SPIS TREÅšCI 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.
Znalez
ć rozwiazania ogólne dla równania:

"u "u "u
x - 2y - z =0. (1)
"x "y "z
Wystarczy znalez
ć dwie niezależne całki pierwsze równania charakterystycznego:
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x = x,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = -2y,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
z = -z.
Mnożac pierwsze równanie przez z, a trzecie przez x i dodajac te równania stronami, otrzymamy:

x z + zx =0,
(xz) =0,
czyli jedna z caÅ‚ek jest È1(x, y, z) =xz. Zkolei dzielac pierwsze równanie przez x, a drugie przez 2y

i dodajac je stronami, otrzymamy:

x y
+ =0,
x 2y
(2 ln |x| +ln|y|) =0, (2)
czyli druga z poszukiwanych caÅ‚ek jest È2(x, y, z) = 2 ln |x| +ln |y|. W rezultacie rozwiazaniami

równania sa funkcje postaci
u(x, y, z) =Åš(È1(x, y, z), È2(x, y, z)) = Åš(xz, 2ln|x| +ln|y|),
gdzie Åš jest funkcja klasy C1. Zauważmy jednak, że przy obliczaniu È2 wykonaliÅ›my dzielenie, a w
samej postaci tej funkcji pojawiły sie funkcje logarytmiczne, zatem potrzebne jest założenie: x =


0, y =0. Rozwiazanie nie jest wiec określone dla wszystkich (x, y, z) " R3. Z problemem tym można


sobie poradzić, wyszukujac inaczej caÅ‚ke pierwsza È2. Wystarczy w tym celu przeksztaÅ‚cić nieco

równanie (2) do postaci:
(ln x2|y|) =0,
1.1 Przykładowe rozwiązania 3
(x2|y|)
,
x2|y|
(x2|y|) =0,
x2|y| = c, c 0,
x4y2 = c2,
(x4y2) =0.
Ü
Zatem È2(x, y, z) =x4y2. Wtedy rozwiazanie ogólne ma postać: u(x, y, z) =Åš(xz, x4y2) i jest już

określone dla całego R3.
Zobaczmy teraz, jak łatwo wykonać sprawdzenie:
"u "u "u
x - 2y - z =
"x "y "z

"Åš "È1 "Åš "È2 "Åš "È1 "Åš "È2 "Åš "È1 "Åš "È2
= x + - 2y + - z + =
"È1 "x "È2 "x "È1 "y "È2 "y "È1 "z "È2 "z

"Åš "Åš "Åš "Åš "Åš "Åš
= x z + 4x3y2 - 2y 0+ 2x4y - z x + 0 =0.
"È1 "È2 "È1 "È2 "È1 "È2
Możemy sprawdzić jeszcze, że znalezione całki pierwsze sa w istocie niezależne (w jakim obszarze?):
îÅ‚ Å‚Å‚ îÅ‚ Å‚Å‚
"È1 "È2
z 4x3y2
ïÅ‚ "x "x śł ïÅ‚ śł
ïÅ‚ śł ïÅ‚ śł
"È1 "È2
ïÅ‚ śł ïÅ‚ śł
rz = rz =2.
0 2x4y
ïÅ‚ śł ïÅ‚ śł
"y "y
ðÅ‚ ûÅ‚ ðÅ‚ ûÅ‚
"È1 "Èz
x 0
"z "z
Zauważmy na koniec, że (1) można rozwiazać elementarnie. Otrzymamy wtedy:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x(t) = Ä…et,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y(t) = ²e-2t,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
z(t) = Å‚e-t,
gdzie Ä…, ², Å‚ sa dowolnymi staÅ‚ymi. Wyznaczajac et z pierwszego i trzeciego równania ukÅ‚adu oraz

e2t z pierwszego i drugiego równania, otrzymamy È1 i È2, odpowiednio.
Zadanie 1.2.
Znalez
ć rozwiazania ogólne dla równania quasiliniowego:


"
"z "z
1+ z - x - y + =2. (3)
"x "y
1.1 Przykładowe rozwiązania 4
Wystarczy znalez
ć, jak poprzednio, dwie niezależne całki pierwsze równania charakterystycznego,
pamietajac, że tym razem równanie jest quasiliniowe:

Å„Å‚
"
ôÅ‚
ôÅ‚
x = 1 + z - x - y,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = 1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
z = 2.
Mnożac drugie równanie przez 2 i dodajac do trzeciego, dostajemy:

-2y + z =0,
(z - 2y) =0,
czyli È1(x, y, z) =z - 2y. Odejmujac z kolei równanie pierwsze i drugie od trzeciego, dostajemy:

"
(z - y - x) = - z - x - y,
(z - x - y) 1
" + =0.
2 z - x - y 2
Wykorzystujac ponownie drugie równanie układu, możemy napisać:

(z - x - y) 1
" + y =0,
2 z - x - y 2

"
1
z - x - y + y =0.
2
"
1
Druga caÅ‚ka ma wiec postać: È2(x, y, z) = z - x - y + y. Zatem mamy rozwiazanie ogólne:
2

"
1
Ś z - 2y, z - x - y + y = 0 definiujące rozwiązanie z w sposób uwikłany, gdzie Ś jest do-
2
wolna funkcja różniczkowalna wsposób ciagły.

Zauważmy, że z(x, y) = x + y jest również rozwiazaniem równania (3), ale zupełnie innego typu,

które nie jest zawarte w rozwiazaniu ogólnym.

Zadanie 1.3.
Rozwiazać poniższe równanie z warunkiem poczatkowym oraz narysować charakterystyki:

"u "u
- =1 - 2u, u(x, 0) = x2.
"x "y
Tworzymy równanie charakterystyk:
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x = 1,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
(4)
y = -1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u = 1 - 2u.
1.1 Przykładowe rozwiązania 5
Pierwsza caÅ‚ke È1(x, y, u) = x + y otrzymujemy natychmiast, dodajac do siebie stronami dwa

pierwsze równania układu. Stad mamy również rodzine charakterystyk: x + y = const, czyli y =

-x + d, d = const. Aby znalez
ć druga 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

1
u - e-2y =0,
2

1 1
zatem È2(x, y, u) = u - e-2y . Stad Åš(x + y, u - e-2y) = 0 jest rozwiazaniem ogólnym.
2 2
Można sprawdzić, że spełnione sa założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej, a wiec można wyznaczyć

funkcje u:


1
u - e-2y = f (x + y),
2
1
u(x, y) = + e2yf (x + y),
2
gdzie f " C1(R).
1
Skorzystamy teraz z warunku poczatkowego: u(x, 0) = x2. Ponieważ u(x, 0) = + f (x +0), wiec
2
1 1 1
+ f (x) =x2, czyli f (x) =x2 - . Stad otrzymujemy postać funkcji f (x + y) =(x + y)2 - , czyli
2 2 2
szukane rozwiazanie ma postać:


1 1
u(x, y) = + e2y (x + y)2 - .
2 2
Rozwiazanie to jest wyznaczone jednoznacznie, bo leży na prostej y =0, która jest transwersalna do

każdej charakterystyki.
16
14
12
10
u(x,y) 8
6
4
2
 3
 2
 1
0
y
1
2
 6
 4
 2
0
3
2
4
6 x
Warunek poczÄ…tkowy u(x, 0) = x2 i zrzutowane charakterystyki
1.1 Przykładowe rozwiązania 6
6000
5000
4000
u(x,y)
3000
2000
1000
 3
 2
 1
0
y
1
2
 6
 4
 2
0
3
2
4
6 x
RozwiÄ…zanie problemu poczÄ…tkowego
Równanie (4) można również rozwiazać elementarnie:

1
x(t) =t + Ä…, y(t) =-t + ², u(t) =Å‚e-2t + ,
2
gdzie Ä…, ², Å‚ " R. Aby rozwiazać teraz zagadnienie poczatkowe, parametryzujemy krzywa poczatkowa

“ ={(x, 0, x2) : x " R} wprzestrzeni (x, y, u). Dostajemy

“ = (s, 0, s2) : s " R .
Wybieramy rozwiazanie ukÅ‚adu (4), startujac w chwili t =0 z punktu (s, 0, s2) " “. Wtedy

1
Ä… = s, ² =0, Å‚ = s2 - .
2
Dostajemy trajektorie rozwiazania

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x(t) = t + s,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
(5)
y(t) = -t,
ôÅ‚
ôÅ‚

ôÅ‚
ôÅ‚
1 1
ół
u(t) = s2 - e-2t + ,
2 2
która leży na wykresie rozwiazania. Parametryczny (wg s) opis powierzchni bedacej wykresem rozwiazania

jest nastepujacy


1 1
Graph(u) = t + s, -t, s2 - e-2t + : (t, s) " R2 .
2 2
Aby znalez
ć u, należy z dwóch pierwszych równań (5) wyznaczyć t i s i wstawić do trzeciego, czyli

1 1
u(x, y) = (x + y)2 - e2y + .
2 2
1.1 Przykładowe rozwiązania 7
Zadanie 1.4.
Omówić rozwiazalność problemu:

ux +2uy - 4u = ex+y
z warunkami
a) u(x, 2x - 1) = 0,
b) u(x, 2x) =-e3x + e4x.
Tworzymy równanie charakterystyk:
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x = 1,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
(6)
y = 2,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u = 4u + ex+y.
Mnożac pierwsze równanie przez 2 i odejmujac od niego drugie, łatwo dostajemy pierwsza całke

