Vasilevsky_Kv_du_S_Chp_metodichka

ηx = 0, ηy = 1, ηxx = ηxy = ηyy = 0. В этом случае a11 = 0, a12 = 0, a22 = x2, b1 = y2 − x2, b2 = 0. Следовательно, исходное уравнение перепишется следующим образом:

x2 uηη + (y2 − x2) uξ = 0.

Из выражений для ξ и η получаем, что y2 − x2 = −2 ξ, y2 = η2, x2 = 2 ξ +η2. Подставляем значения y2 −x2 и x2 в уравнение и придём к уравнению

2 ξ

uηη − 2 ξ + η2 uξ = 0.

Замечание 1. Если уравнение (1) линенйное и его коэффициенты постоянные, то после преобразования к новым переменным в каждом случае получим линейное уравнение с постоянными коэффициентами:

1.uξ η + a uξ + b uη + c u = 0;

2.uη η + a uξ + b uη + c u = 0;

3.uξ ξ + uη η + a uξ + b uη + c u = 0;

Эти уравнения можно ещё упростить путём введения новой искомой функции v : u = eλ ξ+µ η v, где постоянные λ и µ выбраны специальным образом. Тогда уравнения будут приведены к виду

1.vξ η + c1 v = 0;

2.vη η + a1 vξ = 0;

3.vξ ξ + vη η + c1 v = 0.

Задание 1. Привести к каноническому виду и упростить следующие уравнения

1.uxx + 2 sin x · uxy − cos 2 x · uyy + cos x · uy = 0.

2.x uxx + y uyy + 2 ux + 2 uy = 0.

3.x uxx + 2 x uxy + (x − 1) uyy = 0.

4.e2 x uxx + 2 ex+y uxy + e2 y uyy − x u = 0.

5.uxx − 2 sin x · uxy − cos2 x · uyy − cos x · uy = 0.

6.x y2 uxx − 2 x2 y uxy + x3 uyy − y2 ux = 0.

11

7.x2 uxx + 2 x y uxy + y2 uyy − 2 y ux + y ey/x = 0.

8.(1 + x2) uxx + uyy + 2 x(1 + x2) ux = 0.

9.uxx − 2 cos x · uxy − (3 + sin2 x) uyy − y uy = 0.

10.sin2 x · uxx − 2 y sin x · uxy + y2 uyy = 0.

11.(1 + x2) uxx + (1 + y2) uyy + x ux + y uy = 0.

12.y2 uxx + 2 x uxy + 2 x2 uyy + y uy = 0.

13.x2 uxx + 2 x y uxy + y2 uyy = 0.

14.y2 uxx + x2 uyy = 0.

15.x2 uxx + y2 uyy = 0.

16.uxx + 4 uxy + 5 uyy + ux + 2 uy = 0.

17.a uxx + 4 a uxy + a uyy + b ux + c uy + u = 0.

18.uxx − 4 uxy − 5 uyy − 3 ux + uy + u = 0.

19.uxx − 6 uxy + 7 uyy − ux + uy − u = 0.

20.uxx − 5 uxy + 6 uyy − 2 ux + 3 uy − 4 u = 0.

21.uxx − 2 uxy + 3 uyy − 4 ux − 5 uy = 0.

22.uxx − 8 uxy + 7 uyy + ux − uy = 0.

23.uxx − 6 uxy + 9 uyy − ux + 2 uy = 0.

24.uxx − 2 uxy + uyy + ux − uy + 2 u = 0.

25.uxx − 4 uxy + 4 uyy + 3 ux − 2 uy − u = 0.

26.uxx − 8 uxy + 16 uyy + ux − uy − u = 0.

27.uxx − 4 uxy + 3 uyy + ux + uy + u = 0.

28.uxx + uxy + uyy + ux + uy + u = 0.

29.uxx − 7 uxy + 6 uyy + ux − 4 uy − 2 u = 0.

30.uxx − uxy + 2 uyy + ux − 2 uy − u = 0.

12

2.Классификация и приведение к каноническому виду линейных дифференциальных уравнений 2- го порядка с n независимыми переменными.

Рассмотрим линейное уравнение

n	n	n
Xi	X	X	(6)
	aijuxixj +	biuxi + cu + f = 0 (aij = aji),
=1 j=1		i=1

где a, b, c, f являются функциями x1, x2, ..., xn. Рассмотрим квадратичную форму

nn

X X

aij ξi ξj, ξi = ξi(x1, x2, ..., xn.)

i=1 j=1

Данную квадратичную форму приведём к каноническому виду методом выделения полных квадратов. Выписываем преобразование, осуществляющее этот процесс:

µ2			α21		α22	...	α2n	ξ2
	µ1			α11	α12	...	α1n		ξ1
	µn			αn1	αn2	... αnn			ξn
...			= ... ... ... ...					...		.

