Выражения, содержащие различные функции и их производные, постоянно встречаются в математике и ее приложениях. Целесообразность перехода к новым независимым переменным, а иногда и к новым функциям, основана как на особой роли новых переменных в изучаемом вопросе, так и на упрощениях, к которым приводит выбранная замена переменных.
Техника замены переменных основана на правилах дифференцирования сложных функций и функций, заданных неявно при помощи уравнений. Такая техника будет продемонстрирована на нескольких достаточно содержательных примерах. Обоснование всех условий, при выполнении которых замена переменных будет законной, в большинстве примеров не представляет труда и поэтому не обсуждается.
Пример 1.
В уравнении \(\displaystyle x^2+\frac{d ^2y}{d x^2}+x\frac{d y}{d x}+y=0\) сделать замену независимой переменной \(x=e^t\).
Решение.
\(\triangle\) Если \(z(t) = y(e^t)\), то, применяя правило нахождения производной сложной функции, получаем
$$
\frac{d z(t)}{d t}=e^t\frac{d y(e^t)}{d x}=x\frac{d y(x)}{d x},\nonumber
$$
откуда \(\displaystyle \frac{d }{d t}=x\frac{d }{d x}\).
Таким образом,
$$
x^2\frac{d ^2y}{d x^2}+x\frac{d y}{d x}+y=x\frac{d }{d x}\left(x\frac{d y}{d x}\right)+y=\frac{d ^2z}{d t^2}+z=0.\nonumber
$$
Заметим, что уравнение \(\displaystyle \frac{d ^2z}{d t^2}+z=0\) является уравнением гармонических колебаний, а его решением является \(z=C_{1}\sin t + C_2\cos t\). Поэтому при \(x > 0\) решение исходного уравнения имеет следующий вид: \(y= C_1 \sin (\ln x) + C_2\cos (\ln x)\). Так как уравнение не изменяет своего вида при замене \(x\) на \(-x\), то при любом \(x\in R, \ x\neq 0\), решение имеет следующий вид:
$$
y(x)=C_1\sin(\ln |x|) + C_2\cos(\ln |x|).\qquad\blacktriangle\nonumber
$$
Пример 2.
В системе уравнений:
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle\frac{d x}{d t}=y-2kx(x^2+y^2),\\\displaystyle\frac{d y}{d t}=-x-2kx(x^2+y^2),\\\displaystyle k > 0,\end{array}\right.\nonumber
$$
перейти к полярным координатам.
Решение.
\(\triangle\) Умножим первое уравнение на \(x\), второе на \(y\) и сложим. Аналогично умножим первое уравнение на \(y\) и вычтем из него второе уравнение, умноженное на \(x\). Получим новую систему уравнений, при \(x^2+y^2 > 0\) эквивалентную исходной системе уравнений,
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle x\frac{d x}{d t}+y\frac{d y}{d t}=-2k(x^2+y^2)^2,\\\displaystyle y\frac{d x}{d t}-x\frac{d y}{d t}=y^2+x^2.\end{array}\right.\label{ref1}
$$
Но \(x^2+y^2=r^2\), \(x=r\cos\varphi\), \(y=r\sin\varphi\). Поэтому систему \eqref{ref1} можно записать в виде:
$$
\left\{\begin{array}{l}\displaystyle r\frac{d r}{d t}=-2kr^4,\\\displaystyle\frac{d \varphi}{d t}=1.\end{array}\right.\Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\displaystyle\frac{d r}{d t}=-2kr^3,\\\displaystyle\frac{d \varphi}{d t}=1.\end{array}\right.\label{ref2}
$$
Заметим, что система \eqref{ref2} легко решается. Получаем решение в виде:
$$
r=\frac{1}{\sqrt{k(t+t_0)}},\quad \varphi=\varphi_0+t\quad (-t_0 < t < +\infty),
$$
где числа \(t_0\) и \(\varphi_0\) являются произвольными постоянными. \(\blacktriangle\)
Пример 3.
Преобразовать уравнение \(y’y'''-3(y'')^2=x\), принимая \(y\) за независимую переменную, а \(x\) — за неизвестную функцию.
Решение.
\(\triangle\) Так как \(y(x)\) и \(x(y)\) — обратные функции, то \(\displaystyle \frac{dy}{dx}=y'(x)=\frac{1}{x'(y)}\). Тогда
$$
\frac{df(x(y))}{dy}=\frac{df(x)}{dx}x'(y)=\frac{1}{y'(x)}\frac{df(x)}{dx},\nonumber
$$
откуда \(\displaystyle \frac{d}{dy}=\frac{1}{y'(x)}\frac{d}{dx}\).
