Уравнения хомогенни по отношение на неизвестната функция и нейните производни
Следващият тип уравнения, които допускат понижение на реда са уравненията хомогенни относно производните на неизвестната функция, т. е. това са уравненията $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, в които функцията $F$ е непрекъснато-диференцируема реална функция в $ \mathbb{R}^{n+2}$, хомогенна по отношение на последните $n+1$ променливи, т. е. съществува $k\in\mathbb{R}$, такова че ако $(x_0,y_0,\ldots,y_n)\in \mathbb{R}^{n+2} $, то за всяко $a>0$ e изпълнено $$F(x_0,ay_0,\ldots,ay_n)=a^kF(x_0,y_0,\ldots,y_n).$$ В този случай е естествено да се проверява дали функцията $y=0$ е решение на уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$.
Да се убедим, че ако $y$ е решение на това уравнение, което не се анулира в интервала $I\subseteq \mathbb{R}$, то функцията $$z=\frac{y’}{y}$$ е решение на уравнение от $n-1$-ви ред. От определението на $z$ имаме $y’=zy$, откъдето след последователно диференциране получаваме $$
y^{(2)}=z’y+zy’=z’y+z^2y=(z’+z^2)y,$$$$y^{(3)}=(z^{(2)}+2zz’)y+(z’+z^2)y’=(z^{(2)}+3z’z+z^3)y,$$$$\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots$$\begin{equation}\label{derivat}y^{(k)}=(z^{(k-1)}+g_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)}))y,\end{equation} където $g_k$ е полином на $k-1$ променливи, а $k\in\{2,\ldots,n\}$. Това е очевидно при $k=2$, а при $k>2$ след диференциране получаваме $$y^{(k+1)}=\left[z^{(k)}+\sum_{j=1}^{k-1}\partial_jg_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z^{(j)}\right]y+[z^{(k-1)}+g_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})]y’=$$$$=\left[z^{(k)}+\sum_{j=1}^{k-1}\partial_jg_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z^{(j)}+z^{(k-1)}z+g_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z\right]y.$$ Дефинирайки $$g_{k+1}(z,z’,\ldots,z^{(k-1)})=\sum_{j=1}^{k-1}\partial_jg_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z^{(j)}+z^{(k-1)}z+g_k(z,z’,\ldots,z^{(k-2)})z,$$ получаваме $y^{(k+1)}=(z^{(k)}+g_{k+1}(z,z’,\ldots,z^{(k-1)}))y$. След заместване на тези производни в уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ получаваме $$F(x,y,zy,(z’+z^2)y,\ldots,(z^{(n-1)}+g_{n-1}(z,z’,\ldots,z^{(n-2)}))y)=0.$$ Тъй като по предположение функцията $F$ е хомогенна по последните $n+1$ променливи, имаме $$F(x,y,zy,(z’+z^2)y,\ldots,(z^{(n-1)}+g_{n-1}(z,z’,\ldots,z^{(n-2)}))y)=$$$$=y^kF(x,1,z,z’+z^2,\ldots,z^{(n-1)}+g_{n-1}(z,z’,\ldots,z^{(n-2)})).$$ Оттук непосредствено виждаме, че ако функцията $y$ е решение на уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, което не се анулира в интервала $I\subseteq \mathbb{R}$, то функцията $z=\frac{y’}{y}$ решение на уравнението $G(x,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$ в същия интервал, където $$G(x,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=F(x,1,z,z’+z^2,\ldots,z^{(n-1)}+g_{n-1}(z,z’,\ldots,z^{(n-2)})).$$ Също така, ако $z$ е решение на уравнението $G(x,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0$ в интервала $J$, а $y$ е решение на уравнението $y’=zy$, което не се анулира в интервала $I$, то $y$ е решение на уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$ в интервала $I\cap J$.
От тези изводи получаваме следния практически метод за решаване на уравнения, хомогенни по отношение на производните. Проверяваме дали тъждествено нулевата функция е решение на уравнението. За да намерим ненулеви решения въвеждаме функцията $z$, чрез равенството $y’=zy$, след което, чрез диференциране изразяваме производните на $y$ до ред $n$, чрез производните на $z$ до ред $n-1$. Заместваме тези производни в първоначалното уравнение, при което получаваме уравнение от ред $n-1$ за функцията $z$. След като решим това уравнение от по-нисък ред, за всяко негово решение $z$ решаваме уравнението $y’=zy$, от което определяме всички решения на първоначалното уравнение.
