SPIS TREŚCI
1
Równania I rzędu
Spis treści
1
Równania rzędu pierwszego. Charakterystyki
2
1.1
Przykładowe rozwiązania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.2.1
Zastosowanie do przepływu gazu [8] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
1.2.2
Zastosowanie do ruchu ulicznego [8]
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
1.3
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
2
Równania nieliniowe pierwszego rzędu
29
2.1
Przykładowe rozwiązania . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
2.2
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
1 Równania rzędu pierwszego. Charakterystyki
2
1
Równania rzędu pierwszego. Charakterystyki
1.1
Przykładowe rozwiązania
Zadanie 1.1.
Znaleźć rozwi
azania ogólne dla równania:
x
∂u
∂x
− 2y
∂u
∂y
− z
∂u
∂z
= 0.
(1)
Wystarczy znaleźć dwie niezależne całki pierwsze równania charakterystycznego:
x
= x ,
y
=
−2y,
z
=
−z.
Mnoż
ac pierwsze równanie przez z, a trzecie przez x i dodaj
ac te równania stronami, otrzymamy:
x
z + zx = 0,
(xz)
= 0,
czyli jedn
a z całek jest
ψ
1
(x , y , z) = xz. Z kolei dziel
ac pierwsze równanie przez x , a drugie przez 2y
i dodaj
ac je stronami, otrzymamy:
x
x
+
y
2y
= 0,
(2 ln
|x| + ln |y|)
= 0,
(2)
czyli drug
a z poszukiwanych całek jest
ψ
2
(x , y , z) = 2 ln
|x| + ln |y|. W rezultacie rozwi
azaniami
równania s
a funkcje postaci
u(x , y , z) = Φ(
ψ
1
(x , y , z),
ψ
2
(x , y , z)) = Φ(xz, 2 ln
|x| + ln |y|),
gdzie Φ jest funkcj
a klasy C
1
. Zauważmy jednak, że przy obliczaniu
ψ
2
wykonaliśmy dzielenie, a w
samej postaci tej funkcji pojawiły si
e funkcje logarytmiczne, zatem potrzebne jest założenie: x
=
0, y
= 0. Rozwi
azanie nie jest wi
ec określone dla wszystkich (x , y , z)
∈ R
3
. Z problemem tym można
sobie poradzić, wyszukuj
ac inaczej całk
e pierwsz
a
ψ
2
. Wystarczy w tym celu przekształcić nieco
równanie (2) do postaci:
(ln x
2
|y|)
= 0,
1.1
Przykładowe rozwiązania
3
(x
2
|y|)
x
2
|y|
,
(x
2
|y|)
= 0,
x
2
|y| = c, c 0,
x
4
y
2
= c
2
,
(x
4
y
2
)
= 0.
Zatem ˜
ψ
2
(x , y , z) = x
4
y
2
. Wtedy rozwi
azanie ogólne ma postać: u(x , y , z) = Φ(xz, x
4
y
2
) i jest już
określone dla całego
R
3
.
Zobaczmy teraz, jak łatwo wykonać sprawdzenie:
x
∂u
∂x
− 2y
∂u
∂y
− z
∂u
∂z
=
= x
∂Φ
∂ψ
1
∂ψ
1
∂x
+
∂Φ
∂ψ
2
∂ψ
2
∂x
− 2y
∂Φ
∂ψ
1
∂ψ
1
∂y
+
∂Φ
∂ψ
2
∂ψ
2
∂y
− z
∂Φ
∂ψ
1
∂ψ
1
∂z
+
∂Φ
∂ψ
2
∂ψ
2
∂z
=
= x
∂Φ
∂ψ
1
z +
∂Φ
∂ψ
2
4x
3
y
2
− 2y
∂Φ
∂ψ
1
0 +
∂Φ
∂ψ
2
2x
4
y
− z
∂Φ
∂ψ
1
x +
∂Φ
∂ψ
2
0
= 0.
Możemy sprawdzić jeszcze, że znalezione całki pierwsze s
a w istocie niezależne (w jakim obszarze?):
rz
∂ψ
1
∂x
∂ψ
2
∂x
∂ψ
1
∂y
∂ψ
2
∂y
∂ψ
1
∂z
∂ψ
z
∂z
= rz
z
4x
3
y
2
0
2x
4
y
x
0
= 2.
Zauważmy na koniec, że (1) można rozwi
azać elementarnie. Otrzymamy wtedy:
x (t) =
αe
t
,
y (t) =
βe
−2t
,
z(t) =
γe
−t
,
gdzie
α, β, γ s
a dowolnymi stałymi. Wyznaczaj
ac e
t
z pierwszego i trzeciego równania układu oraz
e
2t
z pierwszego i drugiego równania, otrzymamy
ψ
1
i
ψ
2
, odpowiednio.
Zadanie 1.2.
Znaleźć rozwi
azania ogólne dla równania quasiliniowego:
1 +
√
z
− x − y
∂z
∂x
+
∂z
∂y
= 2.
(3)
1.1
Przykładowe rozwiązania
4
Wystarczy znaleźć, jak poprzednio, dwie niezależne całki pierwsze równania charakterystycznego,
pami
etaj
ac, że tym razem równanie jest quasiliniowe:
x
= 1 +
√
z
− x − y,
y
= 1,
z
= 2.
Mnoż
ac drugie równanie przez 2 i dodaj
ac do trzeciego, dostajemy:
−2y
+ z
= 0,
(z
− 2y)
= 0,
czyli
ψ
1
(x , y , z) = z
− 2y. Odejmuj
ac z kolei równanie pierwsze i drugie od trzeciego, dostajemy:
(z
− y − x)
=
−
√
z
− x − y,
(z
− x − y)
2
√
z
− x − y
+
1
2
= 0.
Wykorzystuj
ac ponownie drugie równanie układu, możemy napisać:
(z
− x − y)
2
√
z
− x − y
+
1
2
y
= 0,
√
z
− x − y +
1
2
y
= 0.
Druga całka ma wi
ec postać:
ψ
2
(x , y , z) =
√
z
− x − y +
1
2
y . Zatem mamy rozwi
azanie ogólne:
Φ
z
− 2y,
√
z
− x − y +
1
2
y
= 0 definiujące rozwiązanie z w sposób uwikłany, gdzie Φ jest do-
woln
a funkcj
a różniczkowaln
a w sposób ci
agły.
Zauważmy, że z(x , y ) = x + y jest również rozwi
azaniem równania (3), ale zupełnie innego typu,
które nie jest zawarte w rozwi
azaniu ogólnym.
Zadanie 1.3.
Rozwi
azać poniższe równanie z warunkiem pocz
atkowym oraz narysować charakterystyki:
∂u
∂x
−
∂u
∂y
= 1
− 2u, u(x, 0) = x
2
.
Tworzymy równanie charakterystyk:
x
= 1,
y
=
−1,
u
= 1
− 2u.
(4)
1.1
Przykładowe rozwiązania
5
Pierwsz
a całk
e
ψ
1
(x , y , u) = x + y otrzymujemy natychmiast, dodaj
ac do siebie stronami dwa
pierwsze równania układu. St
ad mamy również rodzin
e charakterystyk: x + y = const, czyli y =
−x + d, d = const. Aby znaleźć drug
a z całek pierwszych, należy drugie równanie układu pomnożyć
stronami przez 1
− 2u i dodać do trzeciego. Otrzymane w ten sposób równanie:
(1
− 2u)y
+ u
= 0
mnożymy stronami przez e
−2y
i dostajemy
u
−
1
2
e
−2y
= 0,
zatem
ψ
2
(x , y , u) =
u
−
1
2
e
−2y
. St
ad Φ(x + y ,
u
−
1
2
e
−2y
) = 0 jest rozwi
azaniem ogólnym.
Można sprawdzić, że spełnione s
a założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej, a wi
ec można wyznaczyć
funkcj
e u:
u
−
1
2
e
−2y
= f (x + y ),
u(x , y ) =
1
2
+ e
2y
f (x + y ),
gdzie f
∈ C
1
(
R).
Skorzystamy teraz z warunku pocz
atkowego: u(x , 0) = x
2
. Ponieważ u(x , 0) =
1
2
+ f (x + 0), wi
ec
1
2
+ f (x ) = x
2
, czyli f (x ) = x
2
−
1
2
. St
ad otrzymujemy postać funkcji f (x + y ) = (x + y )
2
−
1
2
, czyli
szukane rozwi
azanie ma postać:
u(x , y ) =
1
2
+ e
2y
(x + y )
2
−
1
2
.
Rozwi
azanie to jest wyznaczone jednoznacznie, bo leży na prostej y = 0, która jest transwersalna do
każdej charakterystyki.
–6
–4
–2
0
2
4
6
x
–3
–2
–1
0
1
2
3
y
2
4
6
8
10
12
14
16
u(x,y)
Warunek początkowy u(x, 0) = x
2
i zrzutowane charakterystyki
1.1
Przykładowe rozwiązania
6
–6
–4
–2
0
2
4
6
x
–3
–2
–1
0
1
2
3
y
1000
2000
3000
4000
5000
6000
u(x,y)
Rozwiązanie problemu początkowego
Równanie (4) można również rozwi
azać elementarnie:
x (t) = t +
α, y(t) = −t + β, u(t) = γe
−2t
+
1
2
,
gdzie
α, β, γ ∈ R. Aby rozwi
azać teraz zagadnienie pocz
atkowe, parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a
Γ =
{(x, 0, x
2
) : x
∈ R} w przestrzeni (x, y, u). Dostajemy
Γ =
(s, 0, s
2
) : s
∈ R
.
Wybieramy rozwi
azanie układu (4), startuj
ac w chwili t = 0 z punktu (s, 0, s
2
)
∈ Γ. Wtedy
α = s, β = 0, γ = s
2
−
1
2
.
Dostajemy trajektori
e rozwi
azania
x (t) = t + s,
y (t) =
−t,
u(t) =
s
2
−
1
2
e
−2t
+
1
2
,
(5)
która leży na wykresie rozwi
azania. Parametryczny (wg s) opis powierzchni b
ed
acej wykresem rozwi
azania
jest nast
epuj
acy
Graph(u) =
t + s,
−t,
s
2
−
1
2
e
−2t
+
1
2
: (t, s)
∈ R
2
.
Aby znaleźć u, należy z dwóch pierwszych równań (5) wyznaczyć t i s i wstawić do trzeciego, czyli
u(x , y ) =
(x + y )
2
−
1
2
e
2y
+
1
2
.
1.1
Przykładowe rozwiązania
7
Zadanie 1.4.
Omówić rozwi
azalność problemu:
u
x
+ 2u
y
− 4u = e
x+y
z warunkami
a) u(x , 2x
− 1) = 0,
b) u(x , 2x ) =
−e
3x
+ e
4x
.
