Vasilevsky_Kv_du_S_Chp_metodichka

u x=1 = y2, ux x=1 = 4.			y		2 x
9. y uxx +(x−2 y) uxy −2 x2 uyy −				ux +		(ux +2 x uy) = 0, x > 0,
			x		1 + 2 y
u y=0	= x2, uy	y=0 = 1.
10. uxx − 2 sin x · uxy − (3 + cos2 x) uyy − cos x · uy = 0, |x| < ∞,
u y=0	= x2, uy	y=0 = 1.

11. uxx + 2 sin x · uxy − cos2 x · uyy + ux + (sin x + cos x + 1) uy = 0,

|x| < ∞,

u y=− cos x = 1 + 2 sin x,	uy	y=− cos x = sin x.

12. uxx + 6 uxy + 5 uyy + ux + 4, uy = 0, |x| < ∞,

u y=ex = x, uy y=ex = 1.

13. uxx + 8 uxy + 12 uyy + ux + 5, uy = 0, |x| < ∞,

u y=x2 = x3, uy y=x2 = x2.

14. uxx + 6 uxy + 8 uyy + 3 ux + uy = 0, |x| < ∞,

u y=sin x = x − 2,	uy	y=sin x = x + 2.

15. uxx + 10 uxy + 16 uyy + 5 ux + 2, uy = 0, |x| < ∞,

u y=cos x = 1, uy y=cos x = 2.

21

3.3. Задача Гурса

Рассмотрим следующее уравнение

	a11(x, y) uxx + 2 a12(x, y) uxy + a22(x, y) uyy + b1(x, y) ux+
			+b2(x, y) uy + c(x, y) u = f(x, y)
с	условиями u ϕ(x,y)=C			=		g(x, y),	u ψ(x,y)=C	=	h(x, y),
f(x0, y0)		=	g(x0, y0). Задача1		Гурса состоит в следующем.2				Пусть
в	области		D задано исходное			уравнение гиперболического типа
(a122 − a11 a22) > 0, ϕ(x, y) = C1						и ψ(x, y) = C2 характеристики,
проходящие через точку (x0, y0)						D. Требуется найти функцию
u(x, y),		которая в области,		ограниченной			характеристиками, вы-

ходящими из точки (x0, y0), являющуюся решением уравнения и удов-летворяющую условиям на характеристиках, причём для функций f и h выполняется условие согласования. Решение задачи Гурса может быть получено методом характеристик.

Найдём решение следующей задачи Гурса:

uxx + 3 uxy − 4 uyy − ux + uy = 0, x > 0, −x < y < 4 x, uy=4 x = 5 x + ex, uy=−x = 1.

Уравнение характеристик (d y)2 − 3 dx dy − 4 (dx)2 = 0 распадается на 2 уравнения dy + dx = 0, dy − 4 dx = 0, для которых y + x = C1, y − 4 x = C2 характеристики. Заменой переменных ξ = y + x, η = y −4 x уравнение приводится к каноническому виду uξη − 15 uη = 0. Интегрируя это уравнение, находим, что

u = f(η) e−ξ/5 + g(ξ) = f(y − 4 x) e−(x+y)/5 + g(x + y).

Воспользуемcя начальными условиями:

f(0) e−x + g(5 x) = 5 x + ex,

f(−5 x) + g(0) = 1.

22

Сделав замену −5 x = z, во втором уравнении и z = 5 x в первом уравнении, придём к тому, что

f(z) = 1 − g(0),

g(z) = z + ez/5 − f(0) e−z/5.

Следовательно,

u(x, y) = 1 − g(0) e−(x+y)/5 + x + y + e(x+y)/5 − f(0) e−(x+y)/5.

Учитывая, что из первого уравнения f(0) + g(0) = 1, окончательно находим решение исходной задачи

u(x, y) = x + y + e(x+y)/5.

Задание 3. Решить следующие задачи Гурса: 1. uxy + ux = x, x > 0, y > 0

u x=0 = y2, u y=0 = x2.

2. uxy + x2 y ux = 0, x > 0, y > 0

u x=0	= 0, u y=0 = x.

3. uxy + uy = 1, x > 0, y > 0

u x=0	= ey, u y=0 = ex.