È1(x, y, u) =2x - y. Znalezienie drugiej caÅ‚ki jest tutaj nieco trudniejsze. Zauważmy najpierw, że
mnożac pierwsze równanie przez -3 i dodajac do drugiego, otrzymamy

(y - 3x) = -1, (7)
natomiast mnożac trzecie równanie przez e-4x, otrzymamy

u e-4x =4ue-4x + ey-3x.
Po przekształceniach dostajemy
e-4x(u - 4u) =ey-3x,
e-4x(u - 4u · 1) = 1 · ey-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) ey-3x =0,

ue-4x + ey-3x =0,
zatem È2(x, y, u) =ue-4x + ey-3x =(u + ex+y) e-4x jest druga z poszukiwanych caÅ‚ek. Stad


Åš 2x - y, u + ex+y e-4x =0
jest rozwiazaniem ogólnym, a 2x - y = d, d " R wyznaczaja rodzine charakterystyk. Rozwiazanie

można rozwikłać:

f (2x - y) = u + ex+y e-4x,
1.1 Przykładowe rozwiązania 8
u(x, y) =-ex+y + e4xf (2x - y), f " C1(R).
Zajmijmy sie teraz warunkiem a). Jest on zadany na prostej y = 2x - 1 i tam funkcja u musi

przyjmować wartość 0 :
0 =-ex+2x-1 + e4xf (2x - 2x +1),
e3x-1 = e4xf (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
-e3x + e4x = -ex+2x + e4xf (2x - 2x),
-e3x + e4x = -e3x + e4xf (0).
Widać wiec, 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) =ez i wtedy odpowiadaja im rozwiazania:

u(x, y) =-ex+y + e4x(2x - y +1),
u(x, y) =-ex+y + e4x cos(2x - y),
u(x, y) =-ex+y + e4xe2x-y,
odpowiednio.
Zadanie 1.5.
"u "u
Pokazać, że problem -y + x =0 z warunkiem u(x, 0) = 3x dla x " R nie posiada rozwiazań.
"x "y
Znajdziemy najpierw całke pierwsza równania charakterystycznego

Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
x = -y,
ôÅ‚
ół
y = x.
Mnożac pierwsze równanie przez x, a drugie przez y, otrzymamy natychmiast


x2 + y2 =0,
1.1 Przykładowe rozwiązania 9
czyli È1 (x, y) =x2 + y2. Stad x2 + y2 = c, c 0 stanowi rodzine charakterystyk utworzona przez

"
trajektorie okresowe, którymi sa okregi o środku (0, 0) i promieniu c oraz trajektorie rozwiazania

stałego, czyli punkt (0, 0). Rozwiazanie ogólne jest wiec postaci


u (x, y) =Ć x2 + y2 ,
dla dowolnej funkcji Ć takiej, by zÅ‚ożenie Ć i È1 byÅ‚o różniczkowalne w sposób ciagÅ‚y.

Rozważmy teraz warunek poczatkowy. Jest on zadany na osi Ox, wiec każdy z okregów jest przeciety

" "
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 funkcja stała). Stad wynika, że

rozwiazanie 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
rozwiÄ…zania)
10
5
u(x,y) 0
 5
 10
4
2
 3
 2
 1
x0
0
1
 2
y
2
3
 4
Warunek poczÄ…tkowy u(x, 0) = 3x i zrzutowane charakterystyki
6
4
2
u(x,y) 0
 2
 4
 6
 1
0
y
1
 2
 1
0
1
x
2
Powierzchnia otrzymana dla problemu poczÄ…tkowego
1.1 Przykładowe rozwiązania 10
Zauważmy na koniec, że w pewnych sytuacjach, jeśli warunek poczatkowy jest wybrany  ostrożnie ,

problem może mieć rozwiazanie, nawet gdy krzywa charakterystyki przecina krzywa z warunku wiecej

" "
niż raz. Przykładowo, dla warunku u (x, 0) = 3x2 istnieje rozwiazanie, bo u ( c, 0) = u (- c, 0) =

3c i u (x, y) =3 (x2 + y2) jest rozwiazaniem.

40
30
u(x,y)
20
10
0
 2
0
y
2
 4
 3
 2
 1
0
1
2
3
x
4
Warunek poczÄ…tkowy u(x, 0) = 3x2 i zrzutowane charakterystyki
12
10
8
u(x,y) 6
4
2
0
 1
0
y
1
 2
 1
0
1
x
2
RozwiÄ…zanie problemu poczÄ…tkowego
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
12
10
8
u(x,y) 6
4
2
0
 2
0
y
2
 4
 3
 2
 1
0
1
2
3
x
4
Warunek poczÄ…tkowy u(x, 0) = 3|x| i zrzutowane charakterystyki
6
5
4
u(x,y) 3
2
1
0
 1
0
y
1
 2
 1
0
1
x
2
Powierzchnia otrzymana dla problemu poczÄ…tkowego

"
Jesli natomiast zadamy następujący warunek u x, 16 - x2 = 1, to otrzymujemy nieskończenie
wiele rozwiązań, gdyż rozwiązaniami są wszystkie funkcje Ć klasy C1, które w punkcie 16 osiągają
wartość 1.
1.1 Przykładowe rozwiązania 12
1
0.8
0.6
u(x,y)
0.4
0.2
0
 2
0
y
2
 4
 3
 2
 1
0
4
1
2
3
x
4
"
Warunek poczÄ…tkowy u(x, 16 - x2) =1 i zrzutowane charakterystyki
1
0.8
0.6
u(x,y)
0.4
0.2
0
 2
0
y
2
 4
 3
 2
 1
0
4
1
2
3
x
4
Na ilustracji uzyskujemy nieskończenie wiele okręgów x2 + y2 =16 na wysokości 1.
Przez każdy z nich przechodzi powierzchnia będąca rozwiązaniem.
Zadanie 1.6.
Omówić rozwiazanie problemu:

ux + yuuy = -x
z warunkami
a) u (0, y) =0,
1.1 Przykładowe rozwiązania 13
b) u (x, 0) = x2.
Tworzymy równanie charakterystyk:
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x =1,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = yu,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u = -x.
Rozwiazujemy je elementarnie: x (t) =t + Ä…, u (t) =-x (t), czyli u (t) =-1t2 - Ä…t + Å‚ oraz z
2

y (t)
1
= u (t) mamy y (t) =² exp -1t3 - Ä…t2 + Å‚t dla Ä…, ², Å‚ " R.
y(t) 6 2
Zajmijmy sie teraz warunkiem a). Parametryzujemy krzywa poczatkowa “ = {(0, y, 0) : y " R} w

przestrzeni (x, y, u). Dostajemy
“ ={(0, s, 0); s " R} .
Startujac w chwili t =0 z punktu (0, s, 0) " R, dostajemy

Ä… =0, ² = s, Å‚ =0,
czyli trajektoria rozwiazania jest nastepujaca:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x (t, s) =t,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚

(8)
y (t, s) =s exp -1t3 ,
6
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u (t, s) =-1t2
2
i leży na wykresie rozwiazania. Na koniec dostajemy parametryczny opis powierzchni bedacej wykre-

sem rozwiazania


1 1
Graph (u) = t, s exp - t3 , - t2 : (t, s) " R2 .
6 2
Możemy teraz z układu (8) wyznaczyć t z pierwszego równania i wstawić do trzeciego. Wtedy
1
u (x, y) =- x2
2
jest szukanym rozwiazaniem.

1
0.8
0.6
u(x,y)
0.4
0.2
3
2
 300
1
 200
x0  1
0
100
y
 2
300200
 3
Warunek poczÄ…tkowy u(0, y) =0 i zrzutowane charakterystyki
1.1 Przykładowe rozwiązania 14
0
 1
 2
u(x,y)
 3
 4
3
2
 300
1
 200
x0  1
0
100
y
 2
300200
 3
RozwiÄ…zanie problemu poczÄ…tkowego
Przejdz
my teraz do warunku b). Postepujac analogicznie, jak poprzednio, dostajemy krzywa “ z

parametryzacja:


“ = s, 0, s2 : s " R .
Wtedy w chwili poczatkowej t =0 mamy dla punktu (s, 0, s2) " “

Ä… = s, ² =0, Å‚ = s2.
Trajektoria jest nastepujaca:
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x (t, s) =t + s,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y (t, s) =0,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u (t, s) =-1t2 - st + s2.
2
16
14
12
10
u(x,y) 8
6
4
2
0
0.2
0.4
y
0.6
0.8
 6
 4
 2
0
1
2
4
6 x
Warunek poczÄ…tkowy u(x, 0) = x2 i zrzutowane charakterystyki
1.1 Przykładowe rozwiązania 15
Zauważmy, że powierzchnia opisana tymi równaniami w (x, y, u) " R3 leży w płaszczyz
nie 0xu (y =0).
Ponadto, rzut jednej z trajektorii na płaszczyzne 0xy jest krzywa {(x, 0) : x " R}, a na tej krzywej

zadany jest warunek poczatkowy. Stad problem nie posiada rozwiazania.

