Дифференциальное уравнение Якоби
Определение
Метод решения
Рассмотрим уравнение Якоби:
(1) .
Делаем подстановку:
.
Тогда:
;
.
Подставляем в (1):
.
Умножаем на и вводим обозначения:
.
Получаем:
Это уравнение можно записать в виде равенства нулю определителя:
Определитель равен нулю, если строки линейно зависимы. Тогда нужно положить:
(2)
где t – новая вспомогательная переменная. Тем самым мы получили систему линейных уравнений, которая решается простыми методами. Решение этих уравнений дает три равенства с ξ, η, ζ, t . Присоединив к ним формулы , мы получаем пять уравнений. Исключая из них ξ, η, ζ и t , найдем общий интеграл исходного уравнения (1).
В наиболее распространенном случае решение уравнений (2) дается равенствами:
Возводим их в степень , , , соответственно:
Перемножая эти равенства, и замечая, что
и вводя новую постоянную
получаем:
В каждом множителе выносим ζ за скобки. Поскольку
,
то, переходя к переменным x и y, получаем общий интеграл уравнения Якоби в виде:
.
Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.
Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 16-08-2012
VMath
Инструменты сайта
Основное
Навигация
Информация
Действия
Содержание
Вспомогательная страница к разделам ОПРЕДЕЛИТЕЛЬ и ЛИНЕЙНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
Матрица Якоби и якобиан
Определение и основные свойства
Матрицей Якоби системы из $ m_<> $ функций $ \
Можно сказать, что в общем случае системы функций их матрица Якоби состоит из строк, являющихся градиентами этих функций.
Пример. Для системы линейных функций
$$f_1=a_<11>x_1+\dots+a_<1n>x_n — b_1,\dots, f_m=a_
В частном случае $ m=n_<> $ матрица Якоби становится квадратной и тогда ее определитель называется якобианом или определителем Якоби или функциональным определителем системы из $ n_<> $ функций $ \
Пример. Якобиан системы двух функций $ \
Теорема [Якоби]. Если $ A_
Функциональная зависимость
Следующая теорема и ее следствия являются прямыми обобщениями соответствующих результатов из линейной алгебры.
Теорема. Якобиан системы функций $ \< f_<1>,f_2,\dots,f_n \> $ тождественно равен нулю в некоторой области $ \mathbb_<> $:
$$ \frac$$ тогда и только тогда, когда между этими функциями имеется функциональная зависимость в $ \mathbb $, т.е. существует функция $ G(y_1,y_2,\dots,y_n) \not\equiv 0 $ такая, что $$ G(f_1(X),f_2(X),\dots,f_n(X))\equiv 0 \mbox < >\mbox <при>\mbox < >X \in \mathbb \ . $$
Приведем соображения, показывающие необходимость обращения якобиана в нуль для существования функциональной зависимости в системе функций $ \ < f_j \>$. Дополнительно предположим, что у функции $ G $ существуют частные производные по ее аргументам. Продифференцируем тождество $ G(f_1(X),f_2(X),\dots,f_n(X))\equiv 0 $ по $ x_1,\dots,x_n $. Получим систему тождеств $$ \left\<\begin
Пример. Являются ли полиномы
$$ f_1=x_1+x_2+x_3-1,\quad f_2=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3-2,\quad f_3=x_1^2+x_2^2+x_3^2+3 $$ функционально зависимыми?
Решение. $$ \frac
Если какие-то $ \mathfrak r $ функций системы $ \< f_<1>, \dots, f_n \> $ связаны в $ \mathbb $ функциональным соотношением
$$ H(f__<> $.