Преобразуем уравнение при \(y’\neq 0\), поделив его на \((y’)^4\):
$$
0=\frac{y’y'''-3(y'')^2}{(y’)^4}-\frac{x}{(y’)^4}=\frac{d}{dx}\left(\frac{y''}{(y’)^3}\right)-x(x’)^4=\\=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y’}\frac{d}{dx}\left(-\frac{1}{y’}\right)\right)-x(x’)^4=-y’\left[\frac{1}{y’}\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y’}\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{y’}\right)\right)+x(x’)^5\right]=\\=-y’\left[\frac{d}{dy}\left(\frac{d}{dy}x’\right)+x(x’)^5\right]=-y’\left[x'''+x(x’)^5\right]=0.\nonumber
$$
Таким образом, при \(y’\neq 0\) уравнение преобразуется к виду \(x'''+x(x’)^5=0\). Это частный случай уравнения общего вида \(x'''=\Phi(y,x,x’,x'')\) с непрерывно дифференцируемой в \(R^4\) функцией \(\Phi(y,u,v,w)\). Уравнения такого типа хорошо изучены в теории обыкновенных дифференциальных уравнений. Исходное уравнение не имело стандартного вида. \(\blacktriangle\)
Пример 4.
Преобразовать выражение \(\omega=\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\) к полярным координатам, полагая \(x=r\cos\varphi, \ y=r\sin\varphi\). Найти решение уравнения Лапласа \(\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0\), зависящее только от полярного радиуса \(r\).
Решение.
\(\triangle\) Имеем:
$$
r^2=x^2+y^2,\Longrightarrow rdr=xdx+ydy,\quad \frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r},\quad \frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{r},\nonumber
$$
$$
d\varphi=\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2},\Longrightarrow \frac{\partial \varphi}{\partial x}=-\frac{y}{r^2}=-\frac{\sin\varphi}{r},\quad \frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{x}{r^2}=\frac{\cos\varphi}{r},\nonumber
$$
Тогда,
$$
\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial \varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial x}=\frac{x}{r}\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{y}{r^2}\frac{\partial u}{\partial \varphi}=\cos\varphi\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\varphi}{r}\frac{\partial u}{\partial \varphi},\nonumber
$$
$$
\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial \varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial y}=\sin\varphi\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{\cos\varphi}{r}\frac{\partial u}{\partial r}.\nonumber
$$
Таким образом,
$$
\frac{\partial}{\partial x}=\cos\varphi\frac{\partial}{\partial r}-\frac{\sin\varphi}{r}\frac{\partial}{\partial\varphi},\qquad \frac{\partial}{\partial y}=\sin\varphi\frac{\partial}{\partial r}+\frac{\cos\varphi}{r}\frac{\partial}{\partial\varphi},\nonumber
$$
Для начала найдем \(\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\).
$$
\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)=\underbrace{\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial\varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)\frac{\partial r}{\partial x}}_{\boxed{1}}+\underbrace{\frac{\partial}{\partial\varphi}\left(\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial\varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)\frac{\partial\varphi}{\partial x}}_{\boxed{2}}\nonumber
$$
Рассмотрим \(\boxed{1}\)
$$
\boxed{1}=\frac\partial{\partial r}\left(\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial\varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)\frac{\partial r}{\partial x}=\frac\partial{\partial r}\left(\cos\varphi\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\varphi}r\frac{\partial u}{\partial\varphi}\right)\cos\varphi=\\=\left(\cos\varphi\frac{\partial^2u}{\partial r^2}-\frac{\sin\varphi}r\frac{\partial^2u}{\partial r\partial\varphi}+\frac{\sin\varphi}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\varphi}\right)\cos\varphi=\\=\cos^2\varphi\frac{\partial^2u}{\partial r^2}-\frac{\sin\varphi\cos\varphi}r\frac{\partial^2u}{\partial r\partial\varphi}+\frac{\sin\varphi\cos\varphi}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\varphi}\nonumber
$$
Теперь рассмотрим \(\boxed{2}\):
$$
\boxed{2}=\frac\partial{\partial\varphi}\left(\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial\varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial x}\right)\frac{\partial\varphi}{\partial x}=\frac\partial{\partial\varphi}\left(\cos\varphi\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\sin\varphi}r\frac{\partial u}{\partial\varphi}\right)\left(-\frac{\sin\varphi}r\right)=\\=\left(-\sin\varphi\frac{\partial u}{\partial r}+\cos\varphi\frac{\partial^2u}{\partial\varphi\partial r}-\frac{\cos\varphi}r\frac{\partial u}{\partial\varphi}-\frac{\sin\varphi}r\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}\right)\left(-\frac{\sin\varphi}r\right)=\\=\frac{\sin^2\varphi}r\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{\cos\varphi\sin\varphi}r\frac{\partial^2u}{\partial\varphi\partial r}+\frac{\cos\varphi\sin\varphi}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\varphi}+\frac{\sin^2\varphi}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}\nonumber