4. 2 uxx + uxy − uyy + ux + uy = x, x > 0, −x/2 < y < x

u y=x	= 1 + 3 x, u y=−x/2 = 1.

5. uxx + 6 uxy + 5 uyy = 0, x, y < 5 x, x > 0

23

y=−3 x

u y=0 = cos x, u y=5 x = cos 2 x.

6. uxy − ex uyy = 0, y > −ex, x > 0

u x=0 = y2, u y=e−x = 1 + x2.

7. y uxx + (x − y) uxy − x uyy − ux + uy = 0, 0 < y < x, x > 0

u y=0 = 0, u y=x = 4 x4.

8. y2 uxx + uxy = 0, y3 − 8 < 3 x < y3, 0 < y < 2

u y=2	= 3 x + 8, u 3 x=y3 = 2 y3.

9. x2 uxx − y2 uyy = 0, y > x, x > 1

u x=1	= 1, u y=x = x.

10. uxx − 2 sin x · uxy − cos2 x · uyy − cos x · uy = 0, |y − cos x| < x, x > 0

u y=x+cos x = cos x,	u y=−x+cos x = cos x.

11. uxx − 2 uxy + 3 uyy − ux + uy = 0, y < x, x > 0

u y=−x = cos x,	u	= sin x.

12. uxx + 6 uxy + 8 uyy + ux + uy = 0, y > 0, x > 0

u y=2 x	= ex, u y=4 x = x ex.

24

u y= 5 x = x 1.

−

−

13. uxx−8 uxy +15 uyy

ux+3 uy = 0, y < 0,

x > 0

u

y=

3 x = x+1;

−

−

y=4 x

= x2,

u y=6 x

= x3.

14. uxx +10 uxy +24 uyy +ux +4 uy = 0, y > 0, x > 0

u

15.

uxx + 12 uxy + 35 uyy + ux + 5 uy

=

0,

y

> 0,

x > 0

u y=5 x = x cos x,

u y=7 x = x sin x.

4.Метод Римана решения задачи Коши для гиперболических уравнений.

Рассмотрим задачу Коши

uxy + a(x, y) ux + b(x, y) uy + c(x, y) u = f(x, y),

u y=g(x)	= ϕ(x), uy	y=g(x) = ψ(x).

Решение данной задачи выражается через вспомогательную функцию v = v(x, y, x0, y0) формулой

u(x0, y0) = 2 u v

P

+ 2

u v

Q + ZZ v f dx dy+

1

1

+2 Z

Ω

(10)

v ux − u vx + 2 b u v

dx − v uy − u vy + 2 a u v dy.

1

P Q

Здесь функция Римана v(x, y, x0, y0)

решение задачи Гурса для со-

пряжённого уравнения

vxy − (a v)x − (b v)y + c v = 0

с условиями на характеристиках

v x=x0	y	a(x0,y) dy,	v y=y0	x	b(x,y0) dx.
	= eyR0			= exR0

25

Точки P и Q точки пересечения линии y = g(x) с характеристиками y = y0 и x = x0 соответственно. Ω конечная область, ограниченная участком P Q линии y = g(x) и характеристиками x = x0,

y = y0, а производная ux y=g(x) = ϕ0(x) − ψ(x) g0(x). Пример 1. Решим следующую задачу Коши:

uxy = 1; u y=−x = x, uy y=−x = 1.

Для нахождения функции v решим следующую задачу Гурса:

vxy = 0; v x=x = 1, v y=y

= 1.

Общим решением данной задачи

будет0

v(x, y)

0= f1(x)+f2(y). Подстав-

v

y=y0 = f1(x) + f2(y0) = 1. Из первого уравнения0

f2(y) = 1

f1(x0),

ляем начальные условия и получаем, что v

x=x = f1(x0) + f2(y) = 1,

−

−

а

из второго

уравнения

f1(x) =

1

f2(y0).

В

таком

случае

v(x, y) = 1 + 1 − f1(x0) + f2(y0)

= 1 + 1 − 1 = 1,

поскольку из

f

x

0) +

f

y

) =

1

y,

в том числе и для

y

y

,

первого уравнения 1(

2

(

=

0

а отсюда следует, что

f1(x0) + f2(y0) = 1. Далее, будем применять

формулу (10). Сначала сделаем рисунок.