Пусть $ \mathfrak r_<> $ обозначает ранг матрицы Якоби системы функций $ \
$$ \frac_<> $, то функции $ f_1,\dots,f_ <\mathfrak r>$ функционально независимы в $ \mathbb $, а все оставшиеся функции системы (при условии $ \mathfrak r непрерывная функция $ \varphi (y) $ такая, что $$ f(\varphi(y)) \equiv y,\ \varphi(y_0)=x_0 \, . $$ В этой окрестности функция $ \varphi $ является непрерывно дифференцируемой и выполняется равенство $$ \varphi^ <\prime>(y) = \frac<1>
Конструктивных аналитических способов нахождения функции, обратной к заданной $ y=f(x) $ можно сказать, что и нет. Задача сводится к разрешению этого уравнения относительно $ x $. Однако уже для полиномиальных $ f(x) $ решение такого уравнения в «хороших» функциях, т.е. в радикалах, возможно, в общем случае, только для $ \deg f ♦
В альтернативу интерполяции, можно поставить задачу об аппроксимации обратной функции с помощью степенных рядов. Составим формальный ряд $$ \varphi(y)=B_0+B_1(y-y_0) + B_2(y-y_0)^2+ \dots + B_k(y-y_0)^k+ \dots $$ Для значения $ y_0 $ из теоремы получаем два коэффициента этого ряда $$ B_0=x_0, B_1= 1/f^ <\prime>(x_0) \, . $$ Как получить следующий коэффициент $ B_2 $? Заметим, что если бы у обратной функции существовала бы вторая производная, то $ B_2 $ был бы следующим коэффициентом ряда Тейлора: $$ B_2 = \varphi^<\prime \prime>(y_0)/2 \, . $$ Для получения выражения $ \varphi^<\prime \prime>(y_0) $ продифференцируем по $ y $ тождество $ f(\varphi(y)) \equiv y $. Тождество останется справедливым $$ f^<\prime>_x(\varphi(y)) \varphi^<\prime>_y(y)\equiv 1 \, . $$ При подстановке сюда $ y=y_0 $ получаем уже известное нам равенство $ f^<\prime>_x(x_0)\varphi^<\prime>_y(y_0)=1 $. Но если продифференцировать еще раз, то получим $$ f^<\prime \prime>_
Пример. Для функции $ y=-x^3+3\,x-1 $ приведенного выше примера первые $ 8 $ членов разложение обратной функции в ряд Тейлора в точке $ y_0=-1 $ имеют вид
$$ \widehat<\varphi>(y)= \frac<1><3>(y+1)+\frac<1><81>(y+1)^3+\frac<1><729>(y+1)^5 +\frac<4><19683>(y+1)^7 \, . $$ На графике внизу кривая $ y = \widehat<\varphi>(x)$ изображена цветом охры.
И только близко к точке $ x=1 $ заметно расхождение с $ y= \varphi(x) $. ♦
Теорема утверждает, что обратная функция будет определена в окрестности точки $ y_0 $, удовлетворяющей условию. Насколько большой можно сделать эту окрестность? Ограничимся случаем полиномиальных $ f(x) $. При движении от точки $ y_0 $ вправо или влево по числовой оси значения $ \varphi^<\prime>(y) $ меняются непрерывным образом и стремятся к бесконечности только когда соответствующие значения $ x $ стремятся к корням полинома $ f^<\prime>(x) $. Если этот полином имеет вещественные корни, и $ \mu_1 непрерывные функции $ \varphi(u,v) $ и $ \psi(u,v) $ такие, что $$ f(\varphi(u,v),\psi(u,v)) \equiv u, \ g(\varphi(u,v),\psi(u,v)) \equiv v, \ \varphi(u_0,v_0)=x_0, \psi(u_0,v_0)=x_0 \, . $$ Функции $ \varphi $ и $ \psi $ непрерывно дифференцируемы в этой окрестности, и для их матрицы Якоби выполняется равенство $$ \left(\begin
Отображение окрестности точки $ (u_0,v_0) $ в окрестность точки $ (x_0,y_0) $, заданное векторной функцией $ (\varphi(u,v), \psi(u,v)) $ из теоремы, называется обратным отображением к отображению $ (f(x,y),g(x,y)) $.