Tworzymy równanie charakterystyk:
x
= 1,
y
= 2,
u
= 4u + e
x+y
.
(6)
Mnoż
ac pierwsze równanie przez 2 i odejmuj
ac od niego drugie, łatwo dostajemy pierwsz
a całk
e
ψ
1
(x , y , u) = 2x
− y. Znalezienie drugiej całki jest tutaj nieco trudniejsze. Zauważmy najpierw, że
mnoż
ac pierwsze równanie przez
−3 i dodaj
ac do drugiego, otrzymamy
(y
− 3x)
=
−1,
(7)
natomiast mnoż
ac trzecie równanie przez e
−4x
, otrzymamy
u
e
−4x
= 4ue
−4x
+ e
y −3x
.
Po przekształceniach dostajemy
e
−4x
(u
− 4u) = e
y −3x
,
e
−4x
(u
− 4u · 1) = 1 · e
y −3x
.
Z pierwszego równania (6) wstawiamy x
za 1, a z (7) wstawiamy
−(y − 3x)
zamiast 1 po prawej
stronie. Wtedy dostajemy
e
−4x
(u
− 4ux
) + (y
− 3x)
e
y −3x
= 0,
ue
−4x
+ e
y −3x
= 0,
zatem
ψ
2
(x , y , u) = ue
−4x
+ e
y −3x
= (u + e
x+y
) e
−4x
jest drug
a z poszukiwanych całek. St
ad
Φ
2x
− y,
u + e
x+y
e
−4x
= 0
jest rozwi
azaniem ogólnym, a 2x
− y = d, d ∈ R wyznaczaj
a rodzin
e charakterystyk. Rozwi
azanie
można rozwikłać:
f (2x
− y) =
u + e
x+y
e
−4x
,
1.1
Przykładowe rozwiązania
8
u(x , y ) =
−e
x+y
+ e
4x
f (2x
− y), f ∈ C
1
(
R).
Zajmijmy si
e teraz warunkiem a). Jest on zadany na prostej y = 2x
− 1 i tam funkcja u musi
przyjmować wartość 0 :
0 =
−e
x+2x−1
+ e
4x
f (2x
− 2x + 1),
e
3x−1
= e
4x
f (1),
e
−x−1
= f (1).
Ostatnia równość jest niemożliwa ( f (2x
−y) jest zawsze stała na prostej y = 2x −1), zatem warunek
a) nie może być spełniony.
Jeśli chodzi o podpunkt b), to warunek jest zadany na prostej y = 2x , zatem
−e
3x
+ e
4x
=
−e
x+2x
+ e
4x
f (2x
− 2x),
−e
3x
+ e
4x
=
−e
3x
+ e
4x
f (0).
Widać wi
ec, że taki warunek może zachodzić tak długo, jak długo f (0) = 1. Takich funkcji jest
bardzo dużo, np. f (z) = z + 1, f (z) = cos z, f (z) = e
z
i wtedy odpowiadaj
a im rozwi
azania:
u(x , y ) =
−e
x+y
+ e
4x
(2x
− y + 1),
u(x , y ) =
−e
x+y
+ e
4x
cos(2x
− y),
u(x , y ) =
−e
x+y
+ e
4x
e
2x−y
,
odpowiednio.
Zadanie 1.5.
Pokazać, że problem
−y
∂u
∂x
+ x
∂u
∂y
= 0 z warunkiem u(x , 0) = 3x dla x
∈ R nie posiada rozwi
azań.
Znajdziemy najpierw całk
e pierwsz
a równania charakterystycznego
x
=
−y,
y
= x .
Mnoż
ac pierwsze równanie przez x , a drugie przez y , otrzymamy natychmiast
x
2
+ y
2
= 0,
1.1
Przykładowe rozwiązania
9
czyli
ψ
1
(x , y ) = x
2
+ y
2
. St
ad x
2
+ y
2
= c, c
0 stanowi rodzin
e charakterystyk utworzon
a przez
trajektorie okresowe, którymi s
a okr
egi o środku (0, 0) i promieniu
√
c oraz trajektori
e rozwi
azania
stałego, czyli punkt (0, 0). Rozwi
azanie ogólne jest wi
ec postaci
u (x , y ) =
φ
x
2
+ y
2
,
dla dowolnej funkcji
φ takiej, by złożenie φ i ψ
1
było różniczkowalne w sposób ci
agły.
Rozważmy teraz warunek pocz
atkowy. Jest on zadany na osi Ox , wi
ec każdy z okr
egów jest przeci
ety
dwa razy: w punktach (
√
c, 0) i (
−
√
c, 0). Ale wiemy, że u (x , y ) musi być stałe na trajektorii, co
jest sprzeczne z u (
√
c, 0) = 3
√
c i u (
−
√
c, 0) =
−3
√
c (nie jest funkcj
a stał
a). St
ad wynika, że
rozwi
azanie nie istnieje. Mimo to, spróbujemy narysować rozwiązanie. Widać z rysunku, że otrzy-
mana powierzchnia nie jest wykresem funkcji, więc nie jest rozwiązaniem (zgodnie z nasza definicją
rozwiązania)
–4
–2
0
2
4
x
–3
–2
–1
0
1
2
3
y
–10
–5
0
5
10
u(x,y)
Warunek początkowy u(x, 0) = 3x i zrzutowane charakterystyki
–2
–1
0
1
2
x
–1
0
1
y
–6
–4
–2
0
2
4
6
u(x,y)
Powierzchnia otrzymana dla problemu początkowego
1.1
Przykładowe rozwiązania
10
Zauważmy na koniec, że w pewnych sytuacjach, jeśli warunek pocz
atkowy jest wybrany “ostrożnie”,
problem może mieć rozwi
azanie, nawet gdy krzywa charakterystyki przecina krzyw
a z warunku wi
ecej
niż raz. Przykładowo, dla warunku u (x , 0) = 3x
2
istnieje rozwi
azanie, bo u (
√
c, 0) = u (
−
√
c, 0) =
3c i u (x , y ) = 3 (x
2
+ y
2
) jest rozwi
azaniem.
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
x
–2
0
2
y
0
10
20
30
40
u(x,y)
Warunek początkowy u(x, 0) = 3x
2
i zrzutowane charakterystyki
–2
–1
0
1
2
x
–1
0
1
y
0
2
4
6
8
10
12
u(x,y)
Rozwiązanie problemu początkowego
Jeśli u (x , 0) = 3
|x|, to wprawdzie warunek stałości na charakterystyce jest spełniony, ale wtedy
funkcja u nie jest różniczkowalna dla x = 0.
1.1
Przykładowe rozwiązania
11
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
x
–2
0
2
y
0
2
4
6
8
10
12
u(x,y)
Warunek początkowy u(x, 0) = 3|x| i zrzutowane charakterystyki
–2
–1
0
1
2
x
–1
0
1
y
0
1
2
3
4
5
6
u(x,y)
Powierzchnia otrzymana dla problemu początkowego
Jesli natomiast zadamy następujący warunek u
x ,
√
16
− x
2
= 1, to otrzymujemy nieskończenie
wiele rozwiązań, gdyż rozwiązaniami są wszystkie funkcje
φ klasy C
1
, które w punkcie 16 osiągają
wartość 1.
1.1
Przykładowe rozwiązania
12
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
x
–2
0
2
4
y
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
u(x,y)
Warunek początkowy u(x,
√
16 − x
2
) = 1 i zrzutowane charakterystyki
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
x
–2
0
2
4
y
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
u(x,y)
Na ilustracji uzyskujemy nieskończenie wiele okręgów x
2
+ y
2
= 16 na wysokości 1.
Przez każdy z nich przechodzi powierzchnia będąca rozwiązaniem.
Zadanie 1.6.
Omówić rozwi
azanie problemu:
u
x
+ yuu
y
=
−x
z warunkami
a) u (0, y ) = 0,
1.1
Przykładowe rozwiązania
13
b) u (x , 0) = x
2
.
Tworzymy równanie charakterystyk:
x
= 1,
y
= yu,
u
=
−x.
Rozwi
azujemy je elementarnie: x (t) = t +
α, u
(t) =
−x (t), czyli u (t) = −
1
2
t
2
− αt + γ oraz z
y
(t)
y (t)
= u (t) mamy y (t) =
β exp
−
1
6
t
3
−
1
2
αt
2
+
γt
dla
α, β, γ ∈ R.
Zajmijmy si
e teraz warunkiem a). Parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a Γ =
{(0, y, 0) : y ∈ R} w
przestrzeni (x , y , u). Dostajemy
Γ =
{(0, s, 0) ; s ∈ R} .
Startuj
ac w chwili t = 0 z punktu (0, s, 0)
∈ R, dostajemy
α = 0, β = s, γ = 0,
czyli trajektoria rozwi
azania jest nast
epuj
aca:
x (t, s) = t,
y (t, s) = s exp
−
1
6
t
3
,
u (t, s) =
−
1
2
t
2
(8)
i leży na wykresie rozwi
azania. Na koniec dostajemy parametryczny opis powierzchni b
ed
acej wykre-
sem rozwi
azania
Graph (u) =
t, s exp
−
1
6
t
3
,
−
1
2
t
2
: (t, s)
∈ R
2
.
Możemy teraz z układu (8) wyznaczyć t z pierwszego równania i wstawić do trzeciego. Wtedy
u (x , y ) =
−
1
2
x
2
jest szukanym rozwi
azaniem.
–3
–2
–1
0
1
2
3
x
–300
–200
0
100
200
300
y
0.2
0.4
0.6
0.8
1
u(x,y)
Warunek początkowy u(0, y ) = 0 i zrzutowane charakterystyki
1.1
Przykładowe rozwiązania
14
–3
–2
–1
0
1
2
3
x
–300
–200
0
100
200
300
y
–4
–3
–2
–1
0
u(x,y)
Rozwiązanie problemu początkowego
Przejdźmy teraz do warunku b). Post
epuj
ac analogicznie, jak poprzednio, dostajemy krzyw
a Γ z
parametryzacj
a:
Γ =
s, 0, s
2
: s
∈ R
.
Wtedy w chwili pocz
atkowej t = 0 mamy dla punktu (s, 0, s
2
)
∈ Γ
α = s, β = 0, γ = s
2
.
Trajektoria jest nast
epuj
aca:
x (t, s) = t + s,
y (t, s) = 0,
u (t, s) =
−
1
2
t
2
− st + s
2
.
–6
–4
–2
0
2
4
6
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
y
2
4
6
8
10
12
14
16
u(x,y)
Warunek początkowy u(x, 0) = x
2
i zrzutowane charakterystyki
1.1
Przykładowe rozwiązania
15
Zauważmy, że powierzchnia opisana tymi równaniami w (x , y , u)
∈ R
3
leży w płaszczyźnie 0xu (y = 0).
