1.5 2 2.5
u(x,y)
Warunek początkowy ρ(x, 0) = v(x, 0) = 52(1 + x2)−1 i zrzutowane charakterystyki dlaρ = u i d = 5.
–4 –6 0 –2
4 2 6
x
–1–2 1 0
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.
(i) u· ux + y · uy = x ,
(ii) (u− 2y)∂u∂x + (2x − u)∂u∂y = y− x, (iii) x (y − u)ux + y (u− x)uy = u(x − y).
3. Znaleźć rozwia¸zania równań z podanym warunkiem pocza¸tkowym:
(i) yz∂z∂x + x∂z∂y = 0, z(x , y ) = x2 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) = 12(y + z) dla x = 2.
4. Znaleźć rozwia¸zania ogólne równań:
(i) x∂u∂x + y∂u∂y +z2∂u∂z = 0 (wydzielić rozwia¸zanie spełniaja¸ce warunek pocza¸tkowy: u(x , y , z) = y + z2 dla x = 1),
(ii) y∂z∂x + x∂y∂z = 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− 1y, (v) (x3+ 3xy2)∂u∂x + 2y3 ∂u∂y + 2y2z∂u∂z = 0,
(vi) x (y2− z2)∂u∂x − y(x2+ z2)∂u∂y + z(x2+ y2)∂u∂z = 0, (vii) x∂u∂x + y∂u∂y + (z −√
x2 + y2+ z2)∂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) ∂x∂z + (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)∂x∂z + (x − z)∂y∂z + x− y = 0,
(vii) x∂u∂x − y∂u∂y + z∂u∂z = u, u(x , y , z) = y + z dla x = 1.
7. Znaleźć powierzchnie całkowe przechodza¸ce przez dane krzywe:
(i) y∂x∂z − x∂z∂y = 0, z = y , x = 0, (ii) y∂z∂x − x∂z∂y = 0, z = y2, x = 0, (iii) y∂z∂x − x∂z∂y = 0, x2− y2= 1, x = 0,
(wykonać rysunki powyższych zadanych powierzchni.) (iv) x∂z∂x − y∂z∂y = x − y, x = a, y2+ a2,
(v) y∂z∂x + x∂z∂y = x2+ y2, x = a, z = 1 + 2y + 3y2.
8. Znaleźć rozwia¸zanie ogólne oraz narysować charakterystyki dla równań:
(i) 3∂u∂x − 2∂u∂y + u = x , (ii) ux+ 2uy − 4u = ex+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: ux + 2uy − 4u = ex+y spełniaja¸ce naste¸puja¸ce warunki:
(i) u(x , 0) = sin(x2), (ii) u(0, y ) = y2, (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 + 2ex.
12. Rozwia¸zać problem: ux − 2uy = 0, u(x , ex) = e2x + 4xex + 4x2.
13. Niech a, b, c be¸da¸ stałymi z ab = 0. Rozważmy równanie: aux + buy + cu = 0. Jaka¸ po-stać ma rozwia¸zanie ogólne: u(x , y ) = e−cxa f (bx− ay) czy u(x, y) = e−cyb f (bx− ay)?
14. Znaleźć rozwia¸zania ogólne:
(i) xux+ 2yuy = 0 dla x > 0, y > 0,
x − xyuy− u = 0 dla (x, y) ∈ R (iii) xux − 2yuy + u = ex dla x > 0, (iv) yux− 4xuy = 2xy dla (x , y )∈ R2.
15. Znaleźć rozwia¸zania szczególne dla równań z poprzedniego zadania spełniaja¸ce odpowiednio warunki:
(i) u(x ,1x) = x , x > 0, (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¸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)ux + (x− 2)uy + (y − x)uz = 0, (ii) xux + yuy = 0, z warunkami odpowiednio:
( ) u(x, y, −x − y) = 1, ( ) u(x, 1) = x12, ( ) 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
ut + b◦ Du = 0 w Rn× (0, ∞), 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.
Określić jak najdokładniej jego typ.
20. Stosując metodę charakterystyk, wykazać, że rozwiązaniem niejednorodnego zagadnienia
po-czątkowego
ut+ b◦ Du = f w Rn× (0, ∞), u = g na Rn× {t = 0}
jest
u(x , t) = g (x − tb) + t
0
f (x + (s− t)b, s) ds 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 u x lub ut. Jako takie, jest zwykle trudniejsze do rozwiazania. Podamy metod e rozwi azania tego równania za pomoc a charakterystyk.
Niech p = ux, q = ut i rozważmy powierzchnie u = u (x , t) spełniaj ac a (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 styczn a do powierzchni, zatem (14) determinuje jednoparametrowa rodzin e przestrzeni stycznych w każdym punkcie w przestrzeni xtu.
