Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Уравнения с частными производными. Учебное пособие
.pdf
31
В новых независимых переменных
xyxyxyx 2),(,),( −=+=
произ-
водные, входящие в исходное уравнение, выражаются по формулам
vuvvu
yx
=−= ,2
vuvvuvvvu
yyxyxx
=−=+−= ,2,44
,
где
( )
),(),,(),(
yxuv =
. В результате подстановки этих выражений в
исходное уравнение, после упрощения получаем его канонический вид
013 =−++
vvv
.
Пример 4.3. Привести уравнение
02
2
=−+− uuyuuy
yyxyxx
к каноническому виду.
Решение. Данное уравнение является уравнением параболического типа,
так как
0
222
=−=− yyacb
. Характеристическое уравнение может быть
представлено в виде
( )
0
2
=−
yx
y
.
Уравнению с частными производными первого порядка
0=−
yx
y
сопо-
ставим характеристическую систему
1−
=
dy
y
dx
.
Откуда находим
2
),(
2
y
xyx +=
. Примем
2
),(
2
y
xyx +=
, а в качестве
функции
),( yx
выберем непрерывно дифференцируемую функцию, незави-
симую с функцией
),( yx
, например,
yyx =),(
.
Якобиан
0
),(
),(
yx
. Действительно
01011 =−=−= y
xyyx
yx
yx
.
В новых переменных частные производные первого и второго порядков по x и
y
преобразуются следующим образом:
,,
vvuvu
yx
+==
vvvvuvvuvu
yyxyxx
+++=+== 2,,
2
,
где
( )
),(),,(),(
yxuv =
. Подставляя эти значения в исходное уравне-
ние,
32
02)(2
22
=−+++++− vvvvvvvv
,
после упрощения получаем его канонический вид
0=−+ vvv
.
4.2 Упражнения
Привести данные уравнения к каноническому виду в каждой из областей,
где сохраняется их тип:
1.
( )
.0)1(21
2
2
2
=++++
xyyxx
uxxuux
2.
.022
22
=+−++
x
y
xyyxyxx
yeyuuyxyuux
3.
.022 =+++
yxyyxx
uuyuxu
4.
.0sinsincos2
2
=−−+
yyyxyxx
uxuxuxu
5.
.02
22
=−++
+
xuueueue
yy
y
xy
yx
xx
x
33
5 Задача Коши для линейного уравнения второго порядка
гиперболического типа
Задача Коши для линейного уравнения с частными производными второго
порядка с двумя независимыми переменными
x
и y
),,(),(),(),(
),(),(2),(
2
22
2
2
yxfuyxg
y
u
yxe
x
u
yxd
y
u
yxc
yx
u
yxb
x
u
yxa
=+
+
+
+
+
+
(5.1)
где
, , , , ,a b c d e g f
– известные в некоторой области
2
DR
гладкие функ-
ции независимых переменных
,xy
, причем функции
,,abc
одновременно в
ноль не обращаются и в
D
выполняется
2
0b ac−
, с условиями
( )
,u x y
=
,
( )
,uxy
l
=
,
(5.2)
состоит в следующем. Пусть в области
D
задано уравнение (5.1) гиперболиче-
ского типа и на кривой , которая принадлежит области
D
или является ча-
стью границы области D, заданы функции
( , )xy
,
( , )xy
и направление
( , )l x y
. Требуется найти функцию
( , )u x y
, которая в области
D
является ре-
шением уравнения (5.1) и на кривой удовлетворяет условиям (5.2).
Если в каждой точке кривой
направление l не является касательным к
кривой
и касательное направление к кривой не является характеристиче-
ским, то в области D, ограниченной характеристиками, проходящими через
концы кривой
, при достаточной гладкости коэффициентов уравнения (5.1) и
данных условий (5.2) существует единственное решение задачи Коши (5.1),
(5.2).
Рассмотрим два метода решения задачи Коши (5.1), (5.2).