Матрицей данного преобразования будет

	α21		α22 ...	α2n
		α11	α12 ...	α1n
A =	...		... ...	...		, | A | 6= 0.
		αn1	αn2 ...	αnn

Находим матрицу B замены переменной по закону B = (AT )−1, и, далее, производим замену переменных

y2		β21		β22	...	β2n	x2
y1			β11	β12	...	β1n	x1
yn			βn1	βn2	...	βnn	xn
...		= ... ... ... ...					...	.

13

В результате получим канонический вид

n

X

bkuykyk + g(y1, ..., yn, u, uy1 , ..., uyn ) = 0

k=1

уравнения (6). Здесь коэффиценты bk = −1, 0, 1, будут совпадать с коэффициентами при µk в каноническом виде квадратичной формы.

Сучётом этого получаем классификацию:

Определение 2. Уравнение (6) относится к

1)гиперболическому типу, если все коэффициенты bk 6= 0 и

имеют разные знаки,

2)эллиптическому типу, если все bk = 1,

3)параболическому типу, если хотя бы один из коэффициентов bk = 0.

Пример 1. Привести к каноническому виду уравнение

1

uxy − 2uxz + uyz + ux + 2uy + uz = 0.

Квадратичная форма данного уравнения имеет вид

Q(ξ1, ξ2, ξ3) = ξ1 ξ2 − 2 ξ1 ξ3 + ξ2 ξ3.

Приведём её к каноническому виду. С этой целью сделаем замену:

ν1 = ξ1 + ξ2;

ν2 = ξ1 − ξ2; Тогда квадратичная форма перепишется

ν3 = ξ3.

Q= 14 ν12 − ν22 − ν1 + ν2 ν3 + 12 ν1 − ν2 ν3 + 2 ν32 − 2 ν32 =

=14 ν1 − ν3 2 − 14 ν2 + 3 ν3 2 + 2 ν32 = µ21 − µ22 + µ23,

где

µ2		=		21		ξ1		ξ2 + 3 ξ3			;
	µ1		=	21		ξ1 + ξ2 − ξ3);
							−
				µ3		=	√2 ξ3.

14

Решаем эту систему уравнений относительно ξ1,

ξ2,

ξ3 и получаем,

что

√

ξ2

= µ1

µ2

+

√2 µ3;

ξ1 = µ1

+ µ2

−

2

ξ3;

2

−

−√

2

µ3.

ξ3 = 2

ξ

к

µ

k будет

Матрица перехода от k

1 1

√

, а B = AT

−1 =

.

2

A−1 =

−√2

1

1

0

1

1

2

1

1

0

0 0

− 22

√2

22

22

−

√

√

−

√

Тогда

замена

переменных

будет

следующей:

y1 = x + y;

√

y2 = x − y;

Запишем производные первого порядка:

y3 =

− x + 2 y + z .

2

2

√

ux = uy1 (y1)x + uy2 (y2)x + uy3 (y3)x = uy1 + uy2 −

2

uy3 ,

2

uy = uy1 (y1)y + uy2 (y2)y + uy3 (y3)y = uy1 − √uy2

√

+ 2 uy3 ,

uz = uy1 (y1)z

+ uy2 (y2)z + uy3 (y3)z =

2

uy3 .

2

Таким образом, исходное уравнение можно записать в следующем каноническом виде:

						√
uy1 y1 − uy2 y2 + uy3 y3 +	3			1				2
		uy1	+		uy2	+				uy3 = 0.
	2			2			2

Задание 1. Привести уравнения к каноническому виду:

1.uxx − 4 uxy + 2 uxz + 4 uyy + uzz + 3 ux = 0.

2.uxy + uxz + uyz − ux + uy = 0.

3.3 uxy − 2 uxz − uyz − u = 0.

4.uxx + 3 uyy + 3 uzz − 2 uxy − 2 uxz − 2 uyz − 8 u = 0.

5.uxx + uyy + uzz + 6 uxy + 2 uxz + 2 uyz + 2 ux + 2 uy + 2 uz + 4 u = 0.

15

6.2 uxx + 5 uyy + 2 uzz − 6 uxy − 4 uxz + 6 uyz − 3 u + y − 2 z = 0.

7.3 uyy − 2 uxy − 2 uyz + 4 u = 0.