Ponadto, rzut jednej z trajektorii na płaszczyzn
e 0xy jest krzyw
a
{(x, 0) : x ∈ R}, a na tej krzywej
zadany jest warunek pocz
atkowy. St
ad problem nie posiada rozwi
azania.
–4
–2
0
2
4
x
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
y
–6
–4
–2
0
2
4
6
u(x,y)
Powierzchnia otrzymana dla problemu początkowego
Zadanie 1.7.
Rozwi
azać zagadnienie: xu
x
− 2yu
y
− zu
z
= 0 z warunkami:
a) u (1, y , z) = y ,
b) u (0, y , z) = z,
c) u (0, y , z) = 5.
Równanie to możemy rozwi
azać parametrycznie:
x
= x ,
y
=
−2y,
z
=
−z,
u
= 0.
(9)
(ostatnie równanie dopisujemy, bo musimy mieć u w parametryzacji).
Wtedy
1.1
Przykładowe rozwiązania
16
x (t) =
αe
t
,
u (t) =
βe
−2t
,
z (t) =
γe
−t
,
u (t) =
ϕ,
α, β, γ, ϕ ∈ R
a) u (1, y , z) = y .
Aby rozwi
azać to zagadnienie pocz
atkowe, parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a
Γ =
{(1, y, z, y) : y, z ∈ R} w przestrzeni (x, y, z, u). Dostajemy:
Γ
{(1, s, ˜s, s) : s, ˜s ∈ R} .
Wybieramy rozwi
azanie układu (9) startuj
ace w chwili t = 1 z punktu (1, s, ˜
s, s)
∈ Γ. Wtedy dosta-
jemy:
1 = x (1) =
αe, s = u (1) = βe
−2
,
˜
s = z (1) =
γe
−1
,
s = u (1) =
ϕ
⇓
⇓
⇓
⇓
α =
1
e
β = se
2
γ = ˜se
ϕ = s
Dostajemy trajektori
e rozwi
azania:
x = e
t−1
,
y = se
2−2t
,
z = ˜
se
1−t
,
u = s,
która leży na wykresie rozwi
azania. Parametryczny (wzgl
edem s i ˜
s) opis powierzchni b
ed
acej wykre-
sem rozwi
azania jest nast
epuj
acy:
Graph (u) =
e
t−1
, se
2−2t
, ˜
se
1−t
, s
: (t, s, ˜
s)
∈ R
3
.
Aby znaleźć u należy z dwóch pierwszych równań układu wyznaczyć t i s:
x = e
t−1
⇒ xe = e
t
⇒ t = 1 + ln |x| ,
y = se
2−2t
⇒ s = ye
2t−2
⇒ s = ye
2(1+ln|x|)−2
.
Przekształcaj
ac, mamy kolejno:
s = ye
2+ln x
2
−2
,
s = ye
lnx
2
,
s = yx
2
,
czyli u (x , y , z) = s = yx
2
jest szukanym rozwi
azaniem.
b) u (0, y , z) = z.
Teraz parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a Γ =
{(0, y, z, z) : y, z ∈ R}.
Dostajemy Γ =
{(0, s, ˜s, ˜s) : s, ˜s ∈ R} i startujemy w chwili t = 0 z punktu (0, s, ˜s, ˜s) ∈ Γ. Wtedy
dostajemy:
1.1
Przykładowe rozwiązania
17
0 = x (0) =
α, s = y (0) = β, ˜s = z (0) = γ, ˜s = u (0) = ϕ
⇓
⇓
⇓
⇓
α = 0
β = s
γ = ˜s
ϕ = ˜s
Mamy trajektori
e rozwi
azania:
x = 0,
y = se
−2t
,
z = ˜
se
−t
,
u = ˜
s.
Z tych równań nie da si
e wyznaczyć s, ˜
s, t, aby wstawić do u (t) = ˜
s, zatem nie ma rozwi
azania.
c) u (0, y , z) = 5.
Krzywa pocz
atkowa Γ =
{(0, y, z, 5) : y, z ∈ R} ma parametryzacj
e: Γ =
{(0, s, ˜s, 5) : s, ˜s ∈ R} i
startujemy w chwili t = 0 z punktu (0, s, ˜
s, 5)
∈ Γ. Wtedy dostajemy, jak w b)
α = 0, β = s, γ = ˜s, ale ϕ = 5
i mamy trajektori
e rozwi
azania:
x = 0,
y = se
−2t
,
z = ˜
se
−t
,
u = 5.
Widać wi
ec, że nie ma tu jednoznacznego przedstawienia u, bo np.: 5 = f (x , y , z) + 5g (x , y , z) ,
gdzie dla t = 0 f (0, y , z) = 0 i g (0, y , z) = 1, f , g
∈ C
1
.
Rozwi
ażmy ten sam problem za pomoc
a całek pierwszych. Tworzymy równanie charakterystyk:
x
∂u
∂x
− 2y
∂u
∂y
− z
∂u
∂z
= 0,
x
= x ,
y
=
−2y
z
=
−z.
Całki pierwsze s
a nast
epuj
ace:
ψ
1
(x , y , z) = xz =
⇒ xz = C =⇒ z =
C
x
,
ψ
2
(x , y , z) = x
2
y =
⇒ x
2
y = D =
⇒ y =
D
x
2
,
1.1
Przykładowe rozwiązania
18
gdzie C , D
∈ R. Wtedy u (x, y, z) = Φ (xz, x
2
y ) jest rozwi
azaniem, gdzie Φ jest funkcj
a klasy C
1
.
Rozważmy, jak poprzednio warunki pocz
atkowe.
a) u (1, y , z) = y .
Wtym przypadku dla x = 1 mamy ¯
ψ
1
= z i ¯
ψ
2
= y , czyli
y = u (1, y , z) = ¯
Φ (z, y ) .
Zatem mamy jedn
a funkcj
e spełniaj
ac
a ten warunek i Φ (xz, x
2
y ) = x
2
y , czyli u (x , y , z) = x
2
y jest
rozwi
azaniem.
b) u (0, y , z) = z.
Teraz dla x = 1 mamy ¯
ψ
1
= 0 i ¯
ψ
2
= 0, czyli z = u (0, y , z) = ¯
Φ (0, 0). Oznacza to brak rozwi
azań,
gdyż x = 0 przecina 2 razy charakterystyki (lub wcale).
c) u (0, y , z) = 5.
Tutaj dla x = 0 mamy
5 = u (0, y , z) = ¯
Φ (0, 0) .
Warunek ten generuje dużo możliwości dobrania funkcji dwóch zmiennych tak, by ich wartości dla
(0, 0) wynosiły 5 np.:
Φ
¯
ψ
1
, ¯
ψ
2
= 2 sin ¯
ψ
1
+ 5 cos ¯
ψ
2
=
⇒ u (x, y, z) = Φ
xz, x
2
y
= 2 sin (xz) + 5 cos
x
2
y
lub
Φ
¯
ψ
1
, ¯
ψ
2
= 5e
¯
ψ
2
=
⇒ u (x, y, z) = Φ
xz, x
2
y
= 5e
x
2
y
.
Zadanie 1.8.
Pokazać, że jedynymi funkcjami spełniaj
acymi równanie
2xu
y
+ yu
y
= 0
dla każdego (x , y )
∈ R
2
s
a funkcje stałe.
Znajdziemy najpierw wszystkie krzywe charakterystyczne równania, czyli rozwi
azania układu:
x
= 2x ,
y
= y
(10)
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
19
dla (x , y )
∈ R
2
. Łatwo zauważyć, że (0, 0)
∈ R
2
jest punktem osobliwym, ponadto krzywe charak-
terystyczne s
a postaci:
x (t) =
αe
2t
, y (t) =
βe
t
,
dla
α, β ∈ R, t ∈ R. Zatem trajektoriami tego układu jest trajektoria rozwi
azania stałego, czyli
punkt (0, 0) oraz wszystkie otwarte w (0, 0) gał
ezie paraboli x = cy
2
wychodz
ace z (0, 0), gdzie
c =
α
β
2
. Wszystkie krzywe charakterystyczne maj
a wspólny punkt skupienia (0, 0)
∈ R
2
. Ponieważ
rozwi
azania maj
a być określone w całej płaszczyźnie, to w szczególności w dowolnym otoczeniu
punktu (0, 0). Wystarczy pokazać wi
ec, że w otoczeniu U punktu (0, 0) nie ma nietrywialnych całek
pierwszych układu (10). Istotnie, ponieważ całki pierwsze s
a stałe na trajektoriach, wi
ec na każdej
cz
eści gał
ezi paraboli wychodz
acej z punktu (0, 0) zawartej w U całka pierwsza musi przyjmować t
e
sam
a wartość, co w punkcie (0, 0). Zatem na każdej gał
ezi paraboli byłaby to funkcja stała (równa
wartości w (0, 0)). Ponieważ dowolne rozwi
azanie równania jest postaci:
u (x , y ) = Φ (F (x , y )) ,
gdzie F jest całk
a pierwsz
a układu (10), a Φ dowoln
a funkcj
a klasy C
1
, to dla F (x , y ) = A,
A = const, mamy:
u (x , y ) = Φ (A) .
Oznacza to, że mamy stałe rozwi
azania. Ponieważ zaś jedynymi rozwi
azaniami równania s
a całki
pierwsze układu (10), wi
ec innych możliwości już nie ma.
Zauważmy na koniec, że gdybyśmy równanie wyjściowe rozpatrywali w
R
2
\{(0, 0)}, to ogół rozwi
azań
byłby postaci:
u (x , y ) = Φ (F (x , y )) = Φ
x
y
2
,
(x , y )
∈ R
2
\ {(0, 0)} ,
wi
ec nie musz
a to być rozwi
azania stałe.
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
1.2.1
Zastosowanie do przepływu gazu [8]
Wyobraźmy sobie gaz lub jakiś materiał ściśliwy, który przepływa równolegle do pewnej linii (np.
osi x ). Oznaczmy g
estość (masa na jednostk
e obj
etości) gazu w punkcie (x , y , z) w czasie t przez
ρ (x, y, z, t). Dla uproszczenia załóżmy, że g
estość jest niezależna od y i z, czyli
ρ = ρ(x, t). Niech
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
20
pr
edkości
a w punkcie (x , y , z) w czasie t b
edzie v (x , t)i , gdzie i jest jednostkowym wektorem w
dodatnim kierunku osi x . Pokażemy, że z zasady zachowania masy, funkcja
ρ (x, t) musi spełniać
równanie (tzw. równanie ciągłości):
ρ
t
+ (
ρv)
x
= 0
(11)
lub po wykonaniu różniczkowania
ρ
t
+ v
ρ
x
+ v
x
ρ = 0.