При выполнении условий теоремы, в соответствующих друг другу точках $ (u,v) $ и $ (x,y) $ выполняется равенство
Пример. Отображение
$$ (e^x \cos y, e^x \sin y \> $$ отображает $ (x,y) $-плоскость $ \mathbb R^2 $ во множество $ \mathbb R^2 \setminus (0,0) $ на плоскости $ (u,v) $. Якобиан $$ \frac
Мы в дальнейшем ограничимся случаем полиномиальных функций. Для этого случая хотя бы можно ожидать, что якобиан будет из того же класса, что и сами функции, т.е. полиномом. Ну и можно что-то конструктивное сказать о представлении обратных отображений — хотя они уже, как правило, не будут полиномиальными, но задачу их представления можно свести к одномерному случаю.
Пример. Найти обратное отображение к отображению
Решение. Якобиан $$ \frac
Для разрешения системы алгебраических уравнений $ u=f(x,y), v=g(x,y) $ относительно $ x $ и $ y $ применим теорию исключения. Результант системы по переменной $ y $ $$ \mathcal X(x)=(1-v)x^2+(u+11\,v-9)x+u^2-6\,u-34\,v+9\,v^2+6\,uv+21 $$ оказывается квадратным полиномом 1) по $ x $. Корни уравнения $ \mathcal X(x) =0$ следующие: $$ \frac> <2(v-1)>\, . $$ Из них только соответствующий знаку минус в числителе, т.е. $$ \varphi(u,v):=\frac> <2(v-1)>$$ удовлетворяет условию $ \varphi(-5,7)=-1 $. Аналогично находим выражение для $ y $: $$ \psi(u,v):=\frac> <2(v-1)>\, . $$ Области определения обеих функций одинаковы: $$ \ <(u,v) \in \mathbb R^2 \mid v\ge 3/4, v\ne 1 \>\, . $$ Теперь проверим справедливость формулы, связывающей якобианы. Имеем (в окрестности точки $ (-5,7) $) $$ \frac
Сформулируем обобщение предыдущего результата в $ \mathbb R^n $.
Теорема. Если якобиан системы полиномов
$$ \ < f_1(X), \dots , f_n(X) \>\subset \mathbb R[X] $$ отличен от нуля в некоторой точке $ X_0 \in \mathbb R^n $, то существует окрестность этой точки, в которой система уравнений $$ y_1=f_1(x_1,\dots,x_n),\dots,y_n=f_n(x_1,\dots,x_n) \ , $$ рассматриваемая относительно переменных $ x_<1>,\dots,x_n $, имеет единственное решение, лежащее в окрестности точки $$ Y_0=(f_1(X_0), \dots , f_n(X_0)) \, . $$ Иными словами: существует и однохначно определяется система непрерывных в окрестности точки $ Y_0 $ функций $$ \ < \varphi_1(Y),\dots, \varphi_n(Y)\>, $$ таких, что $$ f_1(\varphi_1(Y),\dots, \varphi_n(Y))\equiv y_1,\dots, f_n(\varphi_1(Y),\dots, \varphi_n(Y))\equiv y_n $$ и $$ (\varphi_1(Y_0),\dots, \varphi_n(Y_0))=X_0 \, .$$ Функции $ \<\varphi_j(Y) \>_
При выполнении условий теоремы, в соответствующих друг другу точках $ Y $ и $ X $ выполняется равенство
Якобиан как коэффициент растяжения
Еще одну важную сущность якобиана сформулируем в решении следующего примера.
Пример. Отображение
$$ \left\< \begin
Решение. Для ответа на вопрос надо обладать возможностью вычислить точную площадь области, закрашенной оранжевым на рисунке. Я не уверен, что это можно сделать сведением к случаю «табличных» интегралов, но, по крайней мере, численными методами можно найти приближение этой площади. Попробуем получить такое приближение, заменив границу области — криволинейную — на параллелограмм. С этой целью проведем в точке $ (u_0,v_0) $ касательные к ограничивающую область кривым: $$ \< (u,v)= (u_0+ f^<\prime>_x(x_0,y_0) t, v_0+ g^<\prime>_x(x_0,y_0) t) \mid t \in \mathbb R \> \ \mbox < и >\ \< (u,v)=(u_0+ f^<\prime>_y(x_0,y_0) \tau, v_0+ g^<\prime>_y(x_0,y_0) \tau )\mid \tau \in \mathbb R \> \, . $$ и возьмем на них, помимо $ (u_0,v_0) $, точки, соответствующие значениям параметров $ t=1, \tau=1 $.
