Матфизика Мурга Е.В

2u

1

u

u

(

) 0.

2 2 2

8.

2u

(1 y2 )2

2u

2y(1 y2 )

u

0.

x2

y2

y

Відповідь: гіперболічного типу на всій площині

x arctgy;

x arctgy;

2u

0.

9.

2u

2u

2u

u

u

6

10

3

0.

x2

y2

x

x y

y

Відповідь: еліптичного типу на всій площині

3x y;

x;

2u

2u

u

0.

2

2

10.

2u

2sinx

2u

(2 cos2 x)

2u

0.

x2

y2

x y

Відповідь: еліптичного типу на всій площині

x; y cos x;

2u

2u

u

cos

0.

2

2

21

11. tg2x	2u	2ytgx	2u	y2	2u	tg3x		u	0.
	x2		x y
					y2			x
Відповідь: параболічного типу
				ysin x;			y;

2u 2 u

0.

2 2

	12.	x	2u	2x	2u	(x 1)	2u	0.
			x2		x y		y2

2u

Відповідь: 1) параболічного типу при х = 0; 0 ;

y2

2) гіперболічного типу при х 0; y x 2x;

y x 2

x;

2u

1

u

u

0;

2( )

4) еліптичного типу при х 0;

5) y x;

2

;

x

2u

2u

1 u

0.

2

2

13.

y

2u

2u

0.

x2

y2

22

Відповідь: 1) еліптичного типу при y 0;

2		3
		y2		; x;
3

						2u				2u					1 u					0;
								2		2					3
			2) гіперболічного типу при y 0;
										2			3
												( y)				2			x;
										3
										2			3
												( y)					2		x;
										3
					2u					1				u						u
																						0.
									6( )
14.	2u	x	2u	0.
	x2		y2

Відповідь: 1) еліптичного типу при x 0;

				2			3
						( x)		2	;			y;
				3
		2u				2u				1 u
													0;
			2			2
										3

2) гіперболічного типу при x > 0;

				2		3					2					3
	y				x 2		;						(x)2					y;
				3							3
		2u			1				u					u
																		0.
				6( )

23

15.

2u

2u

u

y

0.

x2

y2

y

Відповідь:

1) еліптичного типу при y 0;

2

x;

y;

2u

2u

2 1 u

0;

2

2

2)

гіперболічного типу при y 0;

x 2

y;

x 2

y;

2u

0,5 u

u

0.

16.

y

2 2 u

2xy

2 u

2x

2

2 u

y

u

0.

x2

x y

y2

y

Відповідь: еліптичного типу у кожному квандранті

x2 y2 ,

x2 ,

2u

2 u

1 u

1 u

0.

2

2

2

24

2. МЕТОД ХАРАКТЕРИСТИК. ФОРМУЛА ДАЛАМБЕРА

Метод Даламбера, або метод характеристик рішення крайової задачі для рівняння гіперболічного типу покажемо на прикладі вільних коливань нескінченної струни. Розглядаючи вільні коливання,

вирішимо однорідне рівняння

2u

a2

2 u

0

(2.1)

t2

x2

за заданих початкових умов

u x,t

t 0

x ,

u

t 0

x .

(2.2)

t

Спочатку необхідно перетворити рівняння (2.1) до канонічного

вигляду. Рівняння характеристик dx 2

a2

dt 2 0

розпадається

на два рівняння dx adt 0

і

dx adt 0, загальними інтегралами,

яких є сімейства прямих

x at C1,

x at C2.

Потім слід ввести нові змінні

x at,

x at

і

перерахувати похідні:

u

u

u

,

u

a

u

a

u

,

x

t

2u

2u

2u

2u

2

,

x2

2

2

25

2u

2 2u

2 2u

2 2u

a

2a

a

.

t

2

2

2

Після

підстановки в початкове

рівняння (2.I) і приведення

подібних виходить

2u

0.

Загальний інтеграл цього рівняння має

вигляд

u

F ,

(інтегрування проводиться по при фіксованому

). Тут

F

– довільна функція. Повторне інтегрування по при

фіксованому дає:

u , F d f1 f1 f2 ,

тут f1 і f2 - довільні функції.

Знайдемо загальне рішення рівняння (2.1) повертаючись до старих змінних:

u x,t f1 x at f2 x at .

(2.3)

Слід визначити функції f1 і f2 з початкових умов (2.2).

При t=0:

u x,0 f1 x f2 x x .

Диференціювання функції (2.3) по t приводить до виразу:

26

звідси

або

u		df1	x at		df2	x at
				a			a .
t		d x at			d x at

При t=0:

u x,0 f1 x f2 x x .

f1 x f2 x 1 x , a

x

f1 x f2 x z dz C,

x0

де x0 и С – постійні.

З системи рівнянь

	f1 x f		2 x x ,
				1		x
	f1	x f	2	x		z dz C,
					a
						x0

одержуємо

	1		1	x	C
f1 x		x		z dz		,
	2		2a		2
				x0

27

1

1

x

C

f2 x

x

z dz

.

2

2a

2

x0

Підставляючи знайдені функції у вираз (2.З):

1

1

x at

C

u x,t

x at

z dz

2a

2

x0

2

1

1

x at

C

x at

z dz

,

2a

2

2

x0

u x,t

x at x at

1

x at

z dz.

або

(2.4)

2

2a x at

Отримана формула (2.4) носить назву формули Даламбера.

Приклад 1. Знайти рішення рівняння

2u 4 2u ,

t2 x2

що задовольняє початковим умовам:

u		t 0	0,	u		t 0	x.
				t
Для вирішення можна скористатися формулою Даламбера. В
цьому випадку а = 2,	x 0,			x x, тоді по формулі (2.4):

28

1 x 2t

1

2

x 2t

1

2

2

u x,t

zdz

z

x 2t

x 2t

,

4 x 2t

8

x 2t

8

або

u x,t xt.

Легко перевірити, що отримана функція

u x,t

задовольняє

рівнянню і початковим умовам.

Приклад 2. Знайти рішення рівняння

2u

2u

2u

2

3

0,

x2

y2

x y

що задовольняє початковим умовам

u x, у

y 0 3x2 ,

u

y 0 0.

y

Складемо рівняння характеристик:

dy 2 2dxdy 3 dx 2 0

dy 2

dy

dy

або

2

3 0 , воно розпадається на два рівняння:

3

і

dx

dx

dx

dy

1,

загальні інтеграли

яких мають

вигляд:

C 3x y,

dx

1

C2

x y ; введемо нові змінні

3x y,

x y

і перерахуємо

29

похідні

u	3	u		u	,	u		u		u	,
x						y

		2u			9			2u				6				2u						2u				,
		x2						2														2
		2u					2u								2u						2u
											2														,
		y	2						2													2
		2u									2u						2u							2u
						3									2												.
													2													2
	x y
Канонічне рівняння має															вигляд								2u					Загальне його
																											0.

рішення може бути представлено у вигляді суми двох довільних функцій u . Значить, загальне рішення початкового рівняння має вигляд:

u x,y 3x y x y .

Для визначення функцій і слід задовольнити початковим

умовам.

При y 0 : u x,0 3x x 3x2.

Диференціювання функції u x,y по у:

30