W celu wyprowadzenia równania, rozważmy przestrzeń mi
edzy x
0
i x
0
+ ∆x .
Ilość masy przechodz
acej przez jednostkowy obszar płaszczyzny x = x
0
w t
e przestrzeń w czasie ∆t
jest wyrażona przez
ρ (x
0
, t) v (x
0
, t) ∆t, a ilość wypływaj
acej z obszaru x = x
0
+ ∆x w czasie ∆t
jest
≈ ρ (x
0
+ ∆x , t) v (x
0
+ ∆x , t) ∆t. Zatem
ρ (x
0
+ ∆x , t) v (x
0
+ ∆x , t) ∆t
− ρ (x
0
, t) v (x
0
, t) ∆t =
= [
ρ (x
0
+ ∆x , t) v (x
0
+ ∆x , t)
− ρ (x
0
, t) v (x
0
, t)] ∆t
≈
≈
x
0
+∆x
x
0
[
ρ (x, t + ∆t) − ρ (x, t)] dx.
Dziel
ac przez ∆x
· ∆t i bior
ac granic
e przy ∆x i ∆t d
aż
acym do 0, mamy
ρ (x
0
+ ∆x , t) v (x
0
+ ∆x , t)
− ρ (x
0
, t) v (x
0
, t)
∆x
≈
x
0
+∆x
x
0
(
ρ (x, t + ∆t) − ρ (x, t))dx
∆x
· ∆t
,
− (ρv)
x
(x
0
, t)
≈ ρ
t
(x
0
, t) .
Zatem mamy (11).
Ustalamy g
estość w czasie t = 0 jako
ρ (x, 0) = ρ
0
(x ), gdzie
ρ
0
(x ) jest pewn
a dan
a funkcj
a klasy
C
1
. Rozważmy 2 przypadki:
1. Załóżmy, że v (x , t) = v
0
, v
0
– stała. Wtedy równanie ma postać:
ρ
t
+ v
0
ρ
x
= 0,
ρ (x, 0) = ρ
0
(x ) .
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
21
Rozwi
azuj
ac, mamy układ:
t
= 1,
x
= v
0
,
dla którego całk
a pierwsz
a jest
ψ (x, t) = −v
0
t + x . St
ad
ρ (x, t) = f (x − v
0
t), gdzie f jest klasy
C
1
(lub taka, by to założenie dało funkcj
e klasy C
1
).
Z warunku pocz
atkowego mamy:
ρ
0
(x ) =
ρ (x, 0) = f (x) .
St
ad
ρ (x, t) = f (x − v
0
t) =
ρ
0
(x
− v
0
t) jest rozwi
azaniem równania.
2. Załóżmy, że v (x , t) =
αx, gdzie α jest dodatni
a stał
a. W tym przypadku, wektor prędkości
jest w kierunku
− i dla x ujemnych i w kierunku + i dla x dodatnich.
Wtedy równanie ma postać:
ρ
t
+
αxρ
x
+
αρ = 0.
Mamy wtedy układ równań charakterystycznych:
t
= 1
| · (−αx) ,
x
=
αx,
ρ
=
−αρ,
a dwie niezależne całki pierwsze układu s
a postaci:
ψ
1
(x , t,
ρ) = xe
−αt
i
ψ
2
= (x , t,
ρ) = ρe
αt
.
St
ad mamy:
Φ
xe
−αt
,
ρe
αt
= 0
i po rozwikłaniu:
ρe
αt
= f (xe
−αt
) ,
f
∈ C
1
,
ρ (x, t) = e
αt
f (xe
−αt
) .
Wykorzystujemy znowu warunek pocz
atkowy:
ρ (x, 0) = ρ
0
(x ) .
Wtedy
ρ
0
(x ) =
ρ (x, 0) = e
0
f
xe
0
= f (x ) .
Zatem
ρ (x, t) = e
−αt
ρ
0
xe
−αt
(12)
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
22
jest rozwi
azaniem.
Interesuj
ace jest tutaj, że gdyby
ρ
0
(x ) =
ρ
0
(const), to mielibyśmy
ρ (x, t) = ρ
0
e
−αt
,
co jest niezależne od x , mimo że wektor przepływu v =
αx zależał od x. Zauważmy również, że
(12) pokazuje, iż wykres
ρ (x, t) jest wykresem ρ
0
(x ) po zeskalowaniu poziomym przez czynnik e
αt
(rozci
agni
ecie) i pionowym przez czynnik e
−αt
(ściśni
ecie). Zasadę zachowania masy można sprawdzić
bezpośrednio. Te operacje wzi
ete razem zachowuj
a obszar pod wykresem, co oznacza, że całkowita
masa (tzn. całka z g
estości liczona wzgl
edem x ) jest zachowana.
1.2.2
Zastosowanie do ruchu ulicznego [8]
Niech
ρ (x, t) b
edzie g
estości
a ruchu samochodów w punkcie x w czasie t na jednokierunkowej drodze
(tzn.
b
a
ρ (x, t)dx jest liczb
a samochodów mi
edzy x = a i x = b). Zróbmy upraszczaj
ace założenie,
że
ρ (x, t) jest C
1
. Niech M b
edzie dopuszczaln
a pr
edkości
a + dodatkowe 5
km
h
(zwykle jedzie si
e
szybciej niż dopuszczalnie). Niech d b
edzie g
estości
a samochodów w “korku”. Wtedy można założyć,
że pr
edkość v (x , t) w x w czasie t jest dana przez
v (x , t) = M
·
1
−
ρ (x, t)
d
.
Zauważmy, że v = 0, gdy
ρ = d i v = M, gdy ρ = 0. Co wi
ecej, jeśli
ρ =
1
2
d (tzn., gdy odległość
mi
edzy samochodami wynosi około jednej długości samochodu), to mamy v =
1
2
M, co jest raczej
niebezpieczne, gdy M = 60, ale pozwala kontynuować jazd
e. Również tutaj wyst
epuje równanie
ciągłości:
ρ
t
+ (v
ρ)
x
= 0.
Ponieważ
(v
ρ)
x
=
M
1
−
ρ (x, t)
d
ρ (x, t)
x
= M
1
−
2
ρ (x, t)
d
ρ
x
(x , t) ,
mamy tu równanie quasi-liniowe:
ρ
t
+ M
1
− 2
ρ
d
ρ
x
= 0.
Odpowiadaj
acy mu układ ma postać:
t
= 1,
x
= M
1
− 2
ρ
d
,
ρ
= 0,
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
23
a rozwi
azanie parametryczne jest nast
epuj
ace:
t =
τ + α,
ρ = γ,
x
= M
1
− 2
γ
d
,
x = M
1
− 2
γ
d
τ + β.
Zatem
t =
τ + α,
x = M
1
− 2
γ
d
τ + β α, β, γ − const,
ρ = γ,
τ ∈ R − parametr.
Niech
ρ (x, 0) = f (x) lub ρ (s, 0) = f (s). Dla ustalonego s mamy punkt (0, s, f (s)), jeśli α = 0,
β = s, γ = f (s). Wtedy rozwi
azaniem jest:
t =
τ,
x = M
1
−
2
d
f (s)
τ + s,
ρ = f (s) .
Niech s = x
0
(ustalone). Wtedy
ρ (x, t) = f (x
0
) (stałe) na linii
x = M
1
−
2
d
f (x
0
)
t + x
0
na płaszczyźnie xt. Jeśli weźmiemy x
1
takie, że f (x
0
)
= f (x
1
), to nowa prosta b
edzie przecinać star
a
w pewnym punkcie (x
2
, t
2
), bo nachylenia tych prostych si
e zmieniaj
a ( f (x
0
) , f (x
1
) - współczynniki
kierunkowe). Ponieważ f (x
0
)
= f (x
1
), to stał
a wartość
ρ na pierwszej prostej nie byłaby równa stałej
wartości na drugiej prostej, zatem proste nie mogły by si
e przeci
ać w (x
2
, t
2
) (bo
ρ (x
2
, t
2
) = f (x
0
) i
ρ (x
2
, t
2
) = f (x
1
)).
Zatem jedyna możliwość jest, gdy f (x )
≡ c, czyli ρ (x, t) ≡ c (tzn. samochody jad
a ze stał
a
pr
edkości
a: M
1
−
c
d
, jeśli 0
c d). Może si
e zdarzyć, że niestałe rozwi
azanie b
edzie istniało
dla wszystkich t
0 (ale nie dla wszystkich t < 0). Rzeczywiście, jeśli pocz
atkowa g
estość f (x )
jest wybrana, aby si
e zmniejszyła w dodatnim kierunku x (f
(x )
0), to f (x
0
)
> f (x
1
) dla x
1
> x
0
i punkt przeci
ecia (x
2
, t
2
) b
edzie poniżej osi x (tzn. t
2
< 0), bo nachylenie prostej przechodz
acej
przez (x
1
, 0) jest mniejsze niż prostej przechodz
acej przez (x
1
, 0). Ponadto, jeśli f
(x ) jest dodatnie
w pewnym punkcie, np.: x
0
, to dla pewnego x
1
> x
0
mamy f (x
1
)
> f (x
0
) i odpowiadaj
ace linie
przecinaj
a si
e powyżej osi x (rozwi
azania nie ma w punkcie (x
2
, t
2
), gdzie t
2
0). Jeśli f
(x )
> 0,
to można teraz znaleźć najmniejszy czas t
> 0 dla którego rozwi
azanie przestanie istnieć.
W dowolnym ustalonym t
0
wykres rozwi
azania parametrycznego jest krzyw
a na x
ρ - płaszczyźnie
danej parametrycznie:
x (s) = M
1
−
2
d
f (s)
t
0
+ s,
ρ (s) = f (s) .
1.2
Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
24
Wektorem stycznym do tej krzywej w (x (s) ,
ρ (s)) jest
[x
(s) ,
ρ
(s)] =
1
−
2M
d
f
(s) t
0
, f
(s)
.
Jest on pionowy, jeśli f
(s)
= 0 i 1 −
2M
d
f
(s) t
0
= 0.
Niech G b
edzie najwi
eksz
a wartości
a (kresem górnym) dla f
(x ) (czyli G jest maksymaln
a wartości
a
pocz
atkow
a gradientu g
estości dla ruchu). Niech G
< ∞. Wtedy tak długo, jak t
0
<
d
2MG
nie ma
pionowej stycznej do “ci
ecia” g
estości
ρ (x, t
0
) i rozwi
azanie istnieje dla (x , t) takich, że t
<
d
2MG
.