Załóżmy, że Fp2 + Fq2 = 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)
0 0 0
jedno z rozwiazań może być wyrażone jako q = q (p).
Policzmy pochodna (15) wzgl edem p. Mamy wtedy:
− (x − x0)− q(p)· (t − t0) = 0. (16) Policzmy teraz pochodna:
dF Wróćmy teraz do (15), wstawiajac ostatni wynik:
u− u0
czyli kierunek każdej płaszczyzny stycznej (dla ustalonego p i q) jest wyznaczony przez wektor [Fp, Fq, pFp+ qFq]. Ponieważ p i q zmieniaja si e w zakresie swoich wartości, te kierunki (zwane kierunkami charakterystycznymi) tworza rodzin e linii (17). Skonstruujmy teraz równania krzywych x = x (s), t = t (s), u = u (s), które maja kierunek charakterystyczny w każdym puncie. Wtedy:
dx
ds = Fp, dt
ds = Fq, du
ds = pFp+ qFq, (18)
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 = u x, q = ut sa znane. Wtedy u(s) =
Ale ux = p i ut = q implikuja, że u xt = pt = utx = qx, zatem (19) można zapisać w postaci:
dp
ds = pxFp− Fx− Fup− Fppx =−Fx− Fup,
dq
ds =−Ft − Fuq− Fqqt+ qtFq=−Ft− Fuq. (21)
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) zawierała krzyw a Γ (krzywa pocz atkow a) zadan a parametrycznie
x = x (τ), t = t (τ), u = u (τ).
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 pocz atkowego dla równania (13). Wartości poczatkowe p ( τ) i q (τ) na krzywej Γ nie moga 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) bed a wartościami poczatkowymi 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)
Podsumowujac, jeśli mamy równania charakterystyczne i warunki pocz atkowe dla x , t, u, p i q oraz dx
dτFq− dt
dτFp= 0 (23)
na krzywej poczatkowej Γ, możemy dostać jednoznaczne rozwi azanie problemu (13) z warunkiem poczatkowym w otoczeniu krzywej pocz atkowej Γ [23].
2.1 Przykładowe rozwiązania
Zadanie 2.1.
Rozważmy równanie (tzw. nieliniowe równanie fali):
ut + ux2 = 0 z warunkiem poczatkowym
a) u (x , 0) = ax , a =const , b) u (x , x ) = 1.
Aby rozwiazać 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, ux, ut) = ut+ ux2, wiec z (22) dostajemy dla ut = q, ux = p:
q (τ) + p2(τ) = 0,
a = p (τ) · 1 + q (τ) · 0 = p (τ) .
Zatem p (τ) = a i q (τ) = −a2 wyznaczaja warunki pocz atkowe na p i q. Utwórzmy teraz równania charakterystyczne dla tego problemu:
dx
ds = Fp= 2p, dtds = Fq = 1, duds = pFp+ qFq = 2p2+ q,
dp
ds =−Fx − Fup = 0, dq
ds =−Ft− Fuq = 0. (24)
Stad mamy (po scałkowaniu tych równań):
x (s,τ) = 2as + C1(τ) , t (s,τ) = s + C2(τ) ,
τ (s, τ) = 2a2s− a2s + C3(τ) = a2s + C3(τ) , p (s,τ) = C4(τ) ,
q (s,τ) = C5(τ) ,
gdzie C1, C2, C3, C4, C5 sa funkcjami zależnymi od τ. Ale z warunku poczatkowego mamy, że dla s = 0: x (0,τ) = τ, czyli C1(τ) = τ; t (0, τ) = 0, czyli C2(τ) = 0; u (0, τ) = aτ, czyli C3(τ) = aτ;
p (0,τ) = a, czyli C4(τ) = a i q (0, τ) = −a2, czyli C5(τ) = −a2. Mamy ostatecznie:
x (s,τ) = 2as + τ, t (s, τ) = s, u (s, τ) = a2s + aτ, p (s, τ) = a, q (s, τ) = −a2.
Z dwóch pierwszych równań możemy teraz wyznaczyć s i τ i wstawić do trzeciego:
s = t,
τ = x − 2at,
u = a2t + a (x− sat) .
Stad u (x , t) = a (x − at). Równość ta przedstawia fale poruszaj ac a si e z pr edkości a a. Jeśli a > 0, to przesuwa sie ona w prawo, a dla a < 0 w lewo.
Zauważmy ponadto, że u (x , t) = a (x − at) nie jest stałe na krzywych charakterystycznych x −2at = τ, gdyż punkty na tych krzywych poruszaja 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 + 2p2, dp
dt = 0, dq dt = 0.
Ponieważ p = const i p = ux możemy wywnioskować, że punkty x poruszaja si e z pr edkości a dwu- krotnej predkości fali u = u (x , t).