5.1 Метод характеристик
Алгоритм решения задачи Коши методом характеристик состоит в том, что
уравнение (5.1) приводится сначала, если это возможно, к следующему канони-
ческому виду (выбирая в качестве новых независимых переменных обе дей-
ствительных характеристики уравнения (5.1), откуда и название метода):
2
.
v
=
(5.3)
Затем последовательным интегрированием по
и
, можно найти общее ре-
шение уравнения (5.3)
( )
( , ) , ( ) ( ), ,v f g H
= + + =
(5.4)
34
а тем самым и найти общее решение уравнения (5.1)
( , ) ( ( , ), ( , )),u x y v x y x y
=
(5.5)
зависящее от двух произвольных гладких функций
f
и
g
. Данные функции
определяются однозначно, если подставить общее решение (5.5) в условия
(5.2).
Если уравнение (5.1) с постоянными коэффициентами и имеет канониче-
ский вид
2
v v v
A B Cv H
+ + + =
,
(5.6)
где
,,A B C const=
такие, что
2 2 2
0A B C+ +
и
0AB C−=
, то его мож-
но упростить, положив
( ) ( )
,,ve
+
=
.
Так как
( ) ( )
,,
v
ee
++
=+
,
( ) ( )
,,
v
ee
++
=+
,
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2
, , ,
, , ,
v
ee
ee
++
++
= + +
++
то уравнение (5.6), в результате данной замены, примет вид
( ) ( )
( )
2
11
,.
AB
A B C H H He
−−
+ + + + +
+ + + + = =
(5.7)
Выбирая
и
так, чтобы
0A+=
,
0B+=
, т.е.
A
=−
,
B
=−
и
учитывая равенство
C AB=
, уравнение (5.7) можно переписать в виде (5.3).
Пример 5.1. Найти решение задачи Коши
4 3 2 6 0,
xx xy yy x y
u u u u u− + − + =
00yu=
=
,
0
1
yyu=
=
.
Решение. Дискриминант характеристической формы равен
2
10b ac− =
, т.е. данное уравнение принадлежит гиперболическому типу.
Приведем исходное уравнение к каноническому виду. Составим уравнение ха-
рактеристик
22
4 3 0
x x y y
− + =
.
Получаем отсюда уравнения с частными производными первого порядка
0
xy
30
xy
,
1 1 1 3
dx dy dx dy
1
,x y x y
2
,3x y x y
3,
.
xy
xy
31
2 0.
11
xy
xy
( , ) ( ( , ), ( , ))v u x y
3,
xy
u v v u v v
9 6 , 2 ,
xx yy
u v v v u v v v
3 4 .
xy
u v v v
0.vv
(5.8)
( , ) ( , )ve
( 1) ( ) 0.
1,
0
0
0
1
()f
( , ) ( ) ( )Fg
()F
1
( ) ( )Ff
,
Сопоставим каждому из них характеристическую систему
откуда находим характеристики
,
Введем новые переменные
Эта замена невырожденная, т.к.
Обозначим
водные преобразуются следующим образом:
. В новых переменных частные произ-
.
,
.
После подстановки их в исходное уравнение, получим канонический вид
Чтобы упростить уравнение (5.8), введем замену
.
С учетом пересчета производных, получим
Полагая
или
Интегрируя по
, имеем
.
получаем, что
Интегрируя теперь последнее равенство по переменной
где
такая, что
.
, получим
,
.
35
36
Тогда общее решение уравнения (5.8) имеет вид
( )
v , ( ( ) ( ))e F g
=+
.
