МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ
БЮДЖЕТНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ОБРАЗОВАНИЯ
«ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ
УНИВЕРСИТЕТ»
МЕТОД ХАРАКТЕРИСТИК
РЕШЕНИЯ УРАВНЕНИЙ
С ЧАСТНЫМИ ПРОИЗВОДНЫМИ
ВТОРОГО ПОРЯДКА
Учебно-методическое пособие
Составитель
П.В. Садчиков
Воронеж
Издательский дом ВГУ
2017
Стр.1
ВВЕДЕНИЕ
В данном пособии излагается суть метода характеристик решения
уравнений в частных производных второго порядка с двумя независимыми
переменными, дается подробный алгоритм приведения к каноническому
виду уравнений второго порядка разных типов, рассматривается задача
Коши для уравнения гиперболического типа. Пособие содержит краткое
теоретическое обоснование, примеры решения задач и контрольные задания,
используемые на практических занятиях.
3
Стр.3
ПРИМЕРЫ ПРИВЕДЕНИЯ К КАНОНИЧЕСКОМУ ВИДУ
УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Пример 1. Привести к каноническому виду уравнение
2
uxuxy
2cos
Решение. Так как 22
(3 sin )x uyy
c
xx yu .
x
y
0
ba cos 3 sin 4
x
, то исходное уравне2
ние
принадлежит гиперболическому типу. Составим уравнения характеристик:
ady
b b ac dx dy
2
ady b b ac dx dy .
2
(
() (
2sin
2sin
x xy c
x xy c
( cos 2) 0
cos x dx2)
x dx
0
Проинтегрируем данные уравнения и получим
1
,
2.
Введем новые независимые переменные
2sin ,
x xy
2sin .
x u ;
x
x u
x
x
x x
xx
u
u
x xy
Пересчитаем производные, входящие в исходное уравнение:
xx (2 cos ) (2 cos )
uu u u u ;
uu u
yy y
uu u
x
uu u y
22
y y
y
x y
x y
x u
uu u () (2 cos x)u
2cos xu
yy 22 ;
xy y x
Подставим полученные выражения в исходное уравнение:
xy
(2 cos ) .
u yy
u
x y
u yy
u
xy
6
xu
u u u u
u
2(2 cos x) u
2(2 cos )(2 cos )xxu (2 cos ) u sin xu sin ;
22 2
2
u xx xx
)
Стр.6
xx (3 sin )x uyy yu (2 cos x) u
uxuxy
x
2cos
2(2 cos )(2 cos )
2cos ( (2 cos ) 2cos xu (2 cos ) )
(3 sin )( 2
xxu
2
u
что
16 (sin )
Зная,
sin
2
uu u
xu u u y u u )
) (
x y u xy u u xy u u
xu (2 cos )x u sin xu sin xu
22
2
y
x u
(sin ) 16 (sin )(
x xy 2sin ,
2sin
).
x xy ,
находим
xy . Следовательно, канонический вид исходного уравнения:
32 () 0
.
y u xyu x u yu
Решение.
xy
yy
ba 20c
x y x y x y
22 2
2
2
22
xx 22 0
Пример 2. Привести к каноническому виду уравнение
y .
. Следовательно, уравнение принадлежит
2
Определим
2
эллиптическому типу. Составим уравнение характеристик:
2
yd () 0
x ix dx .
y xy ixy dx ,
ydy () 0
дующим образом: 22
x
uu u
uu u yu ;
u
u u 24 8
22 ;
xx
uu
x
uu u y
yy 24 2 ;
22 2
y
y y
u
yy
u uyy
7
y u u
x x
y
u xu xu xu 4
22 2
u xx
x
u
xx
2
2
Получим общий интеграл последнего уравнения: 22 2
Таким образом, новые независимые переменные будут выглядеть сле
y x .
x yix c .
