(x_0,y_0,z_0)\neq 0$ или $F’_y(x_0,y_0,z_0)\neq 0$. В първия случай уравнението $F(x,y,z)=0$ е локално еквивалентно на уравнение от вида $z=f(x,y)$, при което функцията $f$ има непрекъснати частни производни в околност на точката $(x_0,y_0)$ и $f(x_0,y_0)=z_0$. Условието за максималност на ранга на системата е изпълнено. Тогава уравнението $dF=0$ ни дава тъждеството $dz=f’_xdx+f’_ydy$, а уравнението $dy=zdx$ се преобразува в $dy=f(x,y)dx$. Тогава задачата на Коши $dF=0, dy=zdx, (x_0,y_0,z_0)\in U$ се свежда до решаване на задачата на Коши $y’=f(x,y)$, $y(x_0)=y_0$. В останалите случаи ще предполагаме, че $(F’_x+zF’_y)(x_0,y_0,z_0)\neq 0$, което ни осигурява максималност на ранга на матрицата на системата. При $F’_x(x_0,y_0,z_0)\neq 0$ уравнението $F(x,y,z)=0$ е локално еквивалентно на уравнение от вида $x=g(y,z)$, при което функцията $g$ има непрекъснати частни производни в околност на точката $(y_0,z_0)$ и $g(y_0,z_0)=x_0$. Тогава уравнението $dF=0$ може да се запише във вида $dx=-\frac{F’_y}{F’_x}dy-\frac{F’_z}{F’_x}dz$, при което след заместване в $dy=zdx$ и преобразуване получаваме уравнението $(F’_x+zF’_y)dy+zF’_zdz=0$, дефинирано в околност на $(y_0,z_0)$, на което трябва да определим решение през точката $(y_0,z_0)$. Тъй като $(F’_x+zF’_y)(x_0,y_0,z_0)\neq 0$, последната задача на Коши е еквивалентна на задачата на Коши $y’=\frac{-zF’_z}{ F’_x+zF’_y }$, $y(z_0)=y_0$. Ако $\xi$ е решение на тази задача на Коши, то съответно решение на изходната задача се задава с параметризацията $x=g(\xi(t),t), y=\xi(t), z=t$, където $t$ се изменя в околност на $z_0$. При $F’_y(x_0,y_0,z_0)\neq 0$ уравнението $F(x,y,z)=0$ е локално еквивалентно на уравнение от вида $y=h(x,z)$, при което функцията $h$ има непрекъснати частни производни в околност на точката $(x_0,z_0)$ и $h(x_0,z_0)=y_0$. Тогава уравнението $dF=0$ може да се запише във вида $dy=-\frac{F’_x}{F’_y}dx-\frac{F’_z}{F’_y}dz$, при което след заместване на $dy=zdx$ и преобразуване, получаваме уравнението $(F’_x+zF’_y)dx+F’_zdz=0$, дефинирано в околност на $(x_0,z_0)$, на което трябва да определим решение през точката $(x_0,z_0)$. Тъй като $(F’_x+zF’_y)(x_0,y_0,z_0)\neq 0$, последната задача на Коши е еквивалентна на $x’=\frac{-F’_z}{ F’_x+zF’_y }$, $x(z_0)=y_0$. Ако $\eta$ е решение на тази задача на Коши, то съответно решение на изходната задача се задава с параметризацията $x=\eta(t), y=h(\eta(t),t), z=t$, където $t$ се изменя в някаква околност на $z_0$.

Да отбележим, че диференциалната система $dF=0, dy-zdx=0$ може да има решения, които не водят до решения на уравнението $F(x,y,y’)=0$. Например за уравнението $yy’+x=0$ можем непосредствено да видим, че няма интегрални криви през точката $(0,0)$, но съответната диференциална система $dx+zdy+ydz=0$, $dy-zdx=0$, на която търсим решение през точка от вида $(0,0,z_0)$, има решение $t\mapsto(0,0,t)$. В този случай производната на първата координата е тъждествено нула и следователно тази координата никога не е свободна.