Co wi
ecej, jeśli f
(x ) nie jest stale równe G , to
ρ (x, t) nie może być klasy C
1
dla t troch
e tylko
wi
ekszego niż
d
2MG
, ponieważ byłoby pionow
a styczn
a w takim punkcie.
Dalej,
ρ (x, t) nigdy nie przekracza d, jeśli f (x) ≡ ρ (x, 0) < d. Co wi
ecej teoria przewiduje, że
jeśli f
(x )
> 0, to g
estość b
edzie miała skok (pionow
a styczn
a), co jest znane jako “zderzenie” (ang.
shock). Kiedy “zderzenie” si
e pojawia, gradient g
estości jest nieskończony i to wymusza (tłumaczy)
gwałtown
a zmian
e pr
edkości samochodów. To sugeruje, że samochody łatwo sie zderzaj
a w punkcie
“zderzenia”. Niech pocz
atkowa g
estość b
edzie
ρ (x, 0) = a (1 + x
2
)
−1
, a
< d .
Pocz
atkowo punkt maksimum jest dla x = 0. Dla każdego x
0
, rozwi
azanie ma stał
a wartość: f (x
0
) =
a (1 + x
2
0
)
−1
na prostej x = M
1
−
2
d
f (x
0
)
t + x
0
. Jeśli x
0
= 0, to maksimum jest dla x =
M
1
−
2a
d
t w czasie t. St
ad, punkt maksymalnej g
estości b
edzie si
e przesuwał w prawo, jeśli a
<
d
2
i na lewo, jeśli a
>
d
2
i będzie stał, gdy x = 0, jeśli a =
d
2
. Maksimum dla f
(x ) =
−2ax (1 + x
2
)
−2
pojawia si
e dla x , gdy 0 = f
(x ) = 2a (3x
2
− 1) (1 + x
2
)
−3
, czyli x
1
=
−
1
√
3
. Maksimum wynosi
wtedy
G = f
−1
√
3
=
2a
4
3
−2
√
3
=
9
8
a
√
3
.
St
ad, pierwsze zderzenie pojawia si
e w czasie
t
1
=
d
2MG
=
d
2M·
(
9a
8
)
√
3
=
4d
9aM
√
3
i
x = M
1
−
2
d
f (x
1
)
t
1
+ x
1
= M
1
−
2
d
· 3
a
4
4d
9aM
√
3
−
1
√
3
=
=
1
−
6a
4d
4d
9a
√
3
−
1
3
√
3 =
4d
9a
− 1
√
3.
Jak można oczekiwać, to jest mniej niż punkt maksymalnej g
estości w czasie t
1
, czyli
M
1
− 2
2
d
4
9
√
3d
(aM)
=
4d
9a
−
8
9
√
3.
1.3
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
25
–15
–10
–5
0
5
x
0
4
8
y
0
0.5
1
1.5
2
2.5
u(x,y)
Warunek początkowy
ρ(x, 0) = v(x, 0) =
5
2
(1 + x
2
)
−1
i zrzutowane charakterystyki dla
ρ = u i d = 5.
–6
–4
–2
0
2
4
6
x
–2
–1
0
1
2
y
0
0.5
1
1.5
2
u(x,y)
Powierzchnia otrzymana dla problemu początkowego
1.3
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
1. Znaleźć rozwia¸zanie ogólne i podać przykłady konkretnych rozwia¸zań dla równania:
∂u
∂x
− (y + 2z)
∂u
∂y
+ (3y + 4z)
∂u
∂z
= 0.
1.3
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
26
2. Znaleźć rozwia¸zania ogólne (rozwikłać, jeśli sie¸ da) dla poniższych równań:
(i) u
· u
x
+ y
· u
y
= x ,
(ii) (u
− 2y)
∂u
∂x
+ (2x
− u)
∂u
∂y
= y
− x,
(iii) x (y
− u)u
x
+ y (u
− x)u
y
= u(x
− y).
3. Znaleźć rozwia¸zania równań z podanym warunkiem pocza¸tkowym:
(i) yz
∂z
∂x
+ x
∂z
∂y
= 0,
z(x , y ) = x
2
dla y = 1,
(ii) x
∂z
∂x
+ y
∂z
∂y
= 2z,
z(x , y ) = y dla x = 1,
(iii) x
∂u
∂x
+ y
∂u
∂y
+ z
∂u
∂z
= u,
u(x , y , z) =
1
2
(y + z) dla x = 2.
4. Znaleźć rozwia¸zania ogólne równań:
(i) x
∂u
∂x
+ y
∂u
∂y
+
z
2
∂u
∂z
= 0 (wydzielić rozwia¸zanie spełniaja¸ce warunek pocza¸tkowy: u(x , y , z) = y + z
2
dla x = 1),
(ii) y
∂z
∂x
+ x
∂z
∂y
= 0, (y
> 0) (wydzielić rozwia¸zanie spełniaja¸ce warunek pocza¸tkowy: z(x, y) = 2y
dla x = 0).
5. Znaleźć rozwia¸zania ogólne równań, a tam gdzie jest to zaznaczone, znaleźć rozwia¸zanie spełniaja¸ce
warunki pocza¸tkowe:
(i)
∂u
∂x
− (y + 2z)
∂u
∂y
+ (3y + 4z)
∂u
∂z
= 0,
(ii) (z
− y)
2 ∂u
∂x
+ z
∂u
∂y
+ y
∂u
∂z
= 0,
u(0, y , z) = 2y (y
− z),
(iii) (mz
− ny)
∂u
∂x
+ (nx
− lz)
∂u
∂y
+ (ly
− mx)
∂u
∂z
= 0,
(iv) y
∂u
∂x
+ z
∂u
∂z
= 0,
u(1, y , z) = ln z
−
1
y
,
(v) (x
3
+ 3xy
2
)
∂u
∂x
+ 2y
3 ∂u
∂y
+ 2y
2
z
∂u
∂z
= 0,
(vi) x (y
2
− z
2
)
∂u
∂x
− y(x
2
+ z
2
)
∂u
∂y
+ z(x
2
+ y
2
)
∂u
∂z
= 0,
(vii) x
∂u
∂x
+ y
∂u
∂y
+ (z
−
√
x
2
+ y
2
+ z
2
)
∂u
∂z
= 0.
6. Znaleźć rozwia¸zania ogólne równań niejednorodnych, a tam, gdzie jest to zaznaczone, znaleźć
rozwia¸zanie spełniaja¸ce nałożone warunki pocza¸tkowe:
(i)
∂z
∂x
+ (2y
− z)
∂z
∂y
= y + 2x ,
(ii) x
∂z
∂x
= z,
z(x , y ) = y dla x = 1,
(iii) y
∂z
∂x
= z,
(iv)
√
x
∂z
∂x
+
√
y
∂z
∂y
=
1
2
,
(v) x
∂z
∂x
+ y
∂z
∂y
= 2z,
z(x , y ) = y dla x = 1,
(vi) (z
− y)
∂z
∂x
+ (x
− z)
∂z
∂y
+ x
− y = 0,
(vii) x
∂u
∂x
− y
∂u
∂y
+ z
∂u
∂z
= u,
u(x , y , z) = y + z dla x = 1.
1.3
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
27
7. Znaleźć powierzchnie całkowe przechodza¸ce przez dane krzywe:
(i) y
∂z
∂x
− x
∂z
∂y
= 0,
z = y , x = 0,
(ii) y
∂z
∂x
− x
∂z
∂y
= 0,
z = y
2
, x = 0,
(iii) y
∂z
∂x
− x
∂z
∂y
= 0,
x
2
− y
2
= 1, x = 0,
(wykonać rysunki powyższych zadanych powierzchni.)
(iv) x
∂z
∂x
− y
∂z
∂y
= x
− y, x = a, y
2
+ a
2
,
(v) y
∂z
∂x
+ x
∂z
∂y
= x
2
+ y
2
,
x = a, z = 1 + 2y + 3y
2
.
8. Znaleźć rozwia¸zanie ogólne oraz narysować charakterystyki dla równań:
(i) 3
∂u
∂x
− 2
∂u
∂y
+ u = x ,
(ii) u
x
+ 2u
y
− 4u = e
x+y
.
W podpunkcie drugim sprawdzić, czy można wyznaczyć rozwia¸zanie szczególne spełniaja¸ce podany
warunek: u(x , 4x + 2) = 0 (jeśli tak, to wyznaczyć to rozwia¸zanie).
9. Znaleźć (o ile istnieją) rozwia¸zania szczególne równania: u
x
+ 2u
y
− 4u = e
x+y
spełniaja¸ce
naste¸puja¸ce warunki:
(i) u(x , 0) = sin(x
2
),
(ii) u(0, y ) = y
2
,
(iii) u(x ,
−x) = x.
10. Wykazać, że
∂u
∂x
+
∂u
∂y
= u z warunkiem u(x , x ) = tgx nie ma rozwia¸zań.
11. W jakiej postaci musi być g (x ), aby problem
∂u
∂x
+ 3
∂u
∂y
− u = 1, u(x, 3x) = g(x)
miał rozwia¸zanie? Jeśli g (x ) ma ża¸dana¸ postać, czy może być wie¸cej niż jedno rozwia¸zanie?
Napisać dwa różne rozwia¸zania tego problemu z g (x ) =
−1 + 2e
x
.
12. Rozwia¸zać problem: u
x
− 2u
y
= 0, u(x , e
x
) = e
2x
+ 4xe
x
+ 4x
2
.
13. Niech a, b, c be¸da¸ stałymi z ab
= 0. Rozważmy równanie: au
x
+ bu
y
+ cu = 0. Jaka¸ po-
stać ma rozwia¸zanie ogólne: u(x , y ) = e
−cx
a
f (bx
− ay) czy u(x, y) = e
−cy
b
f (bx
− ay)?
14. Znaleźć rozwia¸zania ogólne:
(i) xu
x
+ 2yu
y
= 0 dla x
> 0, y > 0,
1.3
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
28
(ii) xu
x
− xyu
y
− u = 0 dla (x, y) ∈ R
2
,
(iii) xu
x
− 2yu
y
+ u = e
x
dla x
> 0,
(iv) yu
x
− 4xu
y
= 2xy dla (x , y )
∈ R
2
.
15. Znaleźć rozwia¸zania szczególne dla równań z poprzedniego zadania spełniaja¸ce odpowiednio
warunki:
(i) u(x ,
1
x
) = x , x
> 0,
(ii) u(x , x ) = x
2
e
x
,
(iii) u(1, y ) = y
2
,
(iv) u(x , 0) = x
4
.
16. Pokazać, że problem yu
x
− 4xu
y
= 2xy dla (x , y )
∈ R
2
z warunkiem u(x , 0) = x
3
nie ma
rozwia¸zania. Wyjaśnić rozumowanie za pomoca¸ charakterystyk.