Эта аппроксимация, в нашем конкретном случае, очевидно неудачная. Как следствие, площадь получишегося параллелограмма визуально отличается от искомой площади. Однако если уменьшить размеры отображаемого квадрата на плоскости $ (x,y) $ до $ 0 \le x \le 1/2, 1/2\le y \le 1 $, то его образ становится более похожим на параллелограмм построенный по приведенному выше образцу. В общем случае отображения квадрата размера $ \delta \times \delta $ получаем приближение его образа в виде параллелограмма с вершинами $$ (u_0,v_0),\ (u_0+f^<\prime>_x \delta,v_0 +g^<\prime>_x \delta),\ (u_0+f^<\prime>_y \delta,v_0 +g^<\prime>_y \delta) \, , $$ $$ (u_0+f^<\prime>_x \delta++f^<\prime>_y \delta,v_0 +g^<\prime>_x \delta+g^<\prime>_y \delta) \, . $$ Здесь все производные вычислены в точке $ (x_0,y_0) $. Воспользовавшись формулой вычисления площади параллелограмма, получаем выражение в виде абсолютной величины (модуля) выражения $$ \left|\begin
Неявная функция
Обобщением рассмотренного в предыдущем пункте случая, т.е. выражения вектора $ X=(x_1,\dots,x_n) $ через вектор $ Y=(y_1,\dots,y_n) $ при задании многомерного отображения формулами $$ Y= (f_1(X),\dots,f_n(X)) $$ является случай неявной функции.
В линейном случае, эта задача встречается при записи общего решения системы линейных уравнений. Если эта система представлена в виде $$ \left\< \begin
В случае нелинейного уравнения $$ f(x,y)=0 \, $$ критерий существования неявной функции дается следующей теоремой
Теорема 1 [о неявной функции]. Пусть функция $ f $ — непрерывно дифференцируема в окрестности точки $ (x_0,y_0) $ и
$$ f(x_0,y_0)=0 ,\ \partial f /\partial y \mid_<(x_0,y_0)>\ne 0 \, .$$ Тогда существует окрестность точки $ x_0 $, в которой уравнение $ f(x,y)=0 $ имеет единственное вещественное решение относительно $ y $, лежащее в окрестности $ y_0 $. Иными словами: существует вещественная непрерывная функция $ \varphi(x) $, такая, что $$ \varphi(x_0)=y_0, \ f(x,\varphi(x)) \equiv 0 $$ (последнее тождество выполняется в заявленной окрестности $ x_0 $). При этом $ \varphi(x) $ является непрерывно дифференцируемой функцией в той же окрестности и выполняется тождество $$ \varphi^<\prime>(x)\equiv-\frac<\partial f /\partial x> <\partial f /\partial y>\Bigg|_<_<(x,\varphi(x))>> \, . $$
Нахождение явного выражения для $ y=\varphi(x) $ является задачей еще более сложной, чем задача предыдущего пункта о нахождении обратной функции. Усложнение проявляется уже в проблеме поиска хотя бы одной точки $ (x_0,y_0) \in \mathbb R^2 $, удовлетворяющей уравнению $ f(x,y)=0 $. Проблема существования вещественного решения этого уравнения даже для случая полиномиальной функции $ f $ нетривиальна: см. пункт ☞ АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. Если вещественное решение удастся обнаружить, то нахождение неявной функции можно осуществить построением ряда Тейлора (или, в общем случае, при нарушении условия теоремы, в виде ряда Пюизё), сходящегося в некоторой окрестности точки $ x_0 $.
Результат теоремы $ 1 $ очевидным образом обобщается на случай неявной функции нескольких переменных: уравнение $$ f(x_1,\dots,x_n, y) = 0 \quad \mbox < при >n \ge 2 $$ пытаются разрешить относительно $ y $.