6
4
2
0
u(x,y)
 2
 4
 4
 6
 2
0
0x
0.2
0.4 2
y
0.6
4
0.8
1
Powierzchnia otrzymana dla problemu poczÄ…tkowego
Zadanie 1.7.
Rozwiazać zagadnienie: xux - 2yuy - zuz =0 z warunkami:

a) u (1, y, z) =y,
b) u (0, y, z) =z,
c) u (0, y, z) =5.
Równanie to możemy rozwiazać parametrycznie:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x = x,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = -2y,
(9)
ôÅ‚
ôÅ‚
z =
ôÅ‚ -z,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u =0.
(ostatnie równanie dopisujemy, bo musimy mieć u w parametryzacji).
Wtedy
1.1 Przykładowe rozwiązania 16
x (t) =Ä…et, u (t) =²e-2t, z (t) =Å‚e-t, u (t) =Õ, Ä…, ², Å‚, Õ " R
a) u (1, y, z) =y.
Aby rozwiazać to zagadnienie poczatkowe, parametryzujemy krzywa poczatkowa

“ ={(1, y, z, y) : y, z " R} wprzestrzeni (x, y, z, u). Dostajemy:
“ {(1, s, Ü, s) : s, Ü " R} .
s s
Wybieramy rozwiazanie ukÅ‚adu (9) startujace w chwili t =1 z punktu (1, s, Ü, s) " “. Wtedy dosta-
s

jemy:
1 =x (1) = Ä…e, s = u (1) = ²e-2, Ü = z (1) = Å‚e-1, s = u (1) = Õ
s
Ó!Ó! Ó! Ó!
1
Ä… = ² = se2 Å‚ =Ü Õ = s
se
e
Dostajemy trajektorie rozwiazania:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x = et-1,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = se2-2t,
ôÅ‚
ôÅ‚
z =Ü
se1-t,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u = s,
która leży na wykresie rozwiazania. Parametryczny (wzgledem s i Ü) opis powierzchni bedacej wykre-
s

sem rozwiazania jest nastepujacy:


Graph (u) = et-1, se2-2t, Ü s : (t, s, Ü) " R3 .
se1-t, s
Aby znalez
ć u należy z dwóch pierwszych równań układu wyznaczyć t i s:
x = et-1 Ò! xe = et Ò! t =1 +ln |x| ,
y = se2-2t Ò! s = ye2t-2 Ò! s = ye2(1+ln|x|)-2.
Przekształcajac, mamy kolejno: s = ye2+ln x2-2,

2
s = yelnx ,
s = yx2,
czyli u (x, y, z) =s = yx2 jest szukanym rozwiazaniem.

b) u (0, y, z) =z.
Teraz parametryzujemy krzywa poczatkowa “ ={(0, y, z, z) : y, z " R}.

Dostajemy “ ={(0, s, Ü, Ü) : s, Ü " R} i startujemy w chwili t =0 z punktu (0, s, Ü, Ü) " “. Wtedy
s s s s s
dostajemy:
1.1 Przykładowe rozwiązania 17
0 =x (0) = Ä…, s = y (0) = ², Ü = z (0) = Å‚, Ü = u (0) = Õ
s s
Ó!Ó!Ó!Ó!
Ä… =0 ² = s Å‚ =Ü Õ =Ü
s s
Mamy trajektorie rozwiazania:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x =0,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = se-2t,
ôÅ‚
ôÅ‚
z =Ü
se-t,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u =Ü.
s
Z tych równaÅ„ nie da sie wyznaczyć s, Ü, t, aby wstawić do u (t) =Ü, zatemnie ma rozwiazania.
s s

c) u (0, y, z) =5.
Krzywa poczatkowa “ = {(0, y, z, 5) : y, z " R} ma parametryzacje: “ = {(0, s, Ü, 5) : s, Ü " R} i
s s

startujemy w chwili t =0 z punktu (0, s, Ü, 5) " “. Wtedy dostajemy, jak w b)
s
Ä… =0, ² = s, Å‚ =Ü, ale Õ =5
s
i mamy trajektorie rozwiazania:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x =0,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = se-2t,
ôÅ‚
ôÅ‚
z =Ü
se-t,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
u =5.
Widać wiec, 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 " C1.
Rozwiażmy ten sam problem za pomoca całek pierwszych. Tworzymy równanie charakterystyk:

"u "u "u
x - 2y - z =0,
"x "y "z
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
x = x,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
y = -2y
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
z = -z.
Całki pierwsze sa nastepujace:

C
È1 (x, y, z) =xz =Ò! xz = C =Ò! z = ,
x
D
È2 (x, y, z) =x2y =Ò! x2y = D =Ò! y = ,
x2
1.1 Przykładowe rozwiązania 18
gdzie C, D " R. Wtedy u (x, y, z) =Åš (xz, x2y) jest rozwiazaniem, gdzie Åš jest funkcja klasy C1.

Rozważmy, jak poprzednio warunki poczatkowe.

a) u (1, y, z) =y.
Å» Å»
Wtym przypadku dla x =1 mamy È1 = z i È2 = y, czyli
Å»
y = u (1, y, z) = Åš(z, y).
Zatem mamy jedna funkcje spełniajaca ten warunek i Ś(xz, x2y) =x2y , czyli u (x, y, z) =x2y jest

rozwiazaniem.

b) u (0, y, z) =z.
Å» Å» Å»
Teraz dla x =1 mamy È1 =0 i È2 =0, czyli z = u (0, y, z) = Åš (0, 0). Oznacza to brak rozwiazaÅ„,

gdyż x =0 przecina 2 razy charakterystyki (lub wcale).
c) u (0, y, z) =5.
Tutaj dla x =0 mamy
Å»
5 =u (0, y, z) = Åš (0, 0) .
Warunek ten generuje dużo możliwości dobrania funkcji dwóch zmiennych tak, by ich wartości dla
(0, 0) wynosiły 5 np.:

Å» Å» Å» Å»
Åš È1, È2 =2 sin È1 +5cos È2 =Ò! u (x, y, z) =Åš xz, x2y =2 sin (xz) +5cos x2y
lub

2
Å»
2
Å» Å»
Åš È1, È2 =5eÈ =Ò! u (x, y, z) =Åš xz, x2y =5ex y.
Zadanie 1.8.
Pokazać, że jedynymi funkcjami spełniajacymi równanie

2xuy + yuy =0
dla każdego (x, y) " R2 sa funkcje stałe.
Znajdziemy najpierw wszystkie krzywe charakterystyczne równania, czyli rozwiazania układu:

Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
x =2x,
(10)
ôÅ‚
ół
y = y
1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania 19
dla (x, y) " R2. A
atwo zauważyć, że (0, 0) " R2 jest punktem osobliwym, ponadto krzywe charak-
terystyczne sa postaci:
x (t) =Ä…e2t, y (t) =²et,
dla Ä…, ² " R, t " R. Zatem trajektoriami tego ukÅ‚adu jest trajektoria rozwiazania staÅ‚ego, czyli

punkt (0, 0) oraz wszystkie otwarte w (0, 0) gałezie paraboli x = cy2 wychodzace z (0, 0), gdzie

Ä…
c = . Wszystkie krzywe charakterystyczne maja wspólny punkt skupienia (0, 0) " R2. Ponieważ
²2
rozwiazania maja być określone w całej płaszczyz
nie, to w szczególności w dowolnym otoczeniu

punktu (0, 0). Wystarczy pokazać wiec, że w otoczeniu U punktu (0, 0) nie ma nietrywialnych całek

pierwszych układu (10). Istotnie, ponieważ całki pierwsze sa stałe na trajektoriach, wiec na każdej

cześci gałezi paraboli wychodzacej z punktu (0, 0) zawartej w U całka pierwsza musi przyjmować te

sama wartość, co w punkcie (0, 0). Zatem na każdej gałezi paraboli byłaby to funkcja stała (równa

wartości w (0, 0)). Ponieważ dowolne rozwiazanie równania jest postaci:

u (x, y) =Åš(F (x, y)) ,
gdzie F jest całka pierwsza układu (10), a Ś dowolna funkcja klasy C1, to dla F (x, y) = A,
A = const, mamy:
u (x, y) =Åš (A).
Oznacza to, że mamy stałe rozwiazania. Ponieważ zaś jedynymi rozwiazaniami równania sa całki

pierwsze układu (10), wiec innych możliwości już nie ma.

Zauważmy na koniec, że gdybyśmy równanie wyjściowe rozpatrywali w R2\{(0, 0)}, to ogół rozwiazań

byłby postaci:

x
u (x, y) =Åš (F (x, y)) = Åš , (x, y) " R2 \{(0, 0)} ,
y2
wiec nie musza to być rozwiazania stałe.