Да обърнем внимание на случаят, когато рангът на системата $dF=0$, $dy=zdx$ не е максимален върху някаква гладка крива от повърхнината $F=0$. Точките от такава крива са особени за уравненията $ (F’_x+zF’_y)dx+F’_zdz=0 $ и $ (F’_x+zF’_y)dy+zF’_zdz=0$, които следват от системата, тъй като върху тях $ (F’_x+zF’_y, F’_z)=(0,0)$. Можем да забележим, че всяка такава крива е решение на системата $dF=0$, $dy=zdx$. Наистина, ако върху точките от гладката крива $\gamma$ въхрху повърхнината $F=0$, имаме че $( F’_x+zF’_y, F’_z)=(0,0)$, тъй като функцията $F$ приема постоянна стойност нула върху $\gamma$, след диференциране виждаме, че тя удовлетворява уравнението $dF=0$. Тъй като $ F’_x+zF’_y =0$, $F’_z=0$ и $(F’_x,F’_y,F’_z)\neq(0,0,0)$, виждаме, че $F’_y\neq 0$. Тогава $0=dF=F’_xdx+F’_ydy+F’_zdz=-zF’_ydx+F’_ydy=F’_y(dy-zdx)$, което показва, че $dy=zdx$ върху точките от $\gamma$, т. е. $\gamma$ е решение на системата. Това решение се състои от особени точки на системата и следователно е особено. Ако едно особено решение на системата определя решение на уравнението $F(x,y,y’)=0$, това решение се нарича особено решение на уравнението.

След тези изводи да резюмираме практическият метод за намиране на решения на уравнение от вида $F(x,y,y’)=0$. Ако е възможно, решаваме това уравнение относно $y’$, при което задачата се свежда до решаване на уравнение от вида $y’=f(x,y)$. Ако това не е възможно, взимаме пълен диференциал от съотношението $F(x,y,z)=0$, в което $y’$ е заменено с нова променлива $z$, след което в комбинация с уравнението $dy=zdx$ (което формално можем да си мислим, че идва от полагането $y’=\frac{dy}{dx}=z$) трябва да получим едно диференциално уравнение (относно $x$, ако $F(x,y,z)=0$ се решава относно $y$, или относно $y$, ако $F(x,y,z)=0$ се решава относно $x$), в което диференцирането е относно $z$. Тези уравнения може да имат особени решения. След като определим решение на полученото уравнение, получаваме $x$ (или $y$) като някаква функция на $z$, която се замества в изразяването на $y$ (или $x$) от уравнението $F(x,y,z)=0$. Така получените параметрични криви на $z$ евентуално задават решения на $F(x,y,y’)=0$.

Пример. Решете уравнението $y’=e^{\frac{xy’}{y}}$. Уравнението не се решава относно $y’$, но се решава удобно относно $x$, като $x=y\frac{\ln y’}{y’}$. Взимаме пълен диференциал от тъждеството $x=y\frac{\ln z}{z} $ и получаваме $dx=\frac{\ln z}{z}dy+y\frac{\frac{1}{z}z-\ln z}{z^2}dz$. Заместваме в $dy=zdx$, при което получаваме $dy=\ln z dy+y\frac{1-\ln z}{z}dz$. Оттук имаме уравнението $(1-\ln z)(dy-\frac{y}{z}dz)=0$. При $\ln z=1$, т. е. $z=e$ имаме $x=ye^{-1}$, откъдето $y=ex$ е едно от решенията на уравнението (особено решение). При $\ln z\neq 1$ имаме уравнението $ \frac{dy}{y}=\frac{dz}{z}$, от което след интегриране и взимане на експонента получаваме $y=\pm e^{c}z$. Следователно решенията на системата $dx=\frac{\ln z}{z}dy+y\frac{1-\ln z}{z^2}dz$, $dy=zdx$ се задават параметрично с уравненията $x=y\frac{\ln t}{t}=\pm e^c\ln t$, $y=\pm e^ct$, $z=t$. Тъй като от първото уравнение можем да изразим параметъра $t$, можем да получим решенията на изходната задача в явен вид. Наистина тъй като $t=e^{\pm e^{-c}x}$, решенията на уравнението $y’=e^{\frac{xy’}{y}}$ са функциите $y= \pm e^c e^{\pm e^{-c}x}$ и $y=ex$.

Упражнения

1. Решете уравненията $x=f(y’)$ и $y=f(y’)$, където $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ е непостоянна диференцируема функция.
2. Решете уравнението $F(y’)=0$, където $F$ е непостоянна диференцируема функция, която има поне една нула.
3. Решете уравненията, като ги “решите” относно производната $$yy’^2+(x-y)y’-x=0, \quad y’^3+(x+2)e^y=0, \quad y(xy’-y)^2=y-2xy’.$$
4. Решете уравненията чрез диференциране $$y=xy’-y’^2,\quad e^{y’}+y’=x, \quad y=\sqrt{1+y’^2},\quad y=x+y’-\ln y’,\quad y’^4=2yy’+y^2,\quad xy’=y\ln y’.$$

назад