Справочник по дифференциальным уравнениям в частных производных первого порядка - Камке Э.
Скачать (прямая ссылка):
1) Предполагается, что все дальнейшие рассуждения проводятся в некоторой достаточно малой окрестности этой точки.
98 ГЛ. II. НЕЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ДВУМЯ ПЕРЕМЕННЫМИ [9.5
1) К этому случаю можно прийти следующим образом. Если axfiy—аурхф0> то из (19) следует, что tya —= 0, так что имеет место предыдущий случай. Если же, напротив, ах$у—аурх = 0, то функции а (х, у), Р (х, у), в силу 2.7 (а), зависимы. Если эта зависимость осуществляется посредством функции Ф (в, Ь), то мы приходим как раз к случаю (в) с предположениями (20).
(в) Более важным является следующий случай1). Если Ф(а, Ь), а (лг, у), р (лг, у) — непрерывно дифференцируемые функции и если выполняются условия
|Фа| + 1ф*1 > 0, Ф(а(лг, у), р(лг, у)) = 0. | фа(лг, у, а, р)Ф6(а, р)_фй(лг, у; а, р)Фа(а, р) = 0. } (
то функция
2г = ф(лг, у; а(лг, у), р(лг, у))
— также интеграл уравнения (1), являющийся огибающей поверхностью к поверхностям (17) с дополнительным условием Ф(а, Ь) = 0. Если функция Ф дана, то оба уравнения (20) служат для вычисления функций а, р, если, конечно, решения этих уравнений существуют.
Пример. pq = z. Согласно п. 9.2 (в),
а =. {х — а) (у — Ъ)
— полный интеграл. Если взять
Ф(а, 6) = Аа + цб (|^| + |М>0),
то первое из условий (20) выполняется. Уравнения (20) имеют в данном случае вид
Ла-г-цР = 0, ^(х — а) — ц (у — Р) = 0,
откуда получается
JU — uy R_ Хх — uy а_ 21 ' Р 2jX '
Таким образом, если Яц ф 0, то получается интеграл
(г) Пусть %(х, у) — интеграл дифференциального уравнения (1). Он, в силу (а), получается из полного интеграла (17), если выбрать подходящим образом непрерывно дифференцируемые функции а (лг, у), PC*, у):
ф(лг, у; а, Р) = х. Фл: = Хх. Фу = Ху (21)
и
ФА+Мх = 0, Фа«у 4- ФА = 0. (22)
9.61 § 9. метод лагранжа 99
') Если задать вместо начальной полосы некоторую начальную кривую для интегральной поверхности, то ее можно дополнить до начальной полосы (23), для которой справедливы равенства (24) и (25).
7*
Практически для вычисления функций а, р используют соотношения (21), а затем проверяют, удовлетворяют ли эти функции уравнениям (22).
Рассмотрим уже решавшийся в (б) пример. Положим:
Ф<*, у; а, *) = (*-а)(у-*), %<*>У> = -^ЩГ^-: тогда уравнения (21) приобретут спздующий вид:
(х eiiy О) , у о- , х е- 2к В итоге получаем:
. . Кх — цу , „ . . цу — Кх
e = a(x,y) =-g^1' = Р(*' У) = "^ц"-'
Для этих функций уравнения (22) также выполнены.
9.6. Решение задачи Коши. Пусть в окрестности точки т0 задана интегральная полоса
x = (Oi(t), у = (о2(т), z = cd3(t), /> = со4(т), 9 = (05(т), (23)
это означает, что справедливы следующие равенства:
«з = co4(Oj + ©5©2 (24)
(условие полосы) и
.....«5) = 0. (25)
Требуется найти интегральную поверхность, содержащую полосу (23)*).
Попытаемся получить эту интегральную поверхность из выражения (17) для каждого интеграла. Введем функцию t(x, у) такую, что а = a (t), b — $ (t), t = t(x, у); здесь все функции непрерывно дифференцируемые. Функция ф(лг, у), которая получается из (17) после подстановки этих функций, является (ср. с п. 9.5) снова интегралом уравнения (1), если
фв(*. у; а, р)а' + ф6(х, у; а, р)р' = 0 (26)
для a(t), f>(t), t = t(x, у). Она содержит начальную полосу (23), если
С03(Т) = ф(Х, у; а(Т), В(Т)),
«4 = У- «№• PW). \ (27>
<*s(i)=%(x, У". а(т). Р(т))
100 ГЛ. II. НЕЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ДВУМЯ ПЕРЕМЕННЫМИ 19.6
ДЛЯ л; —со^т), у = «2(т) И
(о2) = т. (28)
Уравнения (27) служат для определения функций a(t), р(/); уравнения (26) и (28) — для определения функции t(x, у).
Если соотношения (27) выполнены для т = т0, х = cOj (т0), у = со2 (т0) и только для двух чисел а0, Ь0 вместо а(т), р(т) и если, кроме того,
fp(<*i(*o).....а5(т0))ф0, фа?=0, %ф0, фафу6 — ф6фуа?=0
или
^(^(Тц).....(o5(To))^0, %ф0. %Ф0, ФЖЙ —флф,в=зЬ0
при лг = (01.(т0), 3> = «2(т0), а = а0, b = b0, то функции a(f), Р(0 определяются однозначно из (27) как непрерывно дифференцируемые в окрестности т0 функции, удовлетворяющие условиям а (т0) = а0, P(to)==^o- Далее, еЩе нужно определить t(x, у) из (26); тогда (28) удовлетворяется само собой.
Пример 1. pq — z.
В силу п. 9.2 (в), z = (х — с) (у — Ь) — полный интеграл. Ищется интегральная поверхность, которая содержит интегральную полосу
лг = 0, y = t, z = t\ p = y- ч^2*-Соотношения (24) и (25) удовлетворяются, а уравнения (27) имеют вид г2 = —а(г —*), L = t — b, 2t = —a
и дают:
a (О =-2*. PW = -g-Уравнение (26) имеет вид
2(у-4)-т«*+*>-°
и дает:
х
Таким образом,
х о и У X
« = т-2у, P = f-?. откуда получаем искомый интеграл
•-('+!)'•
Пример 2. pq = аху.
Дифференциальное уравнение допускает разделение переменных (см. п. 11.5); этим методом можно найти полный интеграл
*~А*я+-?г? + В- (*)
10.1] § 10. НЕКОТОРЫЕ ДРУГИЕ МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ 101