17. Przedyskutować i wykonać ilustracje¸ graficzna¸ (tam, gdzie jest to możliwe) problemu istnie-
nia rozwia¸zań dla:
(i) (2
− y)u
x
+ (x
− 2)u
y
+ (y
− x)u
z
= 0,
(ii) xu
x
+ yu
y
= 0,
z warunkami odpowiednio:
(
) u(x, y, −x − y) = 1,
(
) u(x, 1) =
1
x
2
,
(
) u(x, y, 1) = x
2
+ y
2
+ 1,
(
) u(1, y) = y,
(
) u(x, 1, z) = x + 1 + z,
(
) u(x, x) = 1,
(
) u(x, y, 1) = xy,
(
) u(x, 2x) = x.
18. Stosując metodę charakterystyk, wykazać, że dla b
∈ R
n
rozwiązaniem zagadnienia począt-
kowego
u
t
+ b
◦ Du = 0
w
R
n
× (0, ∞),
u = g
na
R
n
× {t = 0}
jest u(x , t) = g (x
− tb) dla x ∈ R
n
, t
0, o ile g jest klasy C
1
.
19. Posługując się rozumowaniem użytym przy wyprowadzeniu równania charakterystyk dla rów-
nania pierwszego rzędu F (Du, u, x ) = 0 w U będącym otwartym podzbiorem
R
n
i u będąca funkcją
niewiadomą, wyprowadzić (nie przepisywać gotowego wzoru!) postać równania charakterystyk dla
następującego równania:
xu
x
+ 2y
2
u
y
− 4u
3
+ 2 = 0.
2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu
29
Określić jak najdokładniej jego typ.
20. Stosując metodę charakterystyk, wykazać, że rozwiązaniem niejednorodnego zagadnienia po-
czątkowego
u
t
+ b
◦ Du = f
w
R
n
× (0, ∞),
u = g
na
R
n
× {t = 0}
jest
u(x , t) = g (x
− tb) +
t
0
f (x + (s
− t)b, s) ds
dla b, x
∈ R
n
, t
0, o ile g jest klasy C
1
.
2
Równania nieliniowe pierwszego rzędu
Rozważmy równanie
F (x , t, u, u
x
, u
t
) = 0.
(13)
Jest to równanie falowe nieliniowe, jeśli brak liniowości pojawia si
e przy pochodnej u
x
lub u
t
. Jako
takie, jest zwykle trudniejsze do rozwi
azania. Podamy metod
e rozwi
azania tego równania za pomoc
a
charakterystyk.
Niech p = u
x
, q = u
t
i rozważmy powierzchni
e u = u (x , t) spełniaj
ac
a (13). Jej wektor nor-
malny ma postać [u
x
, u
t
,
−1] = [p, q, −1] i z (13) wynika, że w punkcie (x, t, u) składniki p i q
wektora normalnego spełniaj
a równanie
F (x , t, u, p, q) = 0.
(14)
Takich powierzchni u = u (x , t) może być dużo. Zatem każda generuje wektor normalny, który w
punkcie (x , t, u) musi spełniać równanie (14). Każdy wektor normalny wyznacza płaszczyzn
e styczn
a
do powierzchni, zatem (14) determinuje jednoparametrow
a rodzin
e przestrzeni stycznych w każdym
punkcie w przestrzeni xtu.
Załóżmy, że F
2
p
+ F
2
q
= 0.
Płaszczyzny styczne wyznaczone przez zbiór wektorów normalnych [p, q,
−1] w punkcie (x
0
, t
0
, u
0
)
spełniaj
a równania:
(u
− u
0
)
− p · (x − x
0
)
− q (p) · (t − t
0
) = 0,
(15)
2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu
30
przy czym zakładamy, że F (x
0
, t
0
, u
0
, p, q) = 0 jest rozwi
azane dla q b
ed
acego funkcj
a zmiennej p i
jedno z rozwi
azań może być wyrażone jako q = q (p).
Policzmy pochodn
a (15) wzgl
edem p. Mamy wtedy:
− (x − x
0
)
− q
(p)
· (t − t
0
) = 0.
(16)
Policzmy teraz pochodn
a:
dF
dp
=
∂F
∂p
+
∂F
∂q
·
dq
dp
= F
p
+ q
(p) F
q
= 0.
St
ad q
(p) =
−F
p
F
q
, wi
ec (16) ma teraz postać:
− (x − x
0
) +
F
p
F
q
(t
− t
0
) = 0,
x
− x
0
t
− t
0
=
F
p
F
q
.
Wróćmy teraz do (15), wstawiaj
ac ostatni wynik:
u
− u
0
t
− t
0
= p
x
− x
0
t
− t
0
+ q (p) = p
F
p
F
q
+ q =
pF
P
+ qF
q
F
q
.
St
ad ostatecznie:
u
− u
0
pF
p
+ qF
q
=
t
− t
0
F
q
=
x
− x
0
F
p
,
(17)
czyli kierunek każdej płaszczyzny stycznej (dla ustalonego p i q) jest wyznaczony przez wektor
[F
p
, F
q
, pF
p
+ qF
q
]. Ponieważ p i q zmieniaj
a si
e w zakresie swoich wartości, te kierunki (zwane
kierunkami charakterystycznymi) tworz
a rodzin
e linii (17). Skonstruujmy teraz równania krzywych
x = x (s), t = t (s), u = u (s), które maj
a kierunek charakterystyczny w każdym puncie. Wtedy:
dx
ds
= F
p
,
dt
ds
= F
q
,
du
ds
= pF
p
+ qF
q
,
(18)
przy czym krzywe musz
a być tak wybrane, by leżały na pojedynczej powierzchni u = u (x , t). Trzeba
wi
ec założyć, że ta powierzchnia jest dana oraz, że p = u
x
, q = u
t
s
a znane. Wtedy u(s) =
u (x (s) , t (s)). Musi być też p(s) = p (x (s) , t (s)) i q(s) = q (x (s) , t (s)) na tej powierzchni, wi
ec
dp
ds
= p
x
x
(s) + p
t
t
(s) = p
x
F
p
+ p
t
F
q
,
dq
ds
= q
x
x
(s) + q
t
t
(s) = q
x
F
p
+ q
t
F
q
.
(19)
Dalej, jeśli u = u (x , t) jest rozwi
azaniem (13), czyli F (x , t, u, p, q) = 0, to:
dF
dx
= F
x
+ F
u
p + F
p
p
x
+ F
q
q
x
= 0,
dF
dt
= F
t
+ F
u
q + F
p
p
t
+ F
q
q
t
= 0.
(20)
2.1
Przykładowe rozwiązania
31
Ale u
x
= p i u
t
= q implikuj
a, że u
xt
= p
t
= u
tx
= q
x
, zatem (19) można zapisać w postaci:
dp
ds
= p
x
F
p
− F
x
− F
u
p
− F
p
p
x
=
−F
x
− F
u
p,
dq
ds
=
−F
t
− F
u
q
− F
q
q
t
+ q
t
F
q
=
−F
t
− F
u
q.
(21)
Równania (18) i (21) tworz
a teraz układ dla funkcji x (s), t (s), u (s), p (s) i q (s) (nie musimy
już teraz znać u = u (x , t) a priori). Równania te nazywamy równaniami charakterystycznymi dla
równania (13).
Warunek pocz
atkowy dla równania (13) wymaga, by powierzchnia u = u (x , t) zawierała krzyw
a Γ
(krzyw
a pocz
atkow
a) zadan
a parametrycznie
x = x (
τ), t = t (τ), u = u (τ).
Warunki te odpowiadaj
a s = 0 dla x (s), t (s) i u (s), jak dla równań liniowych, ale w odróżnieniu
do nich musimy mieć też warunki pocz
atkowe dla p (s) i q (s), jeśli chcemy uzyskać jednoznaczne
rozwi
azanie równań charakterystycznych i w konsekwencji warunku pocz
atkowego dla równania (13).
Wartości pocz
atkowe p (
τ) i q (τ) na krzywej Γ nie mog
a być dowolne, ponieważ p i q musz
a być
składnikami wektora normalnego do powierzchni u = u (x , t). Jeśli p = p (
τ), q = q (τ) b
ed
a
wartościami pocz
atkowymi dla p i q na krzywej Γ, to musz
a być wyznaczone z układu:
F (x (
τ) , t (τ) , u (τ) , p (τ) , q (τ)) = 0,
du(τ )
dτ
= p (
τ)
dx(τ )
dτ
+ q (
τ)
dt(τ )
dτ
.
(22)
Podsumowuj
ac, jeśli mamy równania charakterystyczne i warunki pocz
atkowe dla x , t, u, p i q oraz
dx
d
τ
F
q
−
dt
d
τ
F
p
= 0
(23)
na krzywej pocz
atkowej Γ, możemy dostać jednoznaczne rozwi
azanie problemu (13) z warunkiem
pocz
atkowym w otoczeniu krzywej pocz
atkowej Γ [23].
2.1
Przykładowe rozwiązania
Zadanie 2.1.
Rozważmy równanie (tzw. nieliniowe równanie fali):
u
t
+ u
2
x
= 0
z warunkiem pocz
atkowym
a) u (x , 0) = ax ,
a =const ,
b) u (x , x ) = 1.
2.1
Przykładowe rozwiązania
32
Aby rozwi
azać zagadnienie pocz
atkowe, parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a Γ =
{(x, 0, ax) : x ∈ R}
w przestrzeni (x , t, u). Dostajemy
Γ =
{(τ, 0, aτ) : τ ∈ R} ,
czyli x =
τ, t = 0, u = aτ dla s = 0. Zauważmy, że mamy tutaj F (x, t, u, u
x
, u
t
) = u
t
+ u
2
x
, wi
ec z
(22) dostajemy dla u
t
= q, u
x
= p:
q (
τ) + p
2
(
τ) = 0,
a = p (
τ) · 1 + q (τ) · 0 = p (τ) .
Zatem p (
τ) = a i q (τ) = −a
2
wyznaczaj
a warunki pocz
atkowe na p i q. Utwórzmy teraz równania
charakterystyczne dla tego problemu:
dx
ds
= F
p
= 2p,
dt
ds
= F
q
= 1,
du
ds
= pF
p
+ qF
q
= 2p
2
+ q,
dp
ds
=
−F
x
− F
u
p = 0,
dq
ds
=
−F
t
− F
u
q = 0.