8.uxx + 4 uyy + uzz + 4 uxy + 2 uxz + 4 uxz + 2 u = 0.

9.uxx + 4 uyy + 9 uzz + 4 uxy + 6 uxz + 12 uyz − 2 ux − 4 uy − 6 uz = 0.

10.2 uxy − uxz + 2 uyz − u = 0.

11.uxy − uxz − uyz = 0.

12.uxy − 2 uxz + uyz + ux + uy = 0.

13.uxy − uzz + ux − uy = 0.

14.uxx + 2 uxy − 2 uxz + 2 uyy + 6 uzz = 0.

15.4 uxx − 4 uxy − 2 uyz + uy + uz = 0.

16.uxy − uxz + ux + uy − uz = 0.

17.uxx + 2 uxy − 2 uxz + 2 uyy + 2 uzz = 0.

18.uxx + 2 uxy − 4 uxz − 6 uyz − uzz = 0.

19.uxx + 2 uxy + 2 uyy + 2 uyz + 2 uyt + 2 uzz + 3 utt = 0.

20.uxy − uxt + uzz − 2 uzt + 2 utt = 0.

21.uxy − uxz − ux + uy + uz + u = 0.

22.uxy + uyz + 2 ux − 3 uy + 4 uz − u = 0.

23.uxx + uxy + uzz + ux + uy + uz + u = 0.

24.uyy − 2 uxy + uzz + ux + uy + uz + u = 0.

25.uxx − 2 uxy − 2 uxz + ux + uy + 2 uz + u = 0.

26.uxx − uzz − 2 uxy + ux + uy + uz + u = 0.

27.2 uxx + uyy + uzz + 2 uxy + 2 ux + uy + uz + 4 u = 0.

28.2 uxx + uyy + uzz − 2 uxy + 2 ux − uy + uz + u = 0.

29.3 uxx + uyy + uzz − 2 uxy + 2 uxz + 2 ux + 2 uy + 2 uz = 0.

30.uxx + uyy + uzz + 2 uxy + 2 uxz − 2 uyz + 2 ux − uz + u = 0.

31.uxx + utt + uyy + uzz − 2 uxt + uxz + uyt − 2 uyz = 0.

16

3. Метод характеристик.

3.1. Общий вид.

Пусть уравнение (1) в результате преобразований можно привести к виду

	∂		c(y) uy + d(y) u = 0.	(7)
a(x)		+ b(x)
	∂x
В этом случае уравнение можно проинтегрировать. С				этой це-
лью сделаем замену c(y) uy			+ d(y) u = v. Получим	уравнение

a(x) vx + b(x) v = 0, относительно v. Общим решение данного уравнения будет

v(x, y) = C1(y) e− R

b(x)

dx.

a(x)

Т. к.

c(y) u

+ d(y) u = v,

то

уравнение для u будет следующим:

y

e

+ d(y) = C1(y) e− R

b(x)

c(y) uy

dx,

a(x)

из которого получим, что

e

d(y)

1

b(x)

u(x, y) = e− R

dy C2(x) + Z

C1

(y) e− R

dx dy .

c(y)

a(x)

c(y)

Обозначая

Z

1

e

C1(y)

≡ C1(y),

c(y)

общее решение уравнения (7) перепишем в виде

e

d(y)

d(y)

b(x)

u(x, y) = C2(x) e− R

dy + C1(y) e− R

dy−R

dx

c(y)

c(y)

a(x)

Пример 1.

uxy + uy + ux + u = 1.

Данное уравнение можно переписать следующим образом:

∂

∂ x + 1 uy + u = 1.

Сделаем замену uy + u = v. Получим уравнение относительно v : vx + v = 1. Решением данного уравнения будет

v = C1(y) e−x + 1.

17

Тогда уравнение для u будет следующим:

uy + u = C1(y) e−x + 1.

Решением данного уравнения будет

Z

u = C2(x) e−y+1−e−y+e−x−y ey C1(y) dy = f(x) e−y+g(y) e−x−y−e−y+1.

Задание 1. Найти общее решение каждого из следующих уравнений:

1.uxx − 2 sin x · uxy − cos2 x · uyy − cos x · uy = 0.

2.x2 uxx − y2 uyy − 2 y uy = 0, x > 0, y > 0.

3.2 uxx − 5 uxy + 3 uyy = 0.

4.2 uxx + 6 uxy + 4 uyy + ux + uy = 0.

5.uxx − 2 cos x · uxy − (3 + sin2 x) uyy + ux + (sin x − cos x − 2) uy = 0.

6.e−2 x uxx − e−2 y uyy − e−2 x ux + e−2 y uy + 8 ey = 0.