$$
Сложим эти выражения вместе (\(\boxed{1}+\boxed{2}\)):
$$
\boxed{1}+\boxed{2}=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\cos^2\varphi\frac{\partial^2u}{\partial r^2}-\frac{2\sin\varphi\cos\varphi}r\frac{\partial^2u}{\partial r\partial\varphi}+\frac{\sin^2\varphi}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}+\frac{\sin^2\varphi}r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{2\cos\varphi\sin\varphi}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\varphi}\nonumber
$$
Рассуждая аналогично, найдем \(\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\)
$$
\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)=\frac{\partial}{\partial r}\left(\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial\varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial y}\right)\frac{\partial r}{\partial y}+\frac{\partial}{\partial\varphi}\left(\frac{\partial u}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial\varphi}\frac{\partial\varphi}{\partial y}\right)\frac{\partial\varphi}{\partial y}=\\=\cos^2\varphi\frac{\partial^2u}{\partial r^2}+\frac{2\sin\varphi\cos\varphi}r\frac{\partial^2u}{\partial r\partial\varphi}+\frac{\cos^2\varphi}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}+\frac{\cos^2\varphi}r\frac{\partial u}{\partial r}-\frac{2\cos\varphi\sin\varphi}{r^2}\frac{\partial u}{\partial\varphi}\nonumber
$$
Таким образом, складывая \(\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}\), получаем:
$$
\omega=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=\frac{\partial^2u}{\partial r}+\frac1r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac1{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\varphi^2}\nonumber
$$
Пусть \(u=v(r)\) есть решение уравнения Лапласа, зависящее только от \(r\). Тогда функция \(v(r)\) должна быть решением дифференциального уравнения
$$
\frac{\partial^2v}{\partial r}+\frac1r\frac{\partial v}{\partial r}=0\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv}{dr}\right)=0\nonumber
$$
$$
r\frac{dv}{dr}=C,\quad\Longrightarrow\quad v=C_1\ln r+C_2,\label{ref3}
$$
где \(C_1\) и \(C_2\) — произвольные постоянные. \(\blacktriangle\)
Пример 5.
Сделать в уравнении колебаний струны
$$
\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=0,\quad a > 0,\quad -\infty < x, \ t < +\infty,\label{ref4}
$$
замену независимых переменных \(\xi=x-at, \ \eta=x+at\) и найти общее решение этого уравнения.
Решение.
Пусть \(\omega(\xi,\eta)=\omega(x-at,x+at)=u(x,t)\).Тогда
$$
\begin{array}{c}\displaystyle\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial\omega}{\partial\xi}\frac{\partial\xi}{\partial x}+\frac{\displaystyle\partial\omega}{\displaystyle\partial\eta}\frac{\displaystyle\partial\eta}{\displaystyle\partial x}=\frac{\displaystyle\partial\omega}{\displaystyle\partial\xi}+\frac{\displaystyle\partial\omega}{\displaystyle\partial\eta}=\left(\frac\partial{\partial\xi}+\frac{\displaystyle\partial}{\displaystyle\partial\eta}\right)\omega,\\\displaystyle\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{\partial\omega}{\partial\xi}\frac{\partial\xi}{\partial t}+\frac{\displaystyle\partial\omega}{\displaystyle\partial\eta}\frac{\displaystyle\partial\eta}{\displaystyle\partial t}=-a\frac{\displaystyle\partial\omega}{\displaystyle\partial\xi}+a\frac{\displaystyle\partial\omega}{\displaystyle\partial\eta}=-a\left(\frac\partial{\partial\xi}-\frac{\displaystyle\partial}{\displaystyle\partial\eta}\right)\omega\\\displaystyle\frac{\partial^2u}{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}=\left[a^2\left(\frac{\displaystyle\partial}{\displaystyle\partial\xi}-\frac{\displaystyle\partial}{\displaystyle\partial\eta}\right)^2-a^2\left(\frac{\displaystyle\partial}{\displaystyle\partial\xi}+\frac{\displaystyle\partial}{\displaystyle\partial\eta}\right)^2\right]\omega=-4a^2\frac{\partial\omega^2(\xi,\eta)}{\partial\xi\partial\eta}=0,\\\displaystyle\frac{\partial^2\omega(\xi,\eta)}{\partial\xi\partial\eta}=0.\end{array}\nonumber
$$
Решение уравнения \(\displaystyle\frac{\partial^2\omega}{\partial\xi\partial\eta}=0\) легко находится. Так как \(\displaystyle\frac\partial{\partial\xi}\left(\frac{\partial\omega}{\partial\eta}\right)=0\), то \(\displaystyle\frac{\partial\omega}{\partial\eta}=\varphi(\eta)\), где \(\varphi(\eta)\) — произвольная непрерывная функция \(\eta\).
