Системы обыкновенных дифференциальных уравнений

2

2

−z

x

+ y

, ( z +1) e

+arcsin

v = ψ x

x

2

+ y

2

,

~

z = z(x, y) есть неявная

а значит, общее решение исходного уравнения (1 )

функция, определяемая соотношением

2

2

−z

x

+ y

, (z

+1) e

+arcsin

ψ x

2

+ y

2 = 0 .

x

Пример 3. Найти общее решение уравнения

~

∂u

∂u

∂u

( y + z) ∂x

+( z + x)

∂y

+( x + y)

∂z

= u.

~

( 4)

u = u( x, y, z) – неизвестная функция. Заданное уравнение ( 4) – линейное

неоднородное. Вводим в рассмотрение вспомогательное уравнение

~

∂v

∂v

∂v

∂v

( y + z) ∂x

+( z + x)

∂y

+( x + y)

∂z

+u

∂u

=

0 .

( 5)

(

~

уравнение

относительно

неизвестной

функции

5) – линейное однородное

~

ний, соответствующих уравнению ( 5) :

~

dx

dy

dz

du

=

=

=

u .

( 6)

y + z

z + x

x + y

~

Найдем интегралы системы ( 6) :

1)

dx

=

dy

= du

d(x − y)

= du

du

+ d( x − y)

= 0

y + z

z + x

y − x

u

u

u

x − y

u( x − y) = C1 .

2)

dy

=

dz

= du

d( y − z) = du

du

+ d( y − z)

= 0

z + x

x + y

u

u

z − y

u

y − z

u( y − z) = C2 .

~

d(x + y + z)

du

x + y + z

= C3 .

3) Из ( 6) :

=

2( x + y + z)

u

u2

~

Общее решение вспомогательного уравнения ( 5) будет таким:

x + y + z

v = ψ u(x − y), u( y − z),

.

u2

x + y + z

ψ u( x − y), u( y − z),

= 0 ,

u2

требуется найти решение уравнения

∂u +

∂u = 0 ,

(6)

∂t

∂x

удовлетворяющее условию

u(x, t)

t =0 = f ( x) ,

(7)

где f ( x) – известная функция. (6) – (7) – задача Коши.

Обыкновенное дифференциальное уравнение, соответствующее уравнению

(6), будет таким:

dx

= dt .

1

1

Решая его, находим x = t +C

x −t = C . Это есть первый интеграл диффе-

ренциального уравнения. Но тогда

u = ψ( x − t ) , где ψ –

произвольная непре-

Следовательно, u = f ( x −t) является решением задачи (6) – (7).

Замечание. В рассмотренном примере, исходя лишь из данного уравнения

(6)

и условия (7),

мы можем на оси абсцисс (т.е. при t = 0 )

определить фор-

мально все частные производные от функции u(x, t) по переменным x и t.

Действительно, из (7) находим

∂u

= f ′( x) .

Затем

из (6) получаем

∂u

∂u

∂x

t =0

∂2u

∂2u

= −

= − f ′(x) . Потом находим

=

f ′′(x),

= − f ′′( x) ,

∂t

∂x

∂x2

∂t∂x

t =0

t

=0

t =0

t =0

∂2u

= −

∂2u

= f ′′( x) , и т. д.

∂ 2

∂x∂t

t

t =0

t =0

уравнением

ω(x, t) = 0 . Предполагается при этом, что ω(x, t) C1( D) и что

(ω′ )2

+(ω′)2

≠ 0 в ( D) R2 .

x

t

уравнения (6), удовлетворяющее условию

~

u

(l ) = f ( M ) .

( 7)

~

Выясним, когда задача Коши (6) – ( 7) оказывается поставленной правильно

~

лишь из (6) и ( 7) , определить на (l) формально все интересующие нас частные

производные от функции u(x, t) .

Для этого вводим в рассмотрение новые переменные ξ и η по формулам

ξ = ω(x, t),

Тогда u( x, t) ↔ u(ξ, η) :

η= t.

∂u

=

∂u

∂ξ

+

∂u

∂η

=

∂u

∂ω

,

∂x

∂x

∂x

∂ξ ∂x

∂η

∂ξ

{

{

=∂ω

=0

∂u

∂u

∂ξ

∂x

∂u

∂η =

∂u

∂ω +

∂u

=

+

.

∂t

∂ξ

∂η

∂ξ

∂t

∂t

∂t

∂η

{

{

=∂ω

=1

∂t

∂ω

∂ω

≠ 0 на кривой (l) , то задача Коши (6) –

~

1)

если

∂x

+

∂t

( 7) поставлена

правильно;

∂ω

∂ω

~

2)

если

∂x

+

∂t

= 0 на кривой (l) , то задача Коши (6) – ( 7) поставлена не-

∂ω

+

∂ω

= 0 .

(8)

∂x

∂t

ное дифференциальное уравнение

dx

= dt

x −t = C – первый интеграл

1

1

этого уравнения. Утверждаем,

что

линии,

определяемые соотношением

∂u

~

коэффициент при

∂ξ

в уравнении ( 6) на каждой такой линии будет равен ну-

~

~

u = f ( x −t) задачи (6) – (7) имеет свое, но одно и то же значение.