1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania
1.2.1 Zastosowanie do przepływu gazu [8]
Wyobraz
my sobie gaz lub jakiś materiał ściśliwy, który przepływa równolegle do pewnej linii (np.
osi x). Oznaczmy gestość (masa na jednostke objetości) gazu w punkcie (x, y, z) w czasie t przez

Á (x, y, z, t). Dla uproszczenia załóżmy, że gestość jest niezależna od y i z, czyli Á = Á(x, t). Niech

1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania 20
predkościa w punkcie (x, y, z) w czasie t bedzie v(x, t)i, gdzie i jest jednostkowym wektorem w

dodatnim kierunku osi x. Pokażemy, że z zasady zachowania masy, funkcja Á (x, t) musi speÅ‚niać
równanie (tzw. równanie ciągłości):
Át +(Áv)x =0 (11)
lub po wykonaniu różniczkowania
Át + vÁx + vxÁ =0.
W celu wyprowadzenia równania, rozważmy przestrzeń miedzy x0 i x0 +"x.

Ilość masy przechodzacej przez jednostkowy obszar płaszczyzny x = x0 wte przestrzeń w czasie "t

jest wyrażona przez Á (x0, t) v (x0, t)"t, a ilość wypÅ‚ywajacej z obszaru x = x0 +"x w czasie "t

jest H" Á (x0 +"x, t) v (x0 +"x, t)"t. Zatem
Á (x0 +"x, t) v (x0 +"x, t)"t - Á (x0, t) v (x0, t)"t =
=[Á (x0 +"x, t) v (x0 +"x, t) - Á (x0, t) v (x0, t)] "t H"

x0+"x
H" [Á (x, t +"t) - Á (x, t)] dx.
x0
Dzielac przez "x · "t i biorac granice przy "x i "t dażacym do 0, mamy


x0+"x
Á (x0 +"x, t) v (x0 +"x, t) - Á (x0, t) v (x0, t) (Á (x, t +"t) - Á (x, t))dx
x0
H" ,
"x "x · "t
- (Áv)x (x0, t) H" Át (x0, t).
Zatem mamy (11).
Ustalamy gestość w czasie t =0 jako Á (x, 0) = Á0 (x), gdzie Á0 (x) jest pewna dana funkcja klasy

C1. Rozważmy 2 przypadki:
1. Załóżmy, że v (x, t) =v0, v0  stała. Wtedy równanie ma postać:
Át + v0Áx =0, Á (x, 0) = Á0 (x).
1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania 21
Rozwiazujac, mamy układ:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
t =1,
ôÅ‚
ół
x = v0,
dla którego caÅ‚ka pierwsza jest È (x, t) =-v0t + x. Stad Á (x, t) =f (x - v0t), gdzie f jest klasy

C1 (lub taka, by to założenie dało funkcje klasy C1).

Z warunku poczatkowego mamy:

Á0 (x) =Á (x, 0) = f (x).
Stad Á (x, t) =f (x - v0t) =Á0 (x - v0t) jest rozwiazaniem równania.

2. Załóżmy, że v (x, t) = ąx, gdzie ą jest dodatnia stała. W tym przypadku, wektor prędkości

jest w kierunku - dla x ujemnych i w kierunku + dla x dodatnich.
i i
Wtedy równanie ma postać:
Át + Ä…xÁx + Ä…Á =0.
Mamy wtedy układ równań charakterystycznych:
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
t =1 | · (-Ä…x),
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
x = Ä…x,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
Á = -Ä…Á,
a dwie niezależne całki pierwsze układu sa postaci:
È1 (x, t, Á) =xe-Ä…t i È2 =(x, t, Á) =ÁeÄ…t.
Stad mamy:


Åš xe-Ä…t, ÁeÄ…t =0
i po rozwikłaniu:
ÁeÄ…t = f (xe-Ä…t), f " C1,
Á (x, t) =eÄ…tf (xe-Ä…t).
Wykorzystujemy znowu warunek poczatkowy:

Á (x, 0) = Á0 (x).
Wtedy

Á0 (x) =Á (x, 0) = e0f xe0 = f (x).
Zatem

Á (x, t) =e-Ä…tÁ0 xe-Ä…t (12)
1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania 22
jest rozwiazaniem.

Interesujace jest tutaj, że gdyby Á0 (x) =Á0 (const), to mielibyÅ›my

Á (x, t) =Á0e-Ä…t,
co jest niezależne od x, mimo że wektor przepływu v = ąx zależał od x. Zauważmy również, że
(12) pokazuje, iż wykres Á (x, t) jest wykresem Á0 (x) po zeskalowaniu poziomym przez czynnik eÄ…t
(rozciagniecie) i pionowym przez czynnik e-ąt (ściśniecie). Zasadę zachowania masy można sprawdzić

bezpośrednio. Te operacje wziete razem zachowuja obszar pod wykresem, co oznacza, że całkowita

masa (tzn. całka z gestości liczona wzgledem x) jest zachowana.

1.2.2 Zastosowanie do ruchu ulicznego [8]
Niech Á (x, t) bedzie gestoÅ›cia ruchu samochodów w punkcie x wczasie t na jednokierunkowej drodze


b
(tzn. Á (x, t)dx jest liczba samochodów miedzy x = a i x = b). Zróbmy upraszczajace zaÅ‚ożenie,
a

że Á (x, t) jest C1. Niech M bedzie dopuszczalna predkoÅ›cia + dodatkowe 5km (zwykle jedzie sie
h
szybciej niż dopuszczalnie). Niech d bedzie gestościa samochodów w  korku . Wtedy można założyć,

że predkość v (x, t) w x wczasie t jest dana przez


Á (x, t)
v (x, t) =M · 1 - .
d
1
Zauważmy, że v =0, gdy Á = d i v = M, gdy Á =0. Co wiecej, jeÅ›li Á = d (tzn., gdy odlegÅ‚ość
2
1
miedzy samochodami wynosi około jednej długości samochodu), to mamy v = M, co jest raczej
2
niebezpieczne, gdy M = 60, ale pozwala kontynuować jazde. Również tutaj wystepuje równanie

ciągłości:
Át +(vÁ)x =0.
Ponieważ

Á (x, t) 2Á (x, t)
(vÁ)x = M 1 - Á (x, t) = M 1 - Áx (x, t),
d d
x
mamy tu równanie quasi-liniowe:

Á
Át + M 1 - 2 Áx =0.
d
Odpowiadajacy mu układ ma postać:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
t =1,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚

Á
x = M 1 - 2d ,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
Á =0,
1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania 23
a rozwiazanie parametryczne jest nastepujace:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
t = Ä + Ä…,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
Á = Å‚,

ôÅ‚ Å‚
ôÅ‚
x = M 1 - 2d ,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚

ôÅ‚
ôÅ‚
Å‚
ół
x = M 1 - 2d Ä + ².
Zatem
Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
t = Ä + Ä…,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚

Å‚
x = M 1 - 2d Ä + ² Ä…, ², Å‚ - const,
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
Á = Å‚, Ä " R - parametr.
Niech Á (x, 0) = f (x) lub Á (s, 0) = f (s). Dla ustalonego s mamy punkt (0, s, f (s)), jeÅ›li Ä… =0,
² = s, Å‚ = f (s). Wtedy rozwiazaniem jest:

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
t = Ä,
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚

2
x = M 1 - f (s) Ä + s,
d
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
Á = f (s).
Niech s = x0 (ustalone). Wtedy Á (x, t) =f (x0) (staÅ‚e) na linii

2
x = M 1 - f (x0) t + x0
d
na płaszczyz
nie xt. Jeśli wez
miemy x1 takie, że f (x0) = f (x1), to nowa prosta bedzie przecinać stara


w pewnym punkcie (x2, t2), bo nachylenia tych prostych sie zmieniaja ( f (x0), f (x1) - współczynniki

kierunkowe). Ponieważ f (x0) = f (x1), to staÅ‚a wartość Á na pierwszej prostej nie byÅ‚aby równa staÅ‚ej

wartoÅ›ci na drugiej prostej, zatem proste nie mogÅ‚y by sie przeciać w(x2, t2) (bo Á (x2, t2) =f (x0) i

Á (x2, t2) =f (x1)).
Zatem jedyna możliwość jest, gdy f (x) a" c, czyli Á (x, t) a" c (tzn. samochody jada ze staÅ‚a

c
predkościa: M 1 - , jeśli 0 c d). Może sie zdarzyć, że niestałe rozwiazanie bedzie istniało
d
dla wszystkich t 0 (ale nie dla wszystkich t < 0). Rzeczywiście, jeśli poczatkowa gestość f (x)


jest wybrana, aby sie zmniejszyła w dodatnim kierunku x (f (x) 0), to f (x0) > f (x1) dla x1 > x0

i punkt przeciecia (x2, t2) bedzie poniżej osi x (tzn. t2 < 0), bo nachylenie prostej przechodzacej


przez (x1, 0) jest mniejsze niż prostej przechodzacej przez (x1, 0). Ponadto, jeśli f (x) jest dodatnie

w pewnym punkcie, np.: x0, to dla pewnego x1 > x0 mamy f (x1) > f (x0) i odpowiadajace linie


przecinaja sie powyżej osi x (rozwiazania nie ma w punkcie (x2, t2), gdzie t2 0). Jeśli f (x) > 0,

to można teraz znalez
ć najmniejszy czas t > 0 dla którego rozwiazanie przestanie istnieć.