Пусть \(\Phi(\eta)\) есть ее первообразная на \(R\). Тогда, интегрируя уравнение \(\omega_{\eta}=\varphi(\eta)\), получаем, что \(\omega=\Phi(\eta)+\Psi(\xi)\), где \(\Psi(\xi)\) — произвольная функция.
Если считать, что функции \(\Phi(\eta)\) и \(\Psi(\xi)\) есть непрерывно дифференцируемые функции, то общее решение уравнения \eqref{ref4} имеет следующий вид:
$$
u(x,t)=\Psi(x-at)+\Phi(x+at).\quad\blacktriangle\nonumber
$$
Пример 6.
Сделать в дифференциальном уравнении
$$
\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y}=\left(1+\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2\label{ref5}
$$
замену переменных \(u=x, \ v=y+x\).
Решение.
\(\triangle\) Запишем уравнение \eqref{ref5} в виде
$$
\frac{(z_y)_x}{(1+z_y)^2}=1\quad\Longrightarrow\quad -\frac\partial{\partial x}\frac1{1+z_y}=1.\label{ref6}
$$
Пусть
$$
z(x(u,v)y(u,v))=\omega(u,v)m\nonumber
$$
тогда
$$
z(x,y)=\omega(x,y+z(x,y)).\label{ref7}
$$
Вычисляя частные производные по \(x\) и \(y\) от обеих частей тождества \eqref{ref7}, получаем
$$
z_x=\omega_u+\omega_v z_x,\quad z_y=\omega_v(1+z_y),\nonumber
$$
$$
z_x=\frac{\omega_u}{1-\omega_v},\quad z_y=\frac{\omega_v}{1-\omega_v},\quad\frac{1}{1+z_y}=1-\omega_v.\nonumber
$$
Подставляя эти выражения в уравнение \eqref{ref6}, получаем
$$
\frac{\partial}{\partial x}\omega_v=1,\qquad \frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial^2\omega}{\partial u\partial v}+\frac{\displaystyle\partial v}{\displaystyle\partial x}\frac{\displaystyle\partial^2\omega}{\displaystyle\partial v^2}=1\nonumber
$$
$$
\frac{\displaystyle\partial^2\omega}{\displaystyle\partial u\partial v}+z_x\frac{\displaystyle\partial^2\omega}{\displaystyle\partial u^2}=1,\qquad \frac{\displaystyle\partial^2\omega}{\displaystyle\partial u\partial v}+\frac{\omega_u}{1-\omega_v}\frac{\displaystyle\partial^2\omega}{\displaystyle\partial v^2}=1.\quad\blacktriangle\nonumber
$$
Пример 7.
Определитель \(n\)-го порядка
$$
\Gamma=\begin{vmatrix}a_{11}&…&a_{1n}\\…&…&…\\a_{n1}&…&a_{nn}\end{vmatrix}\nonumber
$$
есть функция \(n^2\) переменных \(a_{ij}\). Показать, что
$$
\frac{\partial\Gamma}{\partial a_{ij}}=A_{ij},\label{ref8}
$$
где \(A_{ij}\) — алгебраическое дополнение элемента \(a_{ij}\).
Решение.
Разложим определитель по элементам первой строки:
$$
\Gamma=a_{11}A_{11}+…a_{1n}A_{1n}.\nonumber
$$
Элемент \(a_{11}\) входит только в первое слагаемое, причем \(A_{11}\) не зависит от \(a_{11}\), поэтому \(\displaystyle \frac{\partial\Gamma}{\partial a_{11}}=A_{11}\). Аналогично доказываются остальные равенства \eqref{ref8}. \(\blacktriangle\)
Пусть элементы определителя \(\Gamma\) есть дифференцируемые функции \(a_{ij}(t)\) при \(\alpha < t < \beta\). Тогда и определитель \(\Gamma\) есть дифференцируемая функция на \((\alpha,\beta)\). Воспользовавшись правилом нахождения производной сложной функции и формулой \eqref{ref8}, получаем правило для вычисления производной определителя:
$$
\frac{d\Gamma(t)}{dt}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{\partial\Gamma}{\partial a_{ij}}\frac{da_{ij}(t)}{dt}=\sum_{i=1}^n\Gamma_i(t),\nonumber
$$
где,
$$
\Gamma_i(t)=\sum_{j=1}^nA_{ij}(t)\frac{da_{ij}(t)}{dt}.\nonumber
$$Нетрудно видеть, что \(\Gamma_i(t)\) есть определитель, который получится, если функции, стоящие в \(i\)-й строке определителя \(\Gamma\), заменить их производными.