Более общую задачу решения системы уравнений относительно нескольких переменных мы рассмотрим в частном случае уравнений алгебраических.
Теорема 2. Пусть имеется система полиномов
$$ \ < f_1(X,Y), \dots , f_m(X,Y) \>\subset \mathbb R[X,Y],\ m \ge 2 $$ от векторов переменных $ X=(x_1,\dots,x_n) $ и $ Y=(y_1,\dots,y_m) $. Пусть выполнены следующие условия:
$$ f_1(X_0,Y_0)=0, \dots , f_m(X_0,Y_0)=0 \, . $$
Рассмотрим сначала самый простой случай: $$ f(x,y,z)=0, g(x,y,z)=0 \, . $$ Будем предполагать, что каждое из уравнений задает некоторую поверхность в $ \mathbb R^3 $. Две неявно заданные алгебраические поверхности в $ \mathbb R^3 $ могут не иметь вещественных точек пересечения. Как установить существование точек пересечения, т.е. наличие вещественных решений системы уравнений? Для полиномимальных $ f $ и $ g $ этот факт можно установить алгебраическими методами, которые проиллюстрирую на примере.
Пример. Пусть заданы две квадрики
$$ f(x,y,z):=\frac
Отложив на несколько последующих абзацев ответ на вопрос, как эти координаты найдены, займемся задачей нахождения касательной к кривой $ \mathbf K_1 $ в указанной точке.
Докажем, что в окрестности точки кривую $ \mathbf K_1 $ можно представить параметрически $$ x=\varphi_1 (z),\ y= \varphi_2 (z), z= z \, . $$ Действительно, матрица Якоби $$ \mathbf J=\left(\begin
А теперь проверим полученный результат альтернативным алгоритмом, задействовав технологию исключения переменных (которую мы уже использовали в предыдущем ПУНКТЕ). Cоставив результант полиномов $ f $ и $ g $ по переменной $ y $, придем к уравнению $$ F(x,z)=0 $$ при $$ F(x,z):=\mathcal R_y(f,g)= $$ $$ =\frac<425850289><81>x^4+\frac<240241528><9>x^3z+\frac<4457694952><75>x^2z^2+\frac<1396604256><25>\,xz^3+\frac<23733568656><625>z^4+ $$ $$ +\frac<139478087> <3>x^3+\frac<528311126> <3>x^2 z+\frac<4561868172> <25>x z^2+\frac<3536887608> <25>z^3- $$ $$ -\frac<12342564733><72>x^2-\frac<1212320819><2>xz-\frac<9754043781><10>z^2-\frac<17191161915><16>x-\frac<20624138805><8>z+\frac<1192935588625> <256>\, . $$ Имеем: $ \deg_x F=4 $, т.е. уравнение $ F(x,z)=0 $ разрешимо в радикалах относительно $ x $. По крайней мере, теоретически, функцию $ \varphi_1(z) $ можно представить в виде конечной комбинации элементарных функций и корней второй и третьей степеней от коэффициентов полинома. Реальное же представление для $ \varphi_1(z) $ крайне громоздко и, с точки зрения практического использования, неконструктивно.
Уравнение четвертой степени может иметь от нуля до четырех вещественных корней в зависимости от значений $ z $. При подстановке конкретного значения $z =z_0 \in \mathbb R $ получаем полином $ F(x,z_0) $ от одной переменной $ x $. Мы можем однозначно и чисто алгебраическим алгоритмом установить число его вещественных корней. Так, $$ F(x,3)\equiv \frac<425850289><81>x^4+126573205 x^3+\frac<1605258018107><1800>x^2+\frac<20614103217><80>x-\frac<793132431560159> <160000>$$ имеет два вещественных корня $ \approx -3.309237 $ и $ \approx 1.959148 $. Второй из них мы и взяли выше в качестве $ x_0 $. Таким образом, для $ \varphi_1(z) $ мы получили представление в виде неявной функции $ F(x,z)=0 $ при заданном значении $ \varphi_1(z_0)=x_0 $. Но тогда для этой функции должна работать теорема 1, которая дает представление $$ \varphi_1^<\prime>(z_0)= -\frac<\partial F /\partial z> <\partial F /\partial x>\Bigg|_<_<(x_0,z_0)>> \, . $$ Результат совпадает с полученным выше.