W dowolnym ustalonym t0 wykres rozwiazania parametrycznego jest krzywa na xÁ - pÅ‚aszczyz
nie

danej parametrycznie:
Å„Å‚

ôÅ‚
2
òÅ‚
x (s) =M 1 - f (s) t0 + s,
d
ôÅ‚
ół
Á (s) =f (s).
1.2 Zastosowanie - przykładowe rozwiązania 24
Wektorem stycznym do tej krzywej w (x (s), Á (s)) jest

2M

[x (s), Á (s)] = 1 - f (s) t0 , f (s) .
d
2M
Jest on pionowy, jeśli f (s) =0 i 1 - f (s) t0 =0.

d

Niech G bedzie najwieksza wartościa (kresem górnym) dla f (x) (czyli G jest maksymalna wartościa

d
poczatkowa gradientu gestości dla ruchu). Niech G < ". Wtedy tak długo, jak t0 < nie ma
2MG
d
pionowej stycznej do  ciecia gestoÅ›ci Á (x, t0) i rozwiazanie istnieje dla (x, t) takich, że t < .
2MG
1
Co wiecej, jeÅ›li f (x) nie jest stale równe G , to Á (x, t) nie może być klasy C dla t troche tylko

d
wiekszego niż , ponieważ byłoby pionowa styczna w takim punkcie.
2MG
Dalej, Á (x, t) nigdy nie przekracza d, jeÅ›li f (x) a" Á (x, 0) < d. Co wiecej teoria przewiduje, że


jeśli f (x) > 0, to gestość bedzie miała skok (pionowa styczna), co jest znane jako  zderzenie (ang.

shock). Kiedy  zderzenie sie pojawia, gradient gestości jest nieskończony i to wymusza (tłumaczy)

gwałtowna zmiane predkości samochodów. To sugeruje, że samochody łatwo sie zderzaja w punkcie

 zderzenia . Niech poczatkowa gestość bedzie

.
Á (x, 0) = a (1 + x2)-1 , a < d
Poczatkowo punkt maksimum jest dla x =0. Dla każdego x0, rozwiazanie ma stała wartość: f (x0) =


2 2
a (1 + x0 )-1 na prostej x = M 1 - f (x0) t + x0. Jeśli x0 = 0, to maksimum jest dla x =
d

2a d
M 1 - t wczasie t. Stad, punkt maksymalnej gestości bedzie sie przesuwał w prawo, jeśli a <
d 2
d d
i na lewo, jeśli a > i będzie stał, gdy x =0, jeśli a = . Maksimumdla f (x) =-2ax (1 + x2)-2
2 2
1
"
pojawia sie dla x, gdy 0 = f (x) = 2a (3x2 - 1) (1 + x2)-3, czyli x1 = - . Maksimum wynosi

3
wtedy
-2

4
9
2a
-1 a
3
8
" " "
G = f = = .
3 3 3
Stad, pierwsze zderzenie pojawia sie wczasie

"
d d 4d

t1 = = = 3
9a
2M·
( )
2MG 9aM
8
"
3
i

"
2 2 a 4d 1
x = M 1 - f (x1) t1 + x1 = M 1 - · 3 3 - "
=
d d 4 9aM
3


" "
6a 4d 1" 4d
= 1 - 3 - 3 = - 1 3.
4d 9a 3 9a
Jak można oczekiwać, to jest mniej niż punkt maksymalnej gestości w czasie t1, czyli


"

2
M 1 - 2d 4 3d "
4d 8
9
= - 3.
(aM) 9a 9
1.3 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego 25
2.5
2
1.5
u(x,y)
1
0.5
0
0
y4
8
 15
 10
 5
0
5
x
5
Warunek poczÄ…tkowy Á(x, 0) = v(x, 0) = (1 + x2)-1
2
i zrzutowane charakterystyki dla Á = u i d =5.
2
1.5
u(x,y)
1
0.5
 2
0  1
0y
6
4
2 1
0
 2 2
x  4
 6
Powierzchnia otrzymana dla problemu poczÄ…tkowego
1.3 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
1. Znalez
ć rozwia ogólne i podać przykłady konkretnych rozwia dla równania:
¸zanie ¸zaÅ„
"u "u "u
- (y +2z) +(3y +4z) =0.
"x "y "z
1.3 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego 26
2. Znalez
ć rozwia ogólne (rozwikłać, jeśli sie da) dla poniższych równań:
¸zania ¸
(i) u · ux + y · uy = x,
(ii) (u - 2y)"u +(2x - u)"u = y - x,
"x "y
(iii) x(y - u)ux + y(u - x)uy = u(x - y).
3. Znalez
ć rozwia równań z podanym warunkiem pocza
¸zania ¸tkowym:
"z "z
(i) yz + x =0, z(x, y) =x2 dla y =1,
"x "y
"z "z
(ii) x + y =2z, z(x, y) =y dla x =1,
"x "y
"u "u "u 1
(iii) x + y + z = u, u(x, y, z) = (y + z) dla x =2.
"x "y "z 2
4. Znalez
ć rozwia ogólne równań:
¸zania
"u "u z "u
(i) x + y + =0 (wydzielić rozwia spełniaja warunek pocza u(x, y, z) =y + z2
¸zanie ¸ce ¸tkowy:
"x "y 2 "z
dla x =1),
"z "z
(ii) y + x =0, (y > 0) (wydzielić rozwia spełniaja warunek pocza z(x, y) =2y
¸zanie ¸ce ¸tkowy:
"x "y
dla x =0).
5. Znalez
ć rozwia ogólne równań, a tam gdzie jest to zaznaczone, znalez
ć rozwia spełniaja
¸zania ¸zanie ¸ce
warunki pocza
¸tkowe:
"u
(i) - (y +2z)"u +(3y +4z)"u =0,
"x "y "z
"u "u
(ii) (z - y)2 "u + z + y =0, u(0, y, z) =2y(y - z),
"x "y "z
(iii) (mz - ny)"u +(nx - lz)"u +(ly - mx)"u =0,
"x "y "z
"u "u 1
(iv) y + z =0, u(1, y, z) =ln z - ,
"x "z y
"u
(v) (x3 +3xy2)"u +2y3 "u +2y2z =0,
"x "y "z
(vi) x(y2 - z2)"u - y(x2 + z2)"u + z(x2 + y2)"u =0,
"x "y "z
"
"u "u
(vii) x + y +(z - x2 + y2 + z2)"u =0.
"x "y "z
6. Znalez
ć rozwia ogólne równań niejednorodnych, a tam, gdzie jest to zaznaczone, znalez
ć
¸zania
rozwia spełniaja nałożone warunki pocza
¸zanie ¸ce ¸tkowe:
"z "z
(i) +(2y - z)"y = y +2x,
"x
"z
(ii) x = z, z(x, y) =y dla x =1,
"x
"z
(iii) y = z,
"x
"
"
"z "z 1
(iv) x + y = ,
"x "y 2
"z "z
(v) x + y =2z, z(x, y) =y dla x =1,
"x "y
"z "z
(vi) (z - y)"x +(x - z)"y + x - y =0,
"u "u "u
(vii) x - y + z = u, u(x, y, z) =y + z dla x =1.
"x "y "z
1.3 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego 27
7. Znalez
ć powierzchnie całkowe przechodza przez dane krzywe:
¸ce
"z "z
(i) y - x =0, z = y, x =0,
"x "y
"z "z
(ii) y - x =0, z = y2, x =0,
"x "y
"z "z
(iii) y - x =0, x2 - y2 =1, x =0,
"x "y
(wykonać rysunki powyższych zadanych powierzchni.)
"z "z
(iv) x - y = x - y, x = a, y2 + a2,
"x "y
"z "z
(v) y + x = x2 + y2, x = a, z =1 +2y +3y2.
"x "y
8. Znalez
ć rozwia ogólne oraz narysować charakterystyki dla równań:
¸zanie
(i) 3"u - 2"u + u = x,
"x "y
(ii) ux +2uy - 4u = ex+y.
W podpunkcie drugim sprawdzić, czy można wyznaczyć rozwia szczególne spełniaja podany
¸zanie ¸ce
warunek: u(x, 4x +2) =0 (jeśli tak, to wyznaczyć to rozwia
¸zanie).
9. Znalez
ć (o ile istnieją) rozwia szczególne równania: ux +2uy - 4u = ex+y spełniaja
¸zania ¸ce
naste ¸ce warunki:
¸puja
(i) u(x, 0) = sin(x2),
(ii) u(0, y) =y2,
(iii) u(x, -x) =x.
"u "u
10. Wykazać, że + = u z warunkiem u(x, x) =tgx nie ma rozwia
¸zaÅ„.
"x "y
11. Wjakiej postaci musi być g(x), aby problem
"u "u
+3 - u =1, u(x, 3x) =g(x)
"x "y
miaÅ‚ rozwia JeÅ›li g(x) ma ża ¸ postać, czy może być wie niż jedno rozwia
¸zanie? ¸dana ¸cej ¸zanie?
Napisać dwa różne rozwia tego problemu z g(x) =-1+2ex.
¸zania
12. Rozwia problem: ux - 2uy =0, u(x, ex) =e2x +4xex +4x2.
¸zać
13. Niech a, b, c be ¸ staÅ‚ymi z ab = 0. Rozważmy równanie: aux + buy + cu = 0. Jaka po-
¸da ¸
-cx -cy
a b
stać ma rozwia ogólne: u(x, y) =e f (bx - ay) czy u(x, y) =e f (bx - ay)?
¸zanie
14. Znalez
ć rozwia ogólne:
¸zania
(i) xux +2yuy =0 dla x > 0, y > 0,
1.3 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego 28
(ii) xux - xyuy - u =0 dla (x, y) " R2,
(iii) xux - 2yuy + u = ex dla x > 0,
(iv) yux - 4xuy =2xy dla (x, y) " R2.
15. Znalez
ć rozwia szczególne dla równań z poprzedniego zadania spełniaja odpowiednio
¸zania ¸ce
warunki:
1
(i) u(x, ) =x, x > 0,
x
(ii) u(x, x) =x2ex,
(iii) u(1, y) =y2,
(iv) u(x, 0) = x4.
16. Pokazać, że problem yux - 4xuy = 2xy dla (x, y) " R2 z warunkiem u(x, 0) = x3 nie ma
rozwia Wyjaśnić rozumowanie za pomoca charakterystyk.
¸zania. ¸
17. Przedyskutować i wykonać ilustracje graficzF
a (tam, gdzie jest to możliwe) problemu istnie-
¸
nia rozwia dla:
¸zaÅ„
(i) (2 - y)ux +(x - 2)uy +(y - x)uz =0, (ii) xux + yuy =0,
z warunkami odpowiednio:
1
( ) u(x, y, -x - y) =1, ( ) u(x, 1) = ,
x2
( ) u(x, y, 1) = x2 + y2 +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 " Rn rozwiązaniem zagadnienia począt-
kowego
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
ut + b ć% Du =0 w Rn × (0, "),
ôÅ‚
ół
u = g na Rn ×{t =0}
jest u(x, t) =g(x - tb) dla x " Rn, t 0, o ile g jest klasy C1.
19. Posługując się rozumowaniem użytym przy wyprowadzeniu równania charakterystyk dla rów-
nania pierwszego rzędu F (Du, u, x) =0 w U będącym otwartym podzbiorem Rn i u będąca funkcją
niewiadomą, wyprowadzić (nie przepisywać gotowego wzoru!) postać równania charakterystyk dla
następującego równania:
xux +2y2uy - 4u3 +2=0.
2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu 29
Określić jak najdokładniej jego typ.
20. Stosując metodę charakterystyk, wykazać, że rozwiązaniem niejednorodnego zagadnienia po-
czÄ…tkowego
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
ut + b ć% Du = f w Rn × (0, "),
ôÅ‚
ół
u = g na Rn ×{t =0}
jest