@y = −x

y

6

sM (x0, y0)

@

P ( y0, y0) s@

−

@

@

@

Ou@

@

@

-

x

@

@

@

@@

@sQ (x0, −x0)

@

@

Рис. 1

Из Рис. 1 видно, что точка P имеет координаты (−y0, y0), а точка Q (x0, −x0). В общем случае точка P имеет координаты g−1(y0), y0 ,

аточка Q x0, g(x0) . В таком случае

1	u v P		1			− y0	· 1	= −	1			1		u v Q		1		x0	· 1 =	1
		=								y0	;				=						x0.
2			2						2			2				2				2

26

v ux − u vx + 2 b u v dx − v uy − u vy + 2 a u v dy =

Здесь использовалось начальное условие. Для точки

P

имеем,

что

x

=

−y0,

u y= (

y0) = −y0.

Для точки Q

имеем, что

y =

x0, u y=

− −

−

x0

= x0. Далее,

−

1

1

2

ZZ v f dx dy = ZZ

dx dy = S4 MP Q =

(x0+y0)·(x0+y0) =

(x0+y0)

.

2

2

Ω4 MP Q

Далее, подсчитаем слагаемые в криволинейном интеграле. Т. к. v(x, y) = 1, то слагаемые, содержащие vx и vy, будут равны 0. Аналогично, т. к. a(x, y) = b(x, y) = 0, то слагаемые, содержащие a и b, равны 0. ux = 1 − 1 · (−1) = 2, uy = 1. С учётом формулы для вычисления криволинейного интеграла

1 Z

2

P Q

= 2 Z

2 dx − dy =

x0

x0

dx =

2 x0 + y0 .

2 Z

2 − (−1) dx = 2 Z

1

1

3

3

P Q

−y0

−y0

Таким образом,

1

3

1

1

u(x0, y0) =

x0 −y0 +

x0

+y0 +

(x0 +y0)2 = 2 x0 +y0 +

(x0 +y0)2.

2

2

2

2

Заменяя x0

на x, а y0

на y, приходим к тому, что

1

u(x, y) = 2 x + y +

(x + y)2.

2

Задание 1. Решить следующие задачи Коши методом Римана:

1. uxy = 1, x > 0, y > x2;			8. uxy = 1, x > 0, y > e−x;
u y=x2	= x, uy	y=x2 = x3.	u y=e−x	= 1, uy	y=e−x = 1.

2. uxy = 1, x > 0, y > 1/x;

9. uxy = 0, x > 0, y > − ln x;

27

u y=1/x = x, uy y=1/x = x.			u y=− ln x = 1, uy y=− ln x = x.
3.	uxy + ux = 0, x > 0, y > −x;		10. uxy + 2 ux + uy + 2 u = 1,
u y=−x		= x, uy y=−x = 1.	u y=1−x = x, uy y=1−x = x.
4.	uxy −2 ux = 0, x > 0, y > x3;		11. uxy = 1, 0 < x < π, y < sin x;
u y=x3		= x, uy y=x3 = sin x.	u y=sin x = x, uy y=sin x = 1.
5.	uxy = 0, x > 0, y > x2; 12. uxy = 0, 0 < x <			π	, cos x < y < 1;
u y=x2		= sin x, uy y=x2 = cos x.	2		uy y=cos x = x.
			u y=cos x = x2,
6.	uxy − 4 ux = 0, x > 0, y > ex;		13. uxy = 1, 0 < x < π, y < sin x;
u y=ex		= x + 1, uy y=ex = x − 1.	u y=sin x = x,		uy y=sin x = 1.
7.	uxy − 6 uy = 0, x > 0, y > 2x;		14. uxy = 1, 0 < x < π, y < sin x;
u y=2x		= x−1, uy y=2x = 3 x+2.	u y=sin x = sin x, uy y=sin x = cos x.

15. uxy + uy = 0, x > 0, y > x2;			16. uxy = 2,	x > 0, y > 2 x + 1;
u y=x2	= 2 x, uy	y=x2 = 3 (x + 2). u y=2 x+1 = x − 3, uy			y=2 x+1 = 1.

5.Задача Коши для волнового уравнения. Формулы Даламбера, Пуассона, Кирхгофа.