,
xu xu ;
2
Посчитаем частные производные:
xx 22x
yy 2
тип
уравнения:
Стр.7
u u xy
xy y x
x y
x y
u
u u xy
x y
y u xyu x u yu y xu xu xu u u
xy xyu xyu
44 2
xx 22 (4 84 2
2
xy
Очевидно, что 2
2( 4
22
го уравнения:
uu u
u
11 0
2
.
tg xu .
Решение. Так как 22 2
xu y xu y uyy tg
xx
2 tg
xy
x
0
tg
Пример 3. Привести к каноническому виду уравнение
22 3
bac , то исходное уравне2
y
x
y xtg 0
2
ние принадлежит параболическому типу. Уравнение характеристик выглядит
следующим образом:
tg
2
xdy y xdx ,
или
tg
tg xdy ydx
.
0
Проинтегрируем данное уравнение и получим:
ln
yx c
Положим yx
sin
(, )x y
.
ln sin .
. В качестве второй функции возьмем функцию
y , обеспечивающую отличие от нуля якобиана преобразования
(, ),x y
uu u y xu ;
uu u
xx x
yy siny
Пересчитаем частные производные:
cos
xu u ;
8
0
yy
4 ) 2
2
xy u x u y u .
2
y , x Значит, канонический вид исходно2
.
y
x y u u y yu x y u
22
(4
) ( 2 )4
2
2
2
2
)
2
2
u () 4xyu xyu
4
.
Подставим полученные выражения в исходное уравнение:
22 2
Стр.8
uu u x
u u2u
x x
x
y
y y
xy
x y
x y
xu
yxu
cos
xx
2 tg
xy
xx 2cos xu ysin xu;
yy y
uu u y x
22 2
u xx
u y
22 2
u yy
() sin cos xu
cos .
xy y
u
x y
u
xy
u
x
tg tg xu tg ( cos xu y xu
2
cos )
tg cos
xu y xu y uyy
2 tg ( sin cos
Зная, что
2
2
sin
x
y x y x xu y xu
32
cos
xy xu y u y xu
yx
uu 0 .
МЕТОД ХАРАКТЕРИСТИК
Метод приведения уравнения второго порядка (1) к каноническому
виду и решение полученного при этом уравнения носит название метода
характеристик. Рассмотрим пример решения уравнения параболического
типа.
Пример 4. Найти общее решение уравнения:
2
x
x uxx 2xyuxy y uyy xu yu 0 .
2
y
дискриминант уравнения равен нулю: b ac x y x y
2
2 2
, ( , )
xy,
приводится к виду:
v
v
или
9
0
x u x y v( , )
Решение. Заданное уравнение имеет параболический тип (так как
2 2 0 ) и заменой:
(5)
2 sin .
, y , находим канонический вид уравнения:
xu y (sin xu 2sin xu u
22
x y
)
2
2
sin )
u sin xu 2sin xu u
u xx
u yy
2
;
Подставим полученные выражения в исходное уравнение
22 3
Стр.9
( v) 0 .
Проинтегрируем последнее равенство и получим
1 ( )
v
или
v
где
где
1( )
1 ( )
( , ) 1( ) ln
,
– произвольная функция. Проинтегрировав еще раз, получим
( )
v
2
2 ( )
,
(6)
– произвольная функция.
В равенстве (6) вернемся к старым переменным, учитывая замену (5).
В результате получим общее решение заданного уравнения:
( )
u x y (xy) ln x 2 xy ,
( , )
1
где 1, 2 – произвольные дважды непрерывно дифференцируемые функции.
ЗАДАЧА
КОШИ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА
Задача Коши для уравнения (1) с условиями
0
uu (, )
x y ,
u ux y
l
1(, )
(7)
состоит в следующем. Пусть в области D задано уравнение (1) гиперболического
типа и на кривой , которая принадлежит области D или является
частью границы области D , заданы функции 0
ux y ,
(, ) ux y и направле1(,
)
ние (, )lx y . Требуется найти функцию (, )ux y , которая в области D является
решением уравнения (1) и на кривой удовлетворяет условиям (7).
10
Стр.10