t
u(x, t) =g(x - tb) + f (x +(s - t)b, s) ds
0
dla b, x " Rn, t 0, o ile g jest klasy C1.
2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu
Rozważmy równanie
F (x, t, u, ux, ut) =0. (13)
Jest to równanie falowe nieliniowe, jeśli brak liniowości pojawia sie przy pochodnej ux lub ut. Jako

takie, jest zwykle trudniejsze do rozwiazania. Podamy metode rozwiazania tego równania za pomoca

charakterystyk.
Niech p = ux, q = ut i rozważmy powierzchnie u = u (x, t) spełniajaca (13). Jej wektor nor-

malny ma postać [ux, ut, -1] = [p, q, -1] i z (13) wynika, że w punkcie (x, t, u) składniki p i q
wektora normalnego spełniaja 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 płaszczyzne styczna

do powierzchni, zatem (14) determinuje jednoparametrowa rodzine przestrzeni stycznych w każdym

punkcie w przestrzeni xtu.
2 2
Załóżmy, że Fp + Fq =0.

Płaszczyzny styczne wyznaczone przez zbiór wektorów normalnych [p, q, -1] w punkcie (x0, t0, u0)
spełniaja równania:
(u - u0) - p · (x - x0) - q (p) · (t - t0) =0, (15)
2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu 30
przy czym zakładamy, że F (x0, t0, u0, p, q) =0 jest rozwiazane dla q bedacego funkcja zmiennej p i

jedno z rozwiazań może być wyrażone jako q = q (p).

Policzmy pochodna (15) wzgledem p. Mamy wtedy:

- (x - x0) - q (p) · (t - t0) =0. (16)
Policzmy teraz pochodna:

dF "F "F dq
= + · = Fp + q (p) Fq =0.
dp "p "q dp
-Fp
Stad q (p) = , wiec (16) ma teraz postać:
Fq
Fp
- (x - x0) + (t - t0) =0,
Fq
x - x0 Fp
= .
t - t0 Fq
Wróćmy teraz do (15), wstawiajac ostatni wynik:

u - u0 x - x0 Fp pFP + qFq
= p + q (p) =p + q = .
t - t0 t - t0 Fq Fq
Stad ostatecznie:

u - u0 t - t0 x - x0
= = , (17)
pFp + qFq Fq Fp
czyli kierunek każdej płaszczyzny stycznej (dla ustalonego p i q) jest wyznaczony przez wektor
[Fp, Fq, pFp + qFq]. Ponieważ p i q zmieniaja sie w zakresie swoich wartości, te kierunki (zwane

kierunkami charakterystycznymi) tworza rodzine linii (17). Skonstruujmy teraz równania krzywych

x = x (s), t = t (s), u = u (s), które maja kierunek charakterystyczny w każdym puncie. Wtedy:
dx dt du
= Fp, = Fq, = pFp + qFq, (18)
ds ds ds
przy czym krzywe musza być tak wybrane, by leżały na pojedynczej powierzchni u = u (x, t). Trzeba
wiec założyć, że ta powierzchnia jest dana oraz, że p = ux, q = ut sa 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, wiec

dp
= pxx (s) +ptt (s) =pxFp + ptFq,
ds
(19)
dq
= qxx (s) +qtt (s) =qxFp + qtFq.
ds
Dalej, jeśli u = u (x, t) jest rozwiazaniem (13), czyli F (x, t, u, p, q) =0, to:

dF
= Fx + Fup + Fppx + Fqqx =0,
dx
(20)
dF
= Ft + Fuq + Fppt + Fqqt =0.
dt
2.1 Przykładowe rozwiązania 31
Ale ux = p i ut = q implikuja, że uxt = pt = utx = qx, zatem (19) można zapisać w postaci:

dp
= pxFp - Fx - Fup - Fppx = -Fx - Fup,
ds
(21)
dq
= -Ft - Fuq - Fqqt + qtFq = -Ft - Fuq.
ds
Równania (18) i (21) tworza 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 poczatkowy dla równania (13) wymaga, by powierzchnia u = u (x, t) zawieraÅ‚a krzywa “

(krzywa poczatkowa) zadana parametrycznie

x = x (Ä), t = t (Ä), u = u (Ä).
Warunki te odpowiadaja s =0 dla x (s), t (s) i u (s), jak dla równań liniowych, ale w odróżnieniu
do nich musimy mieć też warunki poczatkowe dla p (s) i q (s), jeśli chcemy uzyskać jednoznaczne

rozwiazanie równań charakterystycznych i w konsekwencji warunku poczatkowego dla równania (13).

WartoÅ›ci poczatkowe p (Ä) i q (Ä) na krzywej “ nie moga być dowolne, ponieważ p i q musza być

skÅ‚adnikami wektora normalnego do powierzchni u = u (x, t). JeÅ›li p = p (Ä), q = q (Ä) beda

wartoÅ›ciami poczatkowymi dla p i q na krzywej “, to musza być wyznaczone z ukÅ‚adu:

F (x (Ä), t (Ä), u (Ä), p (Ä), q (Ä)) = 0,
(22)
du(Ä ) dx(Ä ) dt(Ä)
= p (Ä) + q (Ä) .
dÄ dÄ dÄ
Podsumowujac, jeśli mamy równania charakterystyczne i warunki poczatkowe dla x, t, u, p i q oraz

dx dt
Fq - Fp =0 (23)

dÄ dÄ
na krzywej poczatkowej “, możemy dostać jednoznaczne rozwiazanie problemu (13) z warunkiem

poczatkowym w otoczeniu krzywej poczatkowej “ [23].