7.uxy + y uy − u = 0.

8.uxy − x ux + u = 0.

9.x2 uxx + 2 x y uxy − 3 y2 uyy − 2 x ux = 0.

10.y uxx + (x − y) uxy − x uyy = 0.

11.uxx + 2 a uxy + a2 uyy + ux + a uy = 0.

12.uxy − 2 ux − 3 uy + b u = 2 ex+y.

13.uxy + a ux + b uy + a b u = 0.

14.uxy + 2 x y uy − 2 x u = 0.

15.uxy + ux + y uy + (y −1) u = 0. Указание: обозначить uy + u = v.

16.uxx + 2 uxy − uyy + ux + uy = 0.

17.uxx + 4 uxy + 4 uyy − ux − 2 uy = 0.

18.uxx + 2 uxy − uyy + 2 ux − 2 uy = 0.

19.uxx + 6 uxy + 9 uyy + ux + 3 uy = 0.

20.uxx − 6 uxy + 9 uyy − 2 ux + 6 uy = 0.

18

21.uxx + 2 uxy + uyy − 3 ux − 3 uy = 0.

22.uxx + 8 uxy + 16 uyy − ux − 4 uy = 0.

23.4 uxx + 8 uxy + 3 uyy = 0.

24.3 uxx + 4 uxy + uyy = 0.

25.2 uxx + 3 uxy + uyy + ux + uy + u = 0.

26.uxx + 3 uxy + 2 uyy + ux − 2 uy + 4 u = 0.

27.uxx + 4 uxy + 3 uyy − 3 ux + uy + 2 u = 0.

28.uxx − 6 uxy + 8 uyy + 2 ux − uy + 2 u = 0.

29.uxx + 8 uxy + 15 uyy + ux + 3 uy + 4 u = 0.

30.uxx + 10 uxy + 21 uyy − ux + 4 uy + 5 u = 0.

3.2.Задача Коши

Рассмотрим следующую задачу Коши

1

(8)

x uxx − uyy +

ux = 0, x > 0,

2

(9)

u y=0 = 0, uy y=0 = 0.

Найдём

характеристики

уравнения

(8)

в

области x

>

0.

Уравнение

характеристик

x (dy)2 − (dx)2

=

0 распадается

на

уравнения

√

dy+dx = 0, √

dy−dx = 0, для которых y+2 √

= C1,

x

x

x

y − 2 √

= C2, являются характеристиками, из которых y + 2

√

= 0

x

x

и y − 2 √

= 0 проходят через конец линии начальных данных y = 0,

x

√

x > 0 и выделяют в области x > 0 подобласть x > 0, |y| < 2

x.

√

Для нахождения этого решения с помощью замены ξ = y + 2

x,

η = y − 2 √x, приведём уравнение к каноническому виду uξη = 0.

Интегрируя это уравнение, находим общее решение

√ √

u = f(ξ) + g(η) = f(y + 2 x) + g(y − 2 x).

Теперь воспользуемся начальными условиями:

√√

f(2 x) + g(−2 x) = x, f 0(2 √x) + g0(−2 √x) = 0.

19

Решая эту систему, получаем

f(z) = 18 z2 + 12 C, g(z) = 18 z2 − 12 C.

Следовательно, решением исходной задачи Коши является функция

u(x, y) = 18 (y + 2 √x)2 + 12 C + 18 (y − 2 √x)2 − 12 C = x + 14 y2.

Задание 2. Найти наибольшую область, в которой поставленная задача имеет единственное решение, и найти это решение.

1. uxy = 0, |x| < 1, ;			2. uxy = 0, |x| < 1,
u y=x2	= 0, uy	y=x2 = 1.	u y=x2	= 0, uy	y=x2 = x.

3. uxy + ux = 0, |x| < ∞,			4. uxx − uyy + 2 ux + 2 uy = 0,
|x| < ∞,		y=x = 1.	u y=0 = x,		y=0 = 0.
u y=x = sin x,	uy			uy

5. uxx + 2 uxy −3 uyy = 2, |x| < 1,			6. x uxx + (x+ y) uxy + y uyy = 0,
|x| < 1,		y=0 = x+cos x.	u y=1/x		y=1/x = 2 x2.
u y=0	= 0, uy			= x3, uy

7. uxx + 2 (1 + 2 x) uxy + 4 x (1 + x) uyy + 2 uy = 0, |y| < ∞,

u x=0 = y, ux x=0 = 2.

8. uxx − 4 x2 uxy − x1 ux = 0, |y| < ∞,

20