Понятно, что для получения $ \varphi_2(z) $ мы должны произвести процедуру исключения переменной $ x $ из системы $ f=0,g=0 $, т.е. вычислить результант $ G(y,z):=\mathcal R_x(f,g) $. Далее найти корень полинома $ G(y,z_0) $ (выбрав тот из них, что соответствует уже найденном у значению $ x_0 $) и т.д. Убеждаемся, что $$ \varphi_2^<\prime>(z_0)= -\frac<\partial G /\partial z> <\partial G /\partial y>\Bigg|_<_<(y_0,z_0)>> \, . $$
Вопроc: какая же связь между матрицей Якоби и результантами $ \mathcal R_x(f,g), \mathcal R_y(f,g) $ приводит — в результате применения двух различных алгоритмов — к совершенно разным представлениям для $ \varphi_1^<\prime>(z_0), \varphi_2^<\prime>(z_0) $, имеющим, тем не менее, одинаковые значения? ♦
Если система полиномов
$$\
Геометрические приложения
Теорема. Пусть на плоскости заданы две кривые уравнениями
$$ f(x,y)=0 \quad u \quad g(x,y)=0 \ $$ и они пересекаются в точке $ (x_<0>,y_0) $. Тогда величина угла $ \gamma $, под которым происходит это пересечение вычисляется по формуле $$ \operatorname
Утверждение следует из свойства градиента: вычисленный в точке кривой, он определяет направляющий вектор нормали к этой кривой.
Если $ (x_<0>,y_0) $ — точка пересечения кривых $ f(x,y)=0 $ и $ g(x,y)=0 $, то
Показать, что если функции $ u_<>(x,y) $ и $ v_<>(x,y) $ связаны соотношениями Коши-Римана (Даламбера-Эйлера):
$$ \frac<\partial u> < \partial x>\equiv \frac<\partial v> < \partial y>, \frac<\partial u> < \partial y>\equiv — \frac<\partial v> < \partial x>$$ в некоторой области $ \mathbb_<> $, то в этой области их линии уровня, то есть кривые $ u(x,y) = c_1 $ и $ v(x,y) = c_2 $ при $ \
Решение системы нелинейных уравнений
Рассмотрим систему двух вещественных алгебраических уравнений $$ f(x,y)=0, \ g(x,y)=0 \, . $$ По аналогии с методом Ньютона решения уравнения от одной неизвестной, попробуем найти вещественное решение этой системы, сгенерировав итерационную последовательность в $ \mathbb R^2 $, сходящуюся к этому решению. Допустим, что из каких-то соображений нам удалось установить, что вещественное решение системы существует, и что некоторая точка $ (x_0, y_0) $ достаточно близка к этому решению. Раскладываем полиномы по формуле Тейлора по степеням $ x-x_0, y-y_0 $ и оставляем в этих разложениях только первые слагаемые: $$ f(x,y)\equiv f(x_0,y_0)+ \frac<\partial f><\partial x>\Bigg|_<(x_0,y_0)>(x-x_0)+\frac<\partial f><\partial y>\Bigg|_<(x_0,y_0)>(y-y_0) + \dots \, , $$ $$ g(x,y)\equiv g(x_0,y_0)+ \frac<\partial g><\partial x>\Bigg|_<(x_0,y_0)>(x-x_0)+\frac<\partial g><\partial y>\Bigg|_<(x_0,y_0)>(y-y_0) + \dots \, . $$ Теперь вместо системы нелинейных уравнений рассматриваем систему $$ \left\< \begin
Подробнее о методе Ньютона решения систем нелинейных уравнений ☞ ЗДЕСЬ.
http://vmath.ru/vf5/algebra2/dets/jacobian