Переходя к переменным
,xy
, получим общее решение заданного уравнения
3
( , ) ( (3 ) ( ))
xy
u x y e F x y g x y
+
= + + +
или
3
( , ) (3 ) ( )
xy
u x y f x y e g x y
+
= + + +
,
где
3
(3 ) (3 )
xy
f x y e F x y
+
+ = +
,
,fg
– произвольные гладкие действитель-
ные функции. Подчиним общее решение начальным условиям
3
33
( ,0) (3 ) ( ) 0,
( ,0) (3 ) ( ) ( ) 1.
x
xx
y
u x f x e g x
u x f x e g x e g x
= + =
= + + =
Функции
f
и g определяются из следующей системы
3
33
(3 ) ( ) 0,
(3 ) ( ) ( ) 1.
x
xx
f x e g x
f x e g x e g x
+=
+ + =
Дифференцируя первое уравнение этой системы по переменной
x
, получим
33
3 (3 ) 3 ( ) ( ) 0
xx
f x e g x e g x
+ + =
.
Второе уравнение системы умножим на 3 и вычтем из последнего, в результате
будем иметь
3
3
( ) .
2
x
g x e
−
=
Интегрируя, находим
3
1
( ) ,
2
x
g x e C C R
−
= − +
.
Из первого уравнения системы найдем теперь
3 3 3
11
(3 )
22
x x x
f x e C e Ce
−
= − − + = −
или
1
( ) , 3 .
2
s
f s Ce s x= − =
Итак, решение задачи Коши имеет вид
3 3 3( )
11
( , )
22
y x y x x y
u x y Ce e e C
+ + − +
= − + − +
или
2
1
( , )
2
y
e
u x y
−
−
=
.
37
5.2 Метод факторизации
Данный метод позволяет в некоторых случаях свести линейное уравнение с
частными производными второго порядка гиперболического или параболического типов к системе двух линейных уравнений первого порядка. Рассмотрим
уравнение (5.1), считая, что
2
1, 0a b c= −
. Представим левую часть урав-
нения (5.1) в виде композиции двух линейных дифференциальных операторов
первого порядка, действующих на функцию
),( yxu
( )
2 2 1 1
( , ) ,u x y f x y
x y x y
+ + + + =
.
(5.9)
При этом очевидно, что коэффициенты
1 2 1 2
, , ,
должны удовлетворять
условиям
12
12
12
11
2 1 2 2 1
11
2 1 2
2,
,
,
,
.
b
c
d
e
xy
g
xy
+=
=
+=
+ + + =
+ + =
(5.10)
При определенных дополнительных условиях на коэффициенты уравнения (5.1)
система уравнений (5.10) имеет решение. Обозначим
( )
11
( , ) ,u x y v x y
xy
+ + =
.
Тогда уравнение (5.9) (и тем самым уравнение (5.1)) сведено к следующей системе линейных уравнений в частных производных первого порядка:
( )
( )
11
22
,,
,.
uu
u v x y
xy
vv
v f x y
xy
+ + =
+ + =
(5.11)
К уравнению (5.1) добавим следующие начальные условия:
00
( ) ( )
| ( ), | ( ), .
y y x y y y x
u x u x x R
==
= =
(5.12)
38
Чтобы выделить единственное решение второго уравнения системы (5.11),
необходимо поставить начальное условие для функции
( , )v x y
. Заметим, что из
первого уравнения системы (5.11) следует, что
0 0 0 0
11y y y y y y y y
uu
vu
xy
= = = =
= + +
и, в силу (5.12), имеем
00
11
( ) ( )
y y y y
u
v x x
x
==
= + +
.
(5.13)
Для того, чтобы найти значение
0
yy
u
x
=
, продифференцируем первое равен-
ство (5.12) по переменной x. Получим, что
00
0
y y y y
dy
u u d
x y dx dx
==
+=
или, с учетом второго равенства (5.12), будем иметь
0
0
()
yy
dy
ud
x
x dx dx
=
=−
.
Подставив это значение в (5.13), в итоге получаем
0
0
11
( ) ( ) ( )
yy
dy
d
v x x x
dx dx
=
= − + +
.
(5.14)
Таким образом, задача (5.1), (5.12) сведена к двум задачам Коши для уравнений
в частных производных первого порядка
( )
0
22
0 2 2
,,
( ) ( ) ( ) ( ) ( ),
=
+ + =
= − + − +
yy
vv
v f x y
xy
v x y x x x x
(5.15)
( )
0
11
()
,,
| ( ).