(24)
St
ad mamy (po scałkowaniu tych równań):
x (s,
τ) = 2as + C
1
(
τ) ,
t (s,
τ) = s + C
2
(
τ) ,
τ (s, τ) = 2a
2
s
− a
2
s + C
3
(
τ) = a
2
s + C
3
(
τ) ,
p (s,
τ) = C
4
(
τ) ,
q (s,
τ) = C
5
(
τ) ,
gdzie C
1
, C
2
, C
3
, C
4
, C
5
s
a funkcjami zależnymi od
τ. Ale z warunku pocz
atkowego mamy, że dla
s = 0: x (0,
τ) = τ, czyli C
1
(
τ) = τ; t (0, τ) = 0, czyli C
2
(
τ) = 0; u (0, τ) = aτ, czyli C
3
(
τ) = aτ;
p (0,
τ) = a, czyli C
4
(
τ) = a i q (0, τ) = −a
2
, czyli C
5
(
τ) = −a
2
.
Mamy ostatecznie:
x (s,
τ) = 2as + τ, t (s, τ) = s, u (s, τ) = a
2
s + a
τ, p (s, τ) = a, q (s, τ) = −a
2
.
Z dwóch pierwszych równań możemy teraz wyznaczyć s i
τ i wstawić do trzeciego:
s = t,
τ = x − 2at,
u = a
2
t + a (x
− sat) .
St
ad u (x , t) = a (x
− at). Równość ta przedstawia fal
e poruszaj
ac
a si
e z pr
edkości
a a. Jeśli a
> 0,
to przesuwa si
e ona w prawo, a dla a
< 0 w lewo.
2.1
Przykładowe rozwiązania
33
Zauważmy ponadto, że u (x , t) = a (x
− at) nie jest stałe na krzywych charakterystycznych x −2at =
τ, gdyż punkty na tych krzywych poruszaj
a si
e z pr
edkości
a 2a, a nie z a. Istotnie, jeśli zast
apimy
parametr s przez t w równaniach różniczkowych (24), to dostaniemy:
dx
dt
= 2p,
du
dt
= q + 2p
2
,
dp
dt
= 0,
dq
dt
= 0.
Ponieważ p = const i p = u
x
możemy wywnioskować, że punkty x poruszaj
a si
e z pr
edkości
a dwu-
krotnej pr
edkości fali u = u (x , t).
Zmieńmy teraz warunek pocz
atkowy, ż
adaj
ac by u (x , x ) = 1. Pokażemy, że można uzyskać dwa
rozwi
azania naszego zagadnienia. Musimy teraz sparametryzować krzyw
a pocz
atkow
a Γ w nast
epuj
acy
sposób:
Γ =
{(τ, τ, 1) : τ ∈ R} ,
zatem x =
τ, t = τ, u = 1.
Ponieważ równanie wyjściowe jest takie samo, jak poprzednio, to układ (22) ma teraz niezmienion
a
postać pierwszego równania:
q (
τ) + p
2
(
τ) = 0,
q (
τ) · 1 + p (τ) · 1 = 0.
Rozwi
azuj
ac układ, dostajemy kolejno: p (
τ) = −q (τ), wi
ec q (
τ) (1 + q (τ)) = 0. St
ad mamy dwa
rozwi
azania:
q (
τ) = 0,
p (
τ) = 0,
(25)
q (
τ) = −1,
p (
τ) = 1,
(26)
które wyznaczaj
a warunki pocz
atkowe dla s = 0 na p i q. Jak poprzednio: F
x
= F
t
= F
u
= 0 i
F
p
= 2p, F
q
= 1, zatem równania charakterystyczne maj
a teraz w przypadku (25) postać:
dx (s,
τ)
ds
= 0,
d
τ (s, τ)
ds
= 1,
du (s, t)
ds
= 0,
dp (s,
τ)
ds
= 0,
dq (s,
τ)
ds
= 0.
Rozwi
ażemy je, otrzymuj
ac kolejno:
x (s,
τ) = C
1
(
τ) , t (s, τ) = s + C
2
(
τ) , u (s, τ) = C
3
(
τ) , p (s, τ) = C
4
(
τ) , q (s, τ) = C
5
(
τ) ,
a z warunku narzuconego w chwili s = 0 wynika, że
C
1
(
τ) = τ, C
2
(
τ) = τ, C
3
(
τ) = 1, C
4
(
τ) ≡ 0, C
5
(
τ) ≡ 0.
Ostatecznie:
x (s,
τ) = τ, t (s, τ) = s + τ, u (s, τ) ≡ 1, p (s, τ) ≡ 0, q (s, τ) ≡ 0,
czyli mamy rozwi
azanie stałe u (s,
τ) ≡ 1.
2.1
Przykładowe rozwiązania
34
0.5
1
1.5
2
–4
2
4
t
–4
–2
2
4
x
Rozwiązanie problemu początkowego u(x, x) = 1
Wróćmy do układu (26). Zmienia si
e teraz postać równań charakterystycznych:
dx (s,
τ)
ds
= 2,
dt (s,
τ)
ds
= 1,
du (s,
τ)
ds
= 1,
dp (s,
τ)
ds
= 0,
dq (s,
τ)
ds
= 0.
Rozwi
azanie jest nast
epuj
ace:
x (s,
τ) = 2s + C
1
(
τ) , t (s, τ) = s + C
2
(
τ) , u (s, τ) = s + C
3
(
τ) ,
p (s,
τ) = C
4
(
τ) , q (s, τ) = C
5
(
τ) ,
gdzie C
1
(
τ) = τ, C
2
(
τ) = τ, C
3
(
τ) ≡ 1, C
4
(
τ) ≡ 0, C
5
(
τ) ≡ 0.
Ostatecznie:
x (s,
τ) = 2s + τ, t (s, τ) = s + τ, u (s, τ) = s + 1, p (s, τ) ≡ 0, q (s, τ) ≡ 0.
Możemy wi
ec wyznaczyć u jako funkcj
e zmiennych x i t, jak nast
epuje: wyznaczyć s z dwóch pierw-
szych równań i wstawić do trzeciego. Mamy:
2s +
τ = x,
s +
τ = t,
s = x
− t.
St
ad: u (x , t) = x
− t + 1.
2.1
Przykładowe rozwiązania
35
–5
5
10
–4
2
4
t
–4
–2
2
4
x
Rozwiązanie problemu początkowego u(x, x) = 1
Podsumowuj
ac, dla warunku pocz
atkowego u (x , x ) = 1 otrzymaliśmy dwa różne rozwi
azania pro-
blemu u
t
+ u
2
x
= 0.
Zauważmy na koniec, że za każdym razem spełnione jest równanie (23):
dx
d
τ
F
q
−
dt
d
τ
F
p
= 0
dla s = 0.
Istotnie, w przypadku problemu z punktu a) mamy:
dx
d
τ
F
q
−
dt
d
τ
F
p
= 1
· 1 − 0 · 2 = 1 = 0,
a w przypadku b) mamy:
dx
d
τ
F
q
−
dt
d
τ
F
p
= 1
· 1 − 1 · 2 = −1 = 0,
czyli postać tego równania nie zależy od (25) czy (26) i mimo, że wynik jest różny od zera, rozwi
azanie
problemu z warunkiem b) nie jest jednoznaczne.
Zadanie 2.2.
Rozwi
azać (metod
a charakterystyk) równanie nieliniowe:
u
x
u
t
− 1 = 0
z warunkiem pocz
atkowym u (x , x ) = 1 .
2.1
Przykładowe rozwiązania
36
Parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a Γ =
{(x, x, 1) : x ∈ R} w przestrzeni (x, t, u). Wtedy
Γ
{(τ, τ, 1) : τ ∈ R} , co oznacza x (s, τ) = τ, t (s, τ) = τ, u (s, τ) = 1 dla s = 0. Wyznaczymy
teraz warunki pocz
atkowe na współrz
edne p i q wektora normalnego [p, q,
−1]. Ponieważ mamy tu
F (x , t, u, u
x
, u
t
) = u
x
u
t
− 1, wi
ec dla q = u
t
i p = u
x
dostajemy na podstawie (22) nast
epuj
acy
układ (dla s = 0):
p (
τ) q (τ) − 1 = 0,
p (
τ) + q (τ) = 0.
St
ad p (
τ) = −q (τ) i q
2
(
τ) = −1. Mamy wi
ec tu dwa rozwi
azania zespolone:
q (
τ) = ±i,
p (
τ) = ∓i.
Zauważmy ponadto, że na krzywej pocz
atkowej nie jest spełniony warunek (23), bo
x
(
τ) F
p
− t
(
τ) F
q
= 1
· q (τ) − 1 · p (τ) = q (τ) − p (τ) = 0.
Utwórzmy równania charakterystyczne dla q (
τ) = −i i p (τ) = i.
dx (s,
τ)
ds
=
−i,
dt (s,
τ)
ds
= i ,
du (s,
τ)
ds
=
−i (−i) + (−i) i = −i
2
− i
2
=
−2i
2
= 2,
dp (s,
τ)
ds
= 0,
dq (s,
τ)
ds
= 0.
Rozwi
ażemy te równania (całkuj
ac wg s). Wtedy:
x (s,
τ) = −is + C
1
(
τ) , t (s, τ) = is + C
2
(
τ) , u (s, τ) = 2s + C
3
(
τ) ,
p (s,
τ) = C
4
(
τ) , q (s, τ) + C
5
(
τ) ,
a z warunków pocz
atkowych dla s = 0 otrzymujemy, że:
C
1
(
τ) = τ, C
2
(
τ) = τ, C
3
(
τ) ≡ 1, C
4
(
τ) = i, C
5
(
τ) = −i.
Zatem
x (s,
τ) = −is + τ, t (s, τ) = is + τ, u (s, τ) = 2s + 1, p (s, τ) = i, q (s, τ) = −i.
Z dwóch pierwszych równań wyznaczymy teraz s i wstawimy do trzeciego. Wtedy:
−is + τ = x,
is +
τ = t,
−2is = x − t.
s =
x−t
−2i
=
(x−t)·i
2
.
2.1
Przykładowe rozwiązania
37
St
ad rozwi
azaniem jest u (x , t) = (x
− t) i +1. Jeśli teraz utworzymy równania charakterystyczne dla
p (
τ) i q (τ) = i, to można łatwo sprawdzić, że otrzymamy drugie rozwi
azanie zaspolone w postaci
u (x , t) =
− (x − t) i + 1.
Zadanie 2.3.
Rozważyć równanie geodezyjnych:
u
2
x
+ u
2
y
= n
2
(x , y ) ,
n (x , y ) =
n
1
, x
< 0,
n
2
, x
> 0,
gdzie n
2
> n
1
i n
1
, n
2
s
a stałymi. Znaleźć wszystkie możliwe u = u (x , y ) dla x
< 0 i x > 0, jeśli
warunkiem brzegowym jest u (0, y ) = n
1
y cos Θ, gdzie Θ =const.