2.1 Przykładowe rozwiązania
Zadanie 2.1.
Rozważmy równanie (tzw. nieliniowe równanie fali):
2
ut + ux =0
z warunkiem poczatkowym

a) u (x, 0) = ax, a =const ,
b) u (x, x) =1.
2.1 Przykładowe rozwiązania 32
Aby rozwiazać zagadnienie poczatkowe, parametryzujemy krzywa poczatkowa“={(x, 0, ax) : x " R}

wprzestrzeni (x, t, u). Dostajemy
“ ={(Ä, 0, aÄ) : Ä " R} ,
2
czyli x = Ä, t =0, u = aÄ dla s =0. Zauważmy, że mamy tutaj F (x, t, u, ux, ut) =ut + ux, wiec z

(22) dostajemy dla ut = q, ux = p:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
q (Ä) +p2 (Ä) =0,
ôÅ‚
ół
a = p (Ä) · 1+q (Ä) · 0 =p (Ä).
Zatem p (Ä) =a i q (Ä) =-a2 wyznaczaja warunki poczatkowe na p i q. Utwórzmy teraz równania

charakterystyczne dla tego problemu:
dx dt du
= Fp =2p, = Fq =1, = pFp + qFq =2p2 + q,
ds ds ds
(24)
dp dq
= -Fx - Fup =0, = -Ft - Fuq =0.
ds ds
Stad mamy (po scałkowaniu tych równań):

Å„Å‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ x (s, Ä) =2as + C1 (Ä),
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
t (s, Ä) =s + C2 (Ä),
ôÅ‚
ôÅ‚
òÅ‚
Ä (s, Ä) =2a2s - a2s + C3 (Ä) =a2s + C3 (Ä),
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚ p (s, Ä) =C4 (Ä),
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ôÅ‚
ół
q (s, Ä) =C5 (Ä),
gdzie C1, C2, C3, C4, C5 sa funkcjami zależnymi od Ä. Ale z warunku poczatkowego mamy, że dla

s =0: x (0, Ä) =Ä, czyli C1 (Ä) =Ä; t (0, Ä) =0, czyli C2 (Ä) =0; u (0, Ä) =aÄ, czyli C3 (Ä) =aÄ;
p (0, Ä) =a, czyli C4 (Ä) =a i q (0, Ä) =-a2, czyli C5 (Ä) =-a2.
Mamy ostatecznie:
x (s, Ä) =2as + Ä, t (s, Ä) =s, u (s, Ä) =a2s + aÄ, p (s, Ä) =a, q (s, Ä) =-a2.
Z dwóch pierwszych równaÅ„ możemy teraz wyznaczyć s i Ä i wstawić do trzeciego:
s = t,
Ä = x - 2at,
u = a2t + a (x - sat).
Stad u (x, t) =a (x - at). Równość ta przedstawia fale poruszajaca sie z predkościa a. Jeśli a > 0,

to przesuwa sie ona w prawo, a dla a < 0 wlewo.

2.1 Przykładowe rozwiązania 33
Zauważmy ponadto, że u (x, t) =a (x - at) nie jest stałe na krzywych charakterystycznych x -2at =
Ä, gdyż punkty na tych krzywych poruszaja sie z predkoÅ›cia 2a, a nie z a. Istotnie, jeÅ›li zastapimy

parametr s przez t w równaniach różniczkowych (24), to dostaniemy:
dx du dp dq
=2p, = q +2p2, =0, =0.
dt dt dt dt
Ponieważ p = const i p = ux możemy wywnioskować, że punkty x poruszaja sie z predkościa dwu-

krotnej predkości fali u = u (x, t).

Zmieńmy teraz warunek poczatkowy, żadajac by u (x, x) = 1. Pokażemy, że można uzyskać dwa

rozwiazania naszego zagadnienia. Musimy teraz sparametryzować krzywa poczatkowa“wnastepujacy

sposób:
“ ={(Ä, Ä, 1) : Ä " R} ,
zatem x = Ä, t = Ä, u =1.
Ponieważ równanie wyjściowe jest takie samo, jak poprzednio, to układ (22) ma teraz niezmieniona
postać pierwszego równania:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
q (Ä) +p2 (Ä) =0,
ôÅ‚
ół
q (Ä) · 1+p (Ä) · 1 =0.
Rozwiazujac ukÅ‚ad, dostajemy kolejno: p (Ä) =-q (Ä), wiec q (Ä)(1+q (Ä)) = 0. Stad mamy dwa

rozwiazania:

Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
q (Ä) =0,
(25)
ôÅ‚
ół
p (Ä) =0,
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
q (Ä) =-1,
(26)
ôÅ‚
ół
p (Ä) =1,
które wyznaczaja warunki poczatkowe dla s = 0 na p i q. Jak poprzednio: Fx = Ft = Fu = 0 i

Fp =2p, Fq =1, zatem równania charakterystyczne maja teraz w przypadku (25) postać:
dx (s, Ä) dÄ (s, Ä) du (s, t) dp (s, Ä) dq (s, Ä)
=0, =1, =0, =0, =0.
ds ds ds ds ds
Rozwiażemy je, otrzymujac kolejno:

x (s, Ä) =C1 (Ä), t (s, Ä) =s + C2 (Ä), u (s, Ä) =C3 (Ä), p (s, Ä) =C4 (Ä), q (s, Ä) =C5 (Ä),
a z warunku narzuconego w chwili s =0 wynika, że
C1 (Ä) =Ä, C2 (Ä) =Ä, C3 (Ä) =1, C4 (Ä) a" 0, C5 (Ä) a" 0.
Ostatecznie:
x (s, Ä) =Ä, t (s, Ä) =s + Ä, u (s, Ä) a" 1, p (s, Ä) a" 0, q (s, Ä) a" 0,
czyli mamy rozwiazanie staÅ‚e u (s, Ä) a" 1.

2.1 Przykładowe rozwiązania 34
2
1.5
1
0.5
 4
 4
 2
t
2
2
4
x 4
RozwiÄ…zanie problemu poczÄ…tkowego u(x, x) =1
Wróćmy do układu (26). Zmienia sie teraz postać równań charakterystycznych:

dx (s, Ä) dt (s, Ä) du (s, Ä) dp (s, Ä) dq (s, Ä)
=2, =1, =1, =0, =0.
ds ds ds ds ds
Rozwiazanie jest nastepujace:

x (s, Ä) =2s + C1 (Ä), t (s, Ä) =s + C2 (Ä), u (s, Ä) =s + C3 (Ä),
p (s, Ä) =C4 (Ä), q (s, Ä) =C5 (Ä),
gdzie C1 (Ä) =Ä, C2 (Ä) =Ä, C3 (Ä) a" 1, C4 (Ä) a" 0, C5 (Ä) a" 0.
Ostatecznie:
x (s, Ä) =2s + Ä, t (s, Ä) =s + Ä, u (s, Ä) =s +1, p (s, Ä) a" 0, q (s, Ä) a" 0.
Możemy wiec wyznaczyć u jako funkcje zmiennych x i t, jak nastepuje: wyznaczyć s z dwóch pierw-

szych równań i wstawić do trzeciego. Mamy:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
2s + Ä = x,
ôÅ‚
ół
s + Ä = t,
s = x - t.
Stad: u (x, t) =x - t +1.

2.1 Przykładowe rozwiązania 35
10
5
 4
 4
 2
t
2
2
4
4
 5
x
RozwiÄ…zanie problemu poczÄ…tkowego u(x, x) =1
Podsumowujac, dla warunku poczatkowego u (x, x) = 1 otrzymaliśmy dwa różne rozwiazania pro-

2
blemu ut + ux =0.
Zauważmy na koniec, że za każdym razem spełnione jest równanie (23):
dx dt
Fq - Fp =0

dÄ dÄ
dla s =0.
Istotnie, w przypadku problemu z punktu a) mamy:
dx dt
Fq - Fp =1 · 1 - 0 · 2 =1 =0,

dÄ dÄ
a w przypadku b) mamy:
dx dt
Fq - Fp =1 · 1 - 1 · 2 =-1 =0,

dÄ dÄ
czyli postać tego równania nie zależy od (25) czy (26) i mimo, że wynik jest różny od zera, rozwiazanie

problemu z warunkiem b) nie jest jednoznaczne.
Zadanie 2.2.
Rozwiazać (metoda charakterystyk) równanie nieliniowe:

uxut - 1 =0
z warunkiem poczatkowym u (x, x) =1 .

2.1 Przykładowe rozwiązania 36
Parametryzujemy krzywa poczatkowa “ ={(x, x, 1) : x " R} wprzestrzeni (x, t, u). Wtedy

“ {(Ä, Ä, 1) : Ä " R} , co oznacza x (s, Ä) = Ä, t (s, Ä) = Ä, u (s, Ä) =1 dla s =0. Wyznaczymy
teraz warunki poczatkowe na współrzedne p i q wektora normalnego [p, q, -1]. Ponieważ mamy tu

F (x, t, u, ux, ut) = uxut - 1, wiec dla q = ut i p = ux dostajemy na podstawie (22) nastepujacy

układ (dla s =0):
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
p (Ä) q (Ä) - 1 =0,
ôÅ‚
ół
p (Ä) +q (Ä) =0.
Stad p (Ä) =-q (Ä) i q2 (Ä) =-1. Mamy wiec tu dwa rozwiazania zespolone:

Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
q (Ä) =Ä…i,
ôÅ‚
ół
p (Ä) ="i.
Zauważmy ponadto, że na krzywej poczatkowej nie jest spełniony warunek (23), bo

x (Ä) Fp - t (Ä) Fq =1 · q (Ä) - 1 · p (Ä) =q (Ä) - p (Ä) =0.
Utwórzmy równania charakterystyczne dla q (Ä) =-i i p (Ä) =i.
dx (s, Ä) dt (s, Ä) du (s, Ä)
= -i, = i, = -i (-i) +(-i) i = -i2 - i2 = -2i2 =2,
ds ds ds
dp (s, Ä) dq (s, Ä)
=0, =0.
ds ds
Rozwiażemy te równania (całkujac wg s). Wtedy:

x (s, Ä) =-is + C1 (Ä), t (s, Ä) =is + C2 (Ä), u (s, Ä) =2s + C3 (Ä),
p (s, Ä) =C4 (Ä), q (s, Ä) +C5 (Ä),
a z warunków poczatkowych dla s =0 otrzymujemy, że:

C1 (Ä) =Ä, C2 (Ä) =Ä, C3 (Ä) a" 1, C4 (Ä) =i, C5 (Ä) =-i.
Zatem
x (s, Ä) =-is + Ä, t (s, Ä) =is + Ä, u (s, Ä) =2s +1, p (s, Ä) =i, q (s, Ä) =-i.
Z dwóch pierwszych równań wyznaczymy teraz s i wstawimy do trzeciego. Wtedy:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
-is + Ä = x,
ôÅ‚
ół
is + Ä = t,
-2is = x - t.
(x-t)·i
x-t
s = = .
-2i 2
2.1 Przykładowe rozwiązania 37
Stad rozwiazaniem jest u (x, t) =(x - t) i +1. Jeśli teraz utworzymy równania charakterystyczne dla

p (Ä) i q (Ä) =i, to można Å‚atwo sprawdzić, że otrzymamy drugie rozwiazanie zaspolone w postaci

u (x, t) =- (x - t) i +1.
Zadanie 2.3. Rozważyć równanie geodezyjnych:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
n1, x < 0,
2 2
ux + uy = n2 (x, y), n (x, y) =
ôÅ‚
ół
n2, x > 0,
gdzie n2 > n1 i n1, n2 sa stałymi. Znalez
ć wszystkie możliwe u = u (x, y) dla x < 0 i x > 0, jeśli
warunkiem brzegowym jest u (0, y) =n1y cos Åš, gdzie Åš=const.
2 2
Mamy tutaj F (x, y, u, ux, uy) =ux +uy -n2. Możemy, jak w poprzednich zadaniach, sparametryzować
krzywa poczatkowa “ ={(0, y, n, y cos Åš) : y " R} wnastepujacy sposób:

“ ={(0, Ä, n1Ä cos Åš) : Ä " R}. Równania na warunki poczatkowe dla p = ux, q = uy (dla s =0)

otrzymujemy jako:
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
p2 (Ä) +q2 (Ä) - n2 =0,
ôÅ‚ du(Ä) dx(Ä ) dt(Ä )
ół
= p (Ä) + q (Ä) ,
dÄ dÄ dÄ
gdzie u (u) =n1Ä cos Åš, x (Ä) a" 0, y (Ä) =Ä dla s =0. Stad mamy:

Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
p2 (Ä) +q2 (Ä) - n2 =0,
ôÅ‚
ół
n1 cos Åš = q (Ä),

2
czyli q (Ä) =n1 cos Åš, p (Ä) =Ä… n2 - n1 cos2 Åš dla s =0.
Zauważmy teraz, że:
dx (Ä) dy (Ä)
Fq - Fp = -Fp = -2p (Ä),
dÄ dÄ
wiec warunek, by wyrażenie to było różne od zera, implikuje, że:

2

n2 - n1 cos2 Åš =0.
2
Zauważmy, że dla x < 0 mamy tutaj n1 (1 - cos2 ¸) =0, czyli n =0 i Åš = kÄ„, k " Z. Dla x > 0

2
2 2 n2
mamy natomiast n2 - n1 cos2 Åš =Åš, czyli =cos2 Åš dla n1 =0, a dla n1 =0 mamy n2 =0.

n1
Rozwiażemy teraz układ równań charakterystycznych:


dx dy
2
= Ä…2 n2 - n1 cos2 Åš, =2n1 cos Åš,
ds ds


du
2 2
= Ä… n2 - n1 cos2 Åš · 2 · Ä… n2 - n1 cos2 Åš + n1 cos Åš · 2 · n1 cos Åš =
ds
2.1 Przykładowe rozwiązania 38

2 2
=2 n2 - n1 cos2 Åš =2n1 cos2 ¸ =2n2,
dp dq
=0, =0.
ds ds

2
Ponieważ p i q sa staÅ‚e na charakterystykach, wiec p (s, Ä) =p (0, Ä) =Ä… n2 - n1 cos2 Åš, q (s, Ä) =

q (s, Ä) =n1 cos Åš i otrzymujemy również:

2
x (s, Ä) =Ä…2 n2 - n1 cos2 Åšs + C1 (Ä),
y (s, Ä) =2n1 cos Åš · s + C2 (Ä),
u (s, Ä) =2n2 · s + C3 (Ä).
Z warunków poczatkowych dla x, y i u wynika, że C1 (Ä) a" 0, C2 (Ä) =Ä, C3 (Ä) =n1Ä cos Åš. Mamy

wiec proste linie charakterystyk:


2
x (s, Ä) =Ä…2 n2 - n1 cos2 Åšs,
y (s, Ä) =2n1 cos Åš · s + Ä,
u (s, Ä) =2n2 · s + n1Ä cos Åš.
Wyznaczamy s i Ä z dwóch pierwszych równaÅ„, jako funkcje zmiennych x i y:
x x

s = , Ä = y " n1 cos Åš · .
2 2
Ä…2 n2 - n1 cos2 Åš n2 - n1 cos2 Åš
Wstawiamy te wyniki do funkcji u:
ëÅ‚ öÅ‚
n2x n1x cos Åš
íÅ‚ Å‚Å‚

u (x, y) =Ä… + n1 cos Åš y " .
2 2
n2 - n1 cos2 Åš n2 - n1 cos2 Åš
Przekształcimy otrzymane wyrażenie:
2
n2x n1x cos2 Åš

u (x, y) =Ä… + n1y cos Åš " =
2 2
n2 - n1 cos2 Åš n2 - n1 cos2 Åš

x
2

= Ä… n2 - n1 cos2 Åš + n1y cos Åš =
2
n2 - n1 cos2 Åš

2
= Ä…x n2 - n1 cos2 Åš+n1y cos Åš.
Wtedy dla x < 0 otrzymujemy rozwiazanie postaci:


2
u1 (x, y) =Ä…x n2 - n1 cos2 Åš+n1y cos Åš = n1 (Ä…x sin Åš + y cos Åš) ,
a dla x > 0 postaci:
îÅ‚ Å‚Å‚

2

n1 n1
2 2
u2 (x, y) =Ä…x n2 - n1 cos2 Åš+n1y cos Åš = n2 ðÅ‚Ä… 1 - cos2 Åš+y cos ÅšûÅ‚ =
n2 n2
2.2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego 39
= n2 [Ä…x · cos È + usinÈ]
n2
dla cos Åš = sin È. Otrzymujemy wiec ostatecznie dwa rozwiazania dla x < 0 i dwa dla x > 0. W
n1
bezpośrednim rachunku można sprwawdzić, że zagadnienie brzegowe jest spełnione.
Uzyskane rozwiazania:

u1 (x, y) =n1 (x sin Åš + y cos Åš)
lub
u1 (x, y) =n1 (-x sin Åš + y cos Åš)
dla x < 0 i
u2 (x, y) =n2 (x cos È + y cos È)
lub
u2 (x, y) =n2 (-x cos È + y sin È)
n2
dla x > 0 i cos Åš = sin È nazywane sa falami pÅ‚aszczyznowymi.
n1
2.2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
21. Rozwiazać nastepujace zagadnienia poczatkowe:

2
(i) uxut - 1 =0, u (x, 0) = x,
2
(ii) ut + ux = t, u (x, 0) = 0,
2
(iii) ut + ux + u =0, u (x, 0) = x,
2
(iv) ut + ux =0, u (x, x) =1,
2
(v) ut + ux =0, u (0, t) =t,
(vi) uxut - 1 =0, u (x, x) =1,
2
(vii) ut = C2ux, u (0, t) =-t,
2
(viii) ut + ux =0, u (x, 0) = x2.
2 2
22. Rozważyć równanie geodezyjnych ux + uy = ·2 (x, y), gdzie
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚
·1, x < 0,
· (x, y) =
ôÅ‚
ół
·2, x > 0
dla ·2 >·1, ·2, ·1 " R. Znalez
ć wszystkie możliwe rozwiazania u = u (x, y) w obszarach x < 0 i

x > 0 dla warunku brzegowego u (0, y) =·1y cos Åš, gdzie Åš=const.
BIBLIOGRAFIA 40
23. Znalez
ć rozwiazania dla równania geodezyjnych w przestrzeni trójwymiarowej:

2 2 2
ux + uy + uz = ·2,
gdzie · jest staÅ‚a, z warunkami:

(i) u (y, y, y) =ay,
(ii) u (x, y, z) =u (x0, y0, z0) =u0.
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 czastkowych, 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 czastkowe, 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, Wstep do teorii równań różniczkowych czastkowych, PWN, Warszawa 1972.

[14] J. Musielak, Wstep 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 czastkowe. Wybrane zagadnienia, Wydawnictwo Uniwersytetu A
ódz-

kiego, A
ódz
2000.
BIBLIOGRAFIA 41
[18] B. Przeradzki, Teoria i praktyka równań różniczkowych zwyczajnych, Wydawnictwo Uniwersytetu A
ódzkiego,
A
ódz
2003.
[19] M. M. Smirnow, Zadania z równań różniczkowych czastkowych, PWN, Warszawa 1970.

[20] P. Strzelecki, Krótkie wprowadzenie do równań różniczkowych czastkowych, 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.