Станем рассматривать теперь более общие примеры.

1. Пусть имеется уравнение вида

a (x, y) ∂u +b( x, y)

∂u = c ( x, y) .

(9)

∂x

∂y

что ω(x, y) C1( D) и (ω′x )2 +(ω′y )2 ≠ 0

в ( D) R2 .

Задача: найти решение уравнения (9), удовлетворяющее условию

u

(l )

= f ( M ) ,

(10)

~

~

Из ( 9 ) и (10) видим, что

∂u

1) если на (l) коэффициент при

не равен нулю, то задача Коши (9) – (10)

∂ξ

поставлена правильно и, следовательно, кривая (l ) – нехарактеристическая.

2) если же на (l ) a (x, y)

∂ω

+b(x, y) ∂ω = 0 , то задача Коши (9) – (10) по-

∂x

∂y

a (x, y)

∂ω

+b(x, y)

∂ω

= 0

(11)

∂x

∂y

dx

=

dy

.

a ( x, y)

b( x, y)

Пусть

(12)

ψ( x, y) = C

2. Пусть имеется уравнение вида

a ( x , K, x

n

)

∂u

+K+a

n

( x , K, x

n

)

∂u

= c ( x , K, x

n

) .

(13)

1 1

∂x

1

1

∂x

1

(l) задается

n

В этом случае

вместо

кривой

уже поверхность (σ) . Пусть

ω(x1, x2 , K, xn ) = 0 – уравнение поверхности (σ) . Предполагается, что

a

( x , K, x

) C1( D) (i =

) ,

n

1, n

i

1

c (x , K, x

n

) C1(D) ,

1

a(a1, a2 , K, an ) ≠ (0, 0, K0)

в (D),

ω(x , K, x

n

) C1( D) ,

1

(ω′

)2 +(ω′

)2 +K+

(ω′

)2

≠ 0 в (D).

x1

x 2

xn

Задача. Найти решение уравнения (13), удовлетворяющее условию

u

σ = f ( M ) ,

(14)

где f ( M ) – известная, заранее заданная функция.

∂u

=

∂u

∂ξ1 +

∂u

∂ξ2 +K+

∂u

∂ξn

=

∂u

∂ω ,

∂x

∂ξ

∂ξ ∂x

1

∂ξ

2

∂x

1

n

∂x

∂ξ ∂x

1

1

1

1

1

{

{

=0

=0

∂u

=

∂u

∂ξ1

+

∂u

∂ξ2

+

∂u

∂ξ3

+K+

∂u

∂ξn

=

∂u

∂ω

+

∂u

.

∂x

∂ξ

∂ξ

∂ξ

∂x

2

∂x

2

2

∂x

2

∂ξ

3

∂x

2

∂ξ

n

∂x

2

2

∂ξ

2

1

1

{

{

{

=1

=0

=0

∂u

=

∂u

∂ω

+

∂u

,

∂x

3

∂ξ

∂x

3

∂ξ

3

1

. . . . . . . .

∂u

=

∂u

∂ω

+

∂u

.

∂x

∂ξ

∂x

n

n

∂ξ

n

1

Уравнение (13) в новых переменных запишется так:

∂ω

∂ω

∂ω

∂u

∂u

∂u

a

+a

+K+a

n

+a

+K

+a

n

= c .

(15)

∂ξ

∂ξ

1

∂x

2

∂x

2

∂x

n

2

∂ξ

2

n

1

1

Начальное условие (14) в новых переменных станет таким

u

ξ1 =0 = f1(ξ2 , ξ3, K, ξn ) .

(16)

a

∂ω

+a

∂ω

+K+a

n

∂ω

= 0 ,

(17)

∂x

∂x

∂x

1

2

2

n

1

dx1

=

dx2

=K=

dxn

.

(18)

a ( x , K, x

n

)

a

2

( x , K, x

n

)

a

n

(x , K, x

n

)

1 1

1

1

Пусть

( i =

(19)

ψi ( x1, x2 , K, xn ) = Ci

1, n −1)

В самом деле,

по теореме 1 предыдущего параграфа, функции

ω = ψi ( x1, x2 , K, xn )

( i =

1, n −1) являются решениями уравнения (17). Следова-

тельно,

a

∂ψi +a

∂ψi +K+a

∂ψi = 0 ( i =

n

1, n −1).

1

∂x

2

∂x

2

∂x

n

1

щее

ему обыкновенное дифференциальное уравнение:

dx

=

dy

, откуда

2 x

−y

x = C – первый интеграл уравнения. Значит, z = ψ(ye

ye

x ),

где ψ – произ-

линия (l) ,

определяемая уравнением ω = 0

(т.е. уравнением x =1), нехаракте-

ристическая.

Для определения

вида

функции

ψ

используем

начальное

условие

z (x, y)

x =1

= y2 . Имеем:

ψ(ye

x )

= y2 , т.е.

ψ( ye) = y2

( = ( ye2)2

). Значит,

ψ(ye x )=

(ye x )2

x =1

e

и, следовательно,

2

e

y2e2 x

z (x, y) =

= y2e2(

x −1).

e2