=
+ + =
=
y y x
uu
u v x y
xy
ux
(5.16)
Решая последовательно задачи (5.15), (5.16) найдем единственное решение за-
дачи Коши (5.1), (5.12).
Пример 5.2. Найти решение задачи Коши
4 3 2 6 0
xx xy yy x y
u u u u u− + − + =
,
00yu=
=
,
0
1
yyu=
=
.
39
Решение. Представим заданное уравнение в виде (5.9). Система (5.10) для
определения коэффициентов
1 2 1 2
, , ,
в данном случае примет вид
12
12
12
11
2 1 2 2 1
11
2 1 2
4,
3,
2,
6,
0.
xy
xy
+ = −
=
+ = −
+ + + =
+ + =
(5.15)
Из первого и второго уравнения системы (5.15) находим
12
3, 1
= − = −
или
12
1, 3
= − = −
. Тогда из третьего и четвертого уравнения системы (5.15) сле-
дует, что
12
0, 2
= = −
или
12
2, 0
= − =
. При этом последнее равенство
выполнено в любом случае. Положим
12
0, 2
= = −
,
12
3, 1
= − = −
. То-
гда, в соответствии с (5.11), данному уравнению сопоставим систему линейных
уравнений с частными производными первого порядка
3,
2 0.
uu
v
xy
vv
v
xy
−=
− − =
(5.16)
Пользуясь начальными данными и формулой (5.14), имеем следующую задачу
Коши для определения функции
v
:
0
2 , 3
y
vv
vv
xy
=
− = = −
.
Из характеристической системы
1 1 2
dx dy dv
v
==
−
следует, что
1
xy
=+
,
22y
ev
=
. Поэтому
2
( , ) ( )
y
v x y e f x y
−
=+
, где f –
произвольная гладкая действительная функция. Используя начальные условия
для функции
v
, получим
0
( ) 3
y
v f x
=
= = −
,
следовательно,
2
( , ) 3
y
v x y e
−
=−
.
40
Теперь переходим к поиску функции u. Соответствующая задача Коши имеет
вид
2
0
3 3 ,
0.
y
y
uu
e
xy
u
−
=
− = −
=
Составим характеристическую систему
2
1 3 3
y
dx dy dv
e
−
==
−−
и найдем первые интегралы
3
3xy
=+
,
2
4
1
2
y
ve
−
=+
.
Тогда
2
1
1
( , ) (3 )
2
y
u x y f x y e
−
= + −
,
где
1
f
– произвольная гладкая действительная функция. Подставляя найденное
( , )uxy
в соответствующее начальное условие, находим
1
1
2
f =
и, окончательно
имеем
2
1
( , )
2
y
e
u x y
−
−
=
.
5.3 Упражнения
Найти решение уравнений методом характеристик:
1.
3 5 2 3 2.
xx xy yy x y
u u u u u− − + + =
2.
2 2 4 .
x
yy xy x y
u u u u e− + − =
Решить задачу Коши методом характеристик:
3.
3
5
2
6 8 2 4 0,
xy
xx xy yy x y
u u u u u e
+
− + + − + =
52
0
2 16
xx
y
u xe x e
=
= + +
cos2 ,x+
5
0
(3 1) 8 ( 1) sin2 .
xx
yy
u x e x x e x
=
= + + + −
4.
5 3 4 0,
xx yy x y
u u u u u− + + + =
2
55
22
0
0
,.
x x x
y
y
y
u xe u e
− − −
=
=
==
5.
2
2cos sin sin 0,
xx xy yy y
u xu xu xu+ − − =
sin
cos ,
yx
u x x
=
=+
sin
sin .
y
yx
ux
=
=
6.
2
,
yy
xy yy y
e u u u xe− + =
2
0
0
1
sin , .
1
y
y
y
u x u
x
=
=
==
+
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]