Zmieńmy teraz warunek poczatkowy, ż adaj ac by u (x , x ) = 1. Pokażemy, że można uzyskać dwa rozwiazania 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 niezmieniona postać pierwszego równania:
q (τ) + p2(τ) = 0, q (τ) · 1 + p (τ) · 1 = 0.
Rozwiazuj ac układ, dostajemy kolejno: p ( τ) = −q (τ), wiec q ( τ) (1 + q (τ)) = 0. Stad mamy dwa rozwiazania:
q (τ) = 0,
p (τ) = 0, (25)
q (τ) = −1,
p (τ) = 1, (26)
które wyznaczaja warunki pocz atkowe dla s = 0 na p i q. Jak poprzednio: F x = Ft = Fu = 0 i Fp = 2p, Fq = 1, zatem równania charakterystyczne maja teraz w przypadku (25) postać:
dx (s,τ)
ds = 0, dτ (s, τ)
ds = 1, du (s, t)
ds = 0, dp (s,τ)
ds = 0, dq (s,τ) ds = 0.
Rozwiażemy je, otrzymuj ac kolejno:
x (s,τ) = C1(τ) , t (s, τ) = s + C2(τ) , u (s, τ) = C3(τ) , p (s, τ) = C4(τ) , q (s, τ) = C5(τ) , a z warunku narzuconego w chwili s = 0 wynika, że
C1(τ) = τ, C2(τ) = τ, C3(τ) = 1, C4(τ) ≡ 0, C5(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 rozwiazanie stałe u (s, τ) ≡ 1.
0.5 1 1.5 2
–4
2 4
t –2 –4
4 2
x
Rozwiązanie problemu początkowego u(x, x) = 1
Wróćmy do układu (26). Zmienia sie 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.
Rozwiazanie jest nast epuj ace:
x (s,τ) = 2s + C1(τ) , t (s, τ) = s + C2(τ) , u (s, τ) = s + C3(τ) , p (s,τ) = C4(τ) , q (s, τ) = C5(τ) ,
gdzie C1(τ) = τ, C2(τ) = τ, C3(τ) ≡ 1, C4(τ) ≡ 0, C5(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 wiec 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.
Stad: u (x , t) = x − t + 1.
–5 5 10
–4
2 4
t –2 –4
4 2
x
Rozwiązanie problemu początkowego u(x, x) = 1
Podsumowujac, dla warunku pocz atkowego u (x , x ) = 1 otrzymaliśmy dwa różne rozwi azania pro- blemu ut+ u2x = 0.
Zauważmy na koniec, że za każdym razem spełnione jest równanie (23):
dx
dτFq− dt
dτFp= 0 dla s = 0.
Istotnie, w przypadku problemu z punktu a) mamy:
dx
dτFq− dt
dτFp= 1· 1 − 0 · 2 = 1 = 0, a w przypadku b) mamy:
dx
dτFq− dt
dτFp= 1· 1 − 1 · 2 = −1 = 0,
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 (metod a charakterystyk) równanie nieliniowe: uxut− 1 = 0 z warunkiem poczatkowym u (x , x ) = 1 .
Parametryzujemy krzywa 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 poczatkowe na współrz edne p i q wektora normalnego [p, q, −1]. Ponieważ mamy tu F (x , t, u, ux, ut) = uxut − 1, wiec dla q = u t i p = ux dostajemy na podstawie (22) nastepuj acy
układ (dla s = 0):
p (τ) q (τ) − 1 = 0, p (τ) + q (τ) = 0.
Stad p ( τ) = −q (τ) i q2(τ) = −1. Mamy wiec tu dwa rozwi azania zespolone:
q (τ) = ±i, p (τ) = ∓i.
Zauważmy ponadto, że na krzywej poczatkowej nie jest spełniony warunek (23), bo x(τ) Fp− t(τ) Fq= 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 = −i2− i2 =−2i2 = 2, dp (s,τ)
ds = 0, dq (s,τ) ds = 0.
Rozwiażemy te równania (całkuj ac wg s). Wtedy:
x (s,τ) = −is + C1(τ) , t (s, τ) = is + C2(τ) , u (s, τ) = 2s + C3(τ) , p (s,τ) = C4(τ) , q (s, τ) + C5(τ) ,
a z warunków poczatkowych dla s = 0 otrzymujemy, że:
C1(τ) = τ, C2(τ) = τ, C3(τ) ≡ 1, C4(τ) = i, C5(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)·i2 .
Stad 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 rozwiazanie zaspolone w postaci u (x , t) =− (x − t) i + 1.
Zadanie 2.3. Rozważyć równanie geodezyjnych:
ux2+ uy2 = n2(x , y ) , n (x , y ) =
n1, x < 0, n2, x > 0,
gdzie n2 > n1 i n1, n2 sa stałymi. Znaleźć wszystkie możliwe u = u (x , y ) dla x < 0 i x > 0, jeśli warunkiem brzegowym jest u (0, y ) = n1y cos Θ, gdzie Θ =const.