Рассмотрим	задачу	Коши		о	нахождении	функции
u C2 R+ ∩ C1 R+ {0} 2			такой, что
	utt = a		u + f(x, t), t > 0,

28

u =0 = ϕ(x), ut t=0 = ψ(x),

где f, ϕ, ψ заданныеt функции. Если

выполняются условия

f

C1

+R

+

0

, ϕ

C2( ), ψ

C1(R), n = 1;

2

{

}

3

nR

2

n

), n = 2, 3,

f C R

{0} , ϕ C

(R ), ψ C

(R

то решение

исходной задачи Коши существует, единственно и выража-

ется:

1) При n = 1 формулой Даламбера

u(x, t) = 2 ϕ(x+a t)+ϕ(x−a t) +2 a

x+a t

t x+a (t−τ)

Z

ψ(ξ) dξ+21a Z Z

f(ξ, τ) dξ dτ;

1

1

x−a t

0 x−a (t−τ)

2) При n = 2 формулой Пуассона

t

Z

pa2 (t − τ)2 − |ξ − x|2 +

u(x, t) = 2 π a Z

1

f(ξ, τ) dξ dτ

0 |ξ−x|<a(t−τ)

+2 π a

Z

a2 t2

ξ x 2

+ 2 π a ∂t

Z

a2 t2

ξ x 2 ;

1

ψ(ξ) dξ

1 ∂

ϕ(ξ) dξ

|ξ−x|<a t

p

− | − |

|ξ−x|<a t

p

− | − |

3) При n = 3 формулой Кирхгофа

− |

|

4 π a2

Z

|ξ − x|

a

u(x, t) =

1

1

f ξ, t

ξ

− x

dξ+

|ξ−x|<a t

ϕ(ξ) dS .

+

1

Z

ψ(ξ) dS +

1

∂

1

Z

2

t

4 π a

2

t

4 π a

∂t

|ξ−x|=a t

|ξ−x|=a t

Пример 1. Решим следующую задачу Коши:

utt =

u + 6 x y t,

u t=0 = x2

− y2, ut t=0 = x y.

29

В данном случае a = 1, ξ = (x1, y1), f(ξ, τ) = 6 x1 y1 τ, ϕ(ξ) = x21 −y12, ψ(ξ) = x1 y1. Применяем формулу Пуассона и получаем, что

t

(t τ)2

1

(x1

x)2

+ (y1 y)2

+

u(x, y, t) = 2 π Z ZZ

1

6 x y1 τ dx1 dy1 dτ

0 r<t−τ

q

−

−

−

−

1

ZZ

x1 y1 dx1 dy1

1 ∂

ZZ

(x12

y12) dx1 dy1

+

+

−

.

2 π

2 π

∂t

t2

−

(x1

−

x)2 + (y1

−

y)2

t2

−

(x1

x)2 + (y1

−

y)2

r<t

q

r<t

q

−

Переходим

к

полярным

координатам

следующим

образом:

x1

x = r cos φ,

Учитывая,

что

якобиан

данного

преобразо-

( y1

−y = r sin φ.

−

вания будет J = r, придём к тому, что

u(x, y, t) = 21π

+21π

+ 1 ∂ 2 π ∂t

t t−τ 2 π

+

cos

)((t +τ)2sin r2

+

Z

Z

Z

6 (

x

r

φ

y r

φ) τ r dφ dr dτ

0

0

0

p

−

−

t

2 π

(

+

cos

)√t2 − r2

+

Z Z

r

x

φ (y + r sin φ) r dφ dr

00

t	2 π		φ 2
Z	Z	(x + r cos			y		r	φ	2
			√)	− (		+		sin )		r dφ dr.
				t2 r2
					−

00

Будем по отдельности вычислять интегралы.

1)

t

t−τ 2 π

+

cos

)((t +τ)2sin r2

=

2 π Z

Z

Z

6 (

x

r

φ

1

y r

φ) τ r dφ dr dτ

0

0

0

p

−

−

t t−τ

(t6 x τ)2

t

(t−τ)2

1τ)2

s ds dτ =

= Z Z

r2 dr dτ = 3 x y Z τ

Z

(t

y τ r

0 0

p

−

−

0

0

p

−

−

t

Z

= 6 x y τ (t − τ) dτ = x y t3.

0

30