Mamy tutaj F (x , y , u, u
x
, u
y
) = u
2
x
+u
2
y
−n
2
. Możemy, jak w poprzednich zadaniach, sparametryzować
krzyw
a pocz
atkow
a Γ =
{(0, y, n, y cos Θ) : y ∈ R} w nast
epuj
acy sposób:
Γ =
{(0, τ, n
1
τ cos Θ) : τ ∈ R}. Równania na warunki pocz
atkowe dla p = u
x
, q = u
y
(dla s = 0)
otrzymujemy jako:
p
2
(
τ) + q
2
(
τ) − n
2
= 0,
du(τ )
dτ
= p (
τ)
dx(τ )
dτ
+ q (
τ)
dt(τ )
dτ
,
gdzie u (u) = n
1
τ cos Θ, x (τ) ≡ 0, y (τ) = τ dla s = 0. St
ad mamy:
p
2
(
τ) + q
2
(
τ) − n
2
= 0,
n
1
cos Θ = q (
τ) ,
czyli q (
τ) = n
1
cos Θ, p (
τ) = ±
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ dla s = 0.
Zauważmy teraz, że:
dx (
τ)
d
τ
F
q
−
dy (
τ)
d
τ
F
p
=
−F
p
=
−2p (τ) ,
wi
ec warunek, by wyrażenie to było różne od zera, implikuje, że:
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
= 0.
Zauważmy, że dla x
< 0 mamy tutaj n
2
1
(1
− cos
2
θ) = 0, czyli n = 0 i Θ = kπ, k ∈ Z. Dla x > 0
mamy natomiast n
2
2
− n
2
1
cos
2
Θ
= Θ, czyli
n
2
n
1
2
= cos
2
Θ dla n
1
= 0, a dla n
1
= 0 mamy n
2
= 0.
Rozwi
ażemy teraz układ równań charakterystycznych:
dx
ds
=
±2
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ,
dy
ds
= 2n
1
cos Θ,
du
ds
=
±
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
· 2 ·
±
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
+ n
1
cos Θ
· 2 · n
1
cos Θ =
2.1
Przykładowe rozwiązania
38
= 2
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
= 2n
2
1
cos
2
θ = 2n
2
,
dp
ds
= 0,
dq
ds
= 0.
Ponieważ p i q s
a stałe na charakterystykach, wi
ec p (s,
τ) = p (0, τ) = ±
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ, q (s,
τ) =
q (s,
τ) = n
1
cos Θ i otrzymujemy również:
x (s,
τ) = ±2
n
2
− n
2
1
cos
2
Θs + C
1
(
τ) ,
y (s,
τ) = 2n
1
cos Θ
· s + C
2
(
τ) ,
u (s,
τ) = 2n
2
· s + C
3
(
τ) .
Z warunków pocz
atkowych dla x , y i u wynika, że C
1
(
τ) ≡ 0, C
2
(
τ) = τ, C
3
(
τ) = n
1
τ cos Θ. Mamy
wi
ec proste linie charakterystyk:
x (s,
τ) = ±2
n
2
− n
2
1
cos
2
Θs,
y (s,
τ) = 2n
1
cos Θ
· s + τ,
u (s,
τ) = 2n
2
· s + n
1
τ cos Θ.
Wyznaczamy s i
τ z dwóch pierwszych równań, jako funkcje zmiennych x i y:
s =
x
±2
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
,
τ = y ∓ n
1
cos Θ
·
x
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
.
Wstawiamy te wyniki do funkcji u:
u (x , y ) =
±
n
2
x
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
+ n
1
cos Θ
y
∓
n
1
x cos Θ
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
.
Przekształcimy otrzymane wyrażenie:
u (x , y ) =
±
n
2
x
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
+ n
1
y cos Θ
∓
n
2
1
x cos
2
Θ
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
=
=
±
x
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ
+ n
1
y cos Θ =
=
±x
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ + n
1
y cos Θ.
Wtedy dla x
< 0 otrzymujemy rozwi
azanie postaci:
u
1
(x , y ) =
±x
n
2
− n
2
1
cos
2
Θ + n
1
y cos Θ = n
1
(
±x sin Θ + y cos Θ) ,
a dla x
> 0 postaci:
u
2
(x , y ) =
±x
n
2
2
− n
2
1
cos
2
Θ + n
1
y cos Θ = n
2
±
1
−
n
1
n
2
2
cos
2
Θ + y
n
1
n
2
cos Θ
=
2.2
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
39
= n
2
[
±x · cos ψ + usinψ]
dla cos Θ =
n
2
n
1
sin
ψ. Otrzymujemy wi
ec ostatecznie dwa rozwi
azania dla x
< 0 i dwa dla x > 0. W
bezpośrednim rachunku można sprwawdzić, że zagadnienie brzegowe jest spełnione.
Uzyskane rozwi
azania:
u
1
(x , y ) = n
1
(x sin Θ + y cos Θ)
lub
u
1
(x , y ) = n
1
(
−x sin Θ + y cos Θ)
dla x
< 0 i
u
2
(x , y ) = n
2
(x cos
ψ + y cos ψ)
lub
u
2
(x , y ) = n
2
(
−x cos ψ + y sin ψ)
dla x
> 0 i cos Θ =
n
2
n
1
sin
ψ nazywane s
a falami płaszczyznowymi.
2.2
Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
21. Rozwi
azać nast
epuj
ace zagadnienia pocz
atkowe:
(i) u
2
x
u
t
− 1 = 0, u (x, 0) = x,
(ii) u
t
+ u
2
x
= t, u (x , 0) = 0,
(iii) u
t
+ u
2
x
+ u = 0, u (x , 0) = x ,
(iv) u
t
+ u
2
x
= 0, u (x , x ) = 1,
(v) u
t
+ u
2
x
= 0, u (0, t) = t,
(vi) u
x
u
t
− 1 = 0, u (x, x) = 1,
(vii) u
t
= C
2
u
2
x
, u (0, t) =
−t,
(viii) u
t
+ u
2
x
= 0, u (x , 0) = x
2
.
22. Rozważyć równanie geodezyjnych u
2
x
+ u
2
y
=
η
2
(x , y ) , gdzie
η (x, y) =
η
1
, x
< 0,
η
2
, x
> 0
dla
η
2
> η
1
,
η
2
,
η
1
∈ R. Znaleźć wszystkie możliwe rozwi
azania u = u (x , y ) w obszarach x
< 0 i
x
> 0 dla warunku brzegowego u (0, y) = η
1
y cos Θ, gdzie Θ = const.
BIBLIOGRAFIA
40
23. Znaleźć rozwi
azania dla równania geodezyjnych w przestrzeni trójwymiarowej:
u
2
x
+ u
2
y
+ u
2
z
=
η
2
,
gdzie
η jest stał
a, z warunkami:
(i) u (y , y , y ) = ay ,
(ii) u (x , y , z) = u (x
0
, y
0
, z
0
) = u
0
.
Bibliografia
[1] W. I. Arnold, Metody matematyczne mechaniki klasycznej, PWN, Warszawa 1981.
[2] W. I. Arnold, Równania różniczkowe zwyczajne, PWN, Warszawa 1975.
[3] W. I. Arnold, Teoria równań różniczkowych, PWN, Warszawa 1983.
[4] A. W. Bicadze, Równania fizyki matematycznej, PWN, Warszawa 1984.
[5] A. W. Bicadze, D. F. Kaliniczenko, Zbiór zadań z równań fizyki matematycznej, PWN, Warszawa 1984.
[6] P. Biler Prof. dr hab.- redakcja naukowa, Warsztaty z równań różniczkowych cz
astkowych, Toruń 2003.
[7] Birkholc A. Analiza matematyczna. Funkcje wielu zmiennych, Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2002.
[8] D. Bleecker, G. Csordas, Basic Partial Differential Equations, Chapman & Hall, Oxford 1995.
[9] L. Evans, Równania różniczkowe cz
astkowe, PWN, Warszawa 2002.
[10] Fichtenholz G.M. Rachunek różniczkowy i całkowy, PWN, Warszawa 1980.
[11] J. Jost, Postmodern Analysis, Springer-Verlag,Berlin-Heidelberg-New York 2002.
[12] W. Kołodziej, Wybrane rozdziały analizy matematycznej, PWN, Warszawa 1982.
[13] H. Marcinkowska, Wst
ep do teorii równań różniczkowych cz
astkowych, PWN, Warszawa 1972.
[14] J. Musielak, Wst
ep do analizy funkcjonalnej, PWN, Warszawa 1976.
[15] Ockendon J., Howison S., Lacey A., Movxhan A., Applied Partial Differential Equations, Oxford University
Press, 2003.
[16] J. Ombach, Wykłady z równań różniczkowych wspomagane komputerowo -Maple, Wydawnictwo Uniwersytetu
Jagiellońskiego, Kraków 1999.
[17] B. Przeradzki, Równania różniczkowe cz
astkowe. Wybrane zagadnienia, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódz-
kiego, Łódź 2000.
BIBLIOGRAFIA
41
[18] B. Przeradzki, Teoria i praktyka równań różniczkowych zwyczajnych, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódzkiego,
Łódź 2003.
[19] M. M. Smirnow, Zadania z równań różniczkowych cz
astkowych, PWN, Warszawa 1970.
[20] P. Strzelecki, Krótkie wprowadzenie do równań różniczkowych cz
astkowych, Wydawnictwo Uniwersytetu War-
szawskiego, Warszawa 2006.
[21] B. W. Szabat, Wstęp do analizy zespolonej, PWN, Warszawa 1974.
[22] Whitham G.B., Lecture notes on wave propagation , Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg-New York 1979.
[23] Zauderer, Partial Differential Equations of Applied Mathemathics, John Wiley & Sons, Singapore-New York-
Chichester-Brisbane-Toronto 1989.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
II rzad zadania id 209979 Nieznany
3 Zadania do wykladu Dzialania na macierzach rzad macierzy
3.Zadania do wykladu Dzialania na macierzach rzad macierzy
ZADANIE 5 - RZĄD A, Filologia polska, SEMESTR III, Powszechna
zadania z fizy kolokwium 1 rzad 1, Fizyka
3 Zadania do wykladu Dzialania na macierzach rzad macierzy
Zadania z treścia
Prezentacja 2 analiza akcji zadania dla studentow
Przedmiot i zadania dydaktyki 4
zadanie 1 v 002
Przedmiot dzialy i zadania kryminologii oraz metody badan kr
KOLOKWIUM 2 zadanie wg Adamczewskiego na porownawczą 97
CELE I ZADANIA EDUKACJI MEDIALNEJ(1)
ochrona atmosfery zadania
zadania
Przedmiot i zadania dydaktyki 2
więcej podobnych podstron