Да обърнем внимание на задачата на Коши \begin{equation}\label{zadko6i1}F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0, \quad y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n)}(x_0)=y_n,\end{equation} където $F$ е непрекъснато-диференцируема функция, хомогенна по отношение на последните $n+1$ променливи. Лесно се проверява, че ако $y_0\neq 0$, то с изложената по-горе техника, дадената задача на Коши се свежда до задачата на Коши \begin{equation}\label{zadko6i}
G(x,z,z’,\ldots,z^{(n-1)})=0,\quad z(x_0)=z_0,\ldots,z^{(n-1)}(x_0)=z_{n-1},
\end{equation} където $G$ е както по-горе, а $z_0,\ldots,z_{n-1}$ се определят от (1) след заместване на $x_0$. Действително $$z_0=z(x_0)=\frac{y'(x_0)}{y(x_0)}=\frac{y_1}{y_0},$$$$\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots$$$$z_{n-1}=z^{(n-1)}(x_0)=\frac{y^{(n)}(x_0)}{y(x_0)}-g_{n-1}(z(x_0),z'(x_0),\ldots,z^{(n-2)}(x_0))=$$$$=\frac{y_n}{y_0}-g_{n-1}(z_0,z_1,\ldots,z_{n-2}).$$ Може да се провери, че ако $\partial_{n+2}F(x_0,y_0,\ldots,y_n)\neq 0$ (тогава (2) има единствено решение), то $\partial_{n+1}G(x_0,z_0\ldots,z_{n-1})\neq 0$ и следователно задачата на Коши (3) също има единствено решение. Тогава, ако $z$ е решението на тази задача на Коши, то решението на (2) се определя от решението на задачата на Коши $y’=zy, \quad y(x_0)=y_0$.
Да отбележим, че ако $y_0=0$, то в общия случай не можем да приложим съответната техника за понижение на реда, за да получим задачата на Коши (3). Практически, в този случай, задачата на Коши (2) може да се реши като приложим съответната техника за понижение на реда към уравнението $F(x,y,y’,\ldots,y^{(n)})=0$, без да отчитаме началните условия, след което от всички решения да намерим онези, които удовлетворяват началните условия $ y(x_0)=y_0,\ldots,y^{(n)}(x_0)=y_n$.
Пример. 1 Да решим задачата на Коши $y^{(2)}=0, y(x_0)=0, y'(x_0)=1$. Тази задача се решава най-удобно чрез непосредствено интегриране. Всички решения на уравнението са $y(x)=c_1x+c_2$, където $c_1,c_2\in\mathbb{R}$. След заместване на $x_0$ и отчитане на началните условия имаме $$y(x_0)=c_1x_0+c_2=0, \quad y'(x_0)=c_1=1,$$ откъдето получаваме $c_1=1$, $c_2=-x_0$. Следователно $y(x)=x-x_0$ е единственото решение на задачата на Коши.
Същата задача можем да разглеждаме като задача на Коши за уравнение хомогенно относно производните. Можем да забележим, че функцията $y=0$ е решение на уравнението $ y^{(2)} =0$, но не е решение на задачата на Коши. За да получим уравнение от по-нисък ред полагаме $y’=zy$, при което $ y^{(2)} =(z’+z^2)y$. Замествайки в уравнението, след съкращаване с $y\neq 0$ получаваме уравнението $z’+z^2=0$. 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 $y'(x_0)=z(x_0)y(x_0)=0$, което противоречи на $y'(x_0)=1$. От друга страна уравнението $z’+z^2=0$ е еквиваленто на $dz=-z^2dx$, откъдето виждаме, че решенията му са функцията $z=0$ и функциите определени от уравнението $z^{-1}=x+c$, където $c\in\mathbb{R}$. За да намерим решенията на уравнението $ y^{(2)} =0$, трябва да решим уравнението $y’=(x+c)^{-1}y$, което има смисъл при $x\neq c$. Функцията $y(x)=0$, за $x\neq c$ е решение на това уравнение и след додефиниране при $x=-c$ с $y(-c)=0$, получаваме решение на изходното уравнение, което както вече отбелязахме, не е решение на задачата на Коши. При $y\neq 0$ имаме уравнението $\frac{dy}{y}=\frac{dx}{x+c}$, чиито решения се определят от уравнението $\ln|y|=\ln|x+c|+c_1$. След взимане на експонентите на двете страни получаваме $|y|=|x+c|e^{c_1}$, откъдето $y(x)=\pm e^{c_1}(x+c)$, за $x\neq -c$. Получените функции са решения на уравнението $y’=(x+c)^{-1}y$ в $\mathbb{R}\setminus\{-c\}$ и следователно в същото множество те са решения и на изходното уравнение $ y^{(2)} =0$. От друга страна тези функции са дефинирани и диференцируеми навсякъде и следователно определят решения на уравнението $y^{(2)}=0$ върху $\mathbb{R}$. И тъй, всички решения на уравнението $ y^{(2)} =0$ са $y=0$ и $y(x)=\pm e^{c_1}(x+c)$. Тъй като първата функция не е решение на задачата на Коши, от началните условия имаме $y(x_0)=\pm e^{c_1}(x_0+c)=0$ и $y'(x_0)=\pm e^{c_1}=1$. Следователно $c_1=0$, $c=-x_0$ и задачата на Коши има единствено решение $y(x)=x-x_0$.
Упражнения. Решете уравненията $2yy^{(2)}+(y’)^2=0,\quad x^2(y’^2-2yy^{(2)})=y^2,\quad 2xyy^{(2)}=(y’)^2-1,\quad (x^2+1)(y’^2-yy^{(2)})=xyy’$.