Mamy tutaj F (x , y , u, ux, uy) = ux2+u2y−n2. Możemy, jak w poprzednich zadaniach, sparametryzować krzywa pocz atkow a Γ = {(0, y, n, y cos Θ) : y ∈ R} w nastepuj acy sposób:
Γ ={(0, τ, n1τ cos Θ) : τ ∈ R}. Równania na warunki poczatkowe dla p = u x, q = uy (dla s = 0)
otrzymujemy jako:
p2(τ) + q2(τ) − n2 = 0,
du(τ )
dτ = p (τ)dx(τ )dτ + q (τ)dt(τ )dτ , gdzie u (u) = n1τ cos Θ, x (τ) ≡ 0, y (τ) = τ dla s = 0. Stad mamy:
p2(τ) + q2(τ) − n2 = 0, n1cos Θ = q (τ) ,
czyli q (τ) = n1cos Θ, p (τ) = ±n2− n21cos2Θ dla s = 0.
Zauważmy teraz, że:
dx (τ)
dτ Fq−dy (τ)
dτ Fp =−Fp=−2p (τ) , wiec warunek, by wyrażenie to było różne od zera, implikuje, że:
n2− n21cos2Θ= 0.
Zauważmy, że dla x < 0 mamy tutaj n21(1− cos2θ) = 0, czyli n = 0 i Θ = kπ, k ∈ Z. Dla x > 0 mamy natomiast n22 − n12cos2Θ= Θ, czyli nn212 = cos2Θ dla n1 = 0, a dla n1 = 0 mamy n2 = 0.
Rozwiażemy teraz układ równań charakterystycznych: dx
ds =±2n2− n12cos2Θ, dy
ds = 2n1cos Θ, du
ds =±n2− n12cos2Θ· 2 ·±n2− n21cos2Θ
+ n1cos Θ· 2 · n1cos Θ =
− n1 1 θ = 2n wiec proste linie charakterystyk:
x (s,τ) = ±2n2− n21cos2Θs, y (s,τ) = 2n1cos Θ· s + τ, u (s,τ) = 2n2· s + n1τ cos Θ.
Wyznaczamy s i τ z dwóch pierwszych równań, jako funkcje zmiennych x i y:
s = x
Wstawiamy te wyniki do funkcji u:
u (x , y ) =± n2x
Wtedy dla x < 0 otrzymujemy rozwiazanie postaci:
u1(x , y ) =±xn2 − n21cos2Θ + n1y cos Θ = n1(±x sin Θ + y cos Θ) ,
= n2[±x · cos ψ + usinψ]
dla cos Θ = n2
n1sinψ. Otrzymujemy wiec ostatecznie dwa rozwi azania dla x < 0 i dwa dla x > 0. W bezpośrednim rachunku można sprwawdzić, że zagadnienie brzegowe jest spełnione.
Uzyskane rozwiazania:
u1(x , y ) = n1(x sin Θ + y cos Θ) lub
u1(x , y ) = n1(−x sin Θ + y cos Θ) dla x < 0 i
u2(x , y ) = n2(x cosψ + y cos ψ) lub
u2(x , y ) = n2(−x cos ψ + y sin ψ) dla x > 0 i cos Θ = nn21 sinψ nazywane sa falami płaszczyznowymi.
2.2 Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego
21. Rozwiazać nast epuj ace zagadnienia pocz atkowe: (i) u2xut− 1 = 0, u (x, 0) = x,
(ii) ut+ u2x = t, u (x , 0) = 0, (iii) ut+ u2x + u = 0, u (x , 0) = x , (iv) ut+ ux2 = 0, u (x , x ) = 1, (v) ut+ ux2 = 0, u (0, t) = t, (vi) uxut − 1 = 0, u (x, x) = 1, (vii) ut = C2ux2, u (0, t) =−t, (viii) ut+ u2x = 0, u (x , 0) = x2.
22. Rozważyć równanie geodezyjnych ux2+ u2y =η2(x , y ) , gdzie
η (x, y) =
η1, x < 0, η2, x > 0
dla η2 > η1, η2,η1 ∈ R. Znaleźć wszystkie możliwe rozwiazania u = u (x , y ) w obszarach x < 0 i x > 0 dla warunku brzegowego u (0, y) = η1y cos Θ, gdzie Θ = const.
23. Znaleźć rozwiazania dla równania geodezyjnych w przestrzeni trójwymiarowej: ux2+ u2y + uz2 =η2,
gdzie η jest stała, 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 cz astkowych, 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 Łódz- kiego, Łódź 2000.
[18] B. Przeradzki, Teoria i praktyka równań różniczkowych zwyczajnych, Wydawnictwo Uniwersytetu Łódzkiego, Łódź 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.