Spistreści RównaniaIrzędu

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

1.1 Przykładowe rozwiązania

Zadanie 1.1.

Znaleźć rozwiazania 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.

Mnożac pierwsze równanie przez z, a trzecie przez x i dodaj
ac te równania stronami, otrzymamy:
x
z + zx = 0,

(xz)
= 0,

czyli jedna z całek jest
ψ1(x , y , z) = xz. Z kolei dzielac pierwsze równanie przez x , a drugie przez 2y
i dodajac je stronami, otrzymamy:

x
x + y

2y = 0,

(2 ln|x| + ln |y|)
= 0, (2)

czyli druga z poszukiwanych całek jest
ψ2(x , y , z) = 2 ln|x| + ln |y|. W rezultacie rozwiazaniami
równania sa funkcje postaci

u(x , y , z) = Φ(ψ₁(x , y , z),ψ₂(x , y , z)) = Φ(xz, 2 ln|x| + ln |y|),

gdzie Φ jest funkcja klasy C
¹. Zauważmy jednak, że przy obliczaniu ψ₂ wykonaliśmy dzielenie, a w samej postaci tej funkcji pojawiły sie funkcje logarytmiczne, zatem potrzebne jest założenie: x

=

0, y
= 0. Rozwiazanie nie jest wi
ec określone dla wszystkich (x , y , z)
∈ R³. Z problemem tym można sobie poradzić, wyszukujac inaczej całk
e pierwsz
a
ψ2. Wystarczy w tym celu przekształcić nieco równanie (2) do postaci:

(ln x²|y|)
= 0,

(x²|y|)
x²|y| , (x²|y|)
= 0, x²|y| = c, c  0,

x⁴y² = c², (x⁴y²)
= 0.

Zatem ˜ψ₂(x , y , z) = x⁴y². Wtedy rozwiazanie ogólne ma postać: u(x , y , z) = Φ(xz, x
⁴y²) i jest już określone dla całego R³.

Zobaczmy teraz, jak łatwo wykonać sprawdzenie:

x∂u

∂x − 2y∂u

∂y − z∂u

∂z =

= x

∂Φ

∂ψ₁

∂ψ1

∂x + ∂Φ

∂ψ₂

∂ψ2

∂x



− 2y

∂Φ

∂ψ₁

∂ψ1

∂y + ∂Φ

∂ψ₂

∂ψ2

∂y



− z

∂Φ

∂ψ₁

∂ψ1

∂z + ∂Φ

∂ψ₂

∂ψ2

∂z



=

= x

∂Φ

∂ψ₁z + ∂Φ

∂ψ₂4x³y²



− 2y

∂Φ

∂ψ₁0 + ∂Φ

∂ψ₂2x⁴y



− z

∂Φ

∂ψ₁x + ∂Φ

∂ψ₂0



= 0.

Możemy sprawdzić jeszcze, że znalezione całki pierwsze sa w istocie niezależne (w jakim obszarze?):

rz









∂ψ1

∂x ∂ψ2

∂x

∂ψ1

∂y ∂ψ2

∂y

∂ψ1

∂z ∂ψz

∂z







= rz









z 4x³y² 0 2x⁴y

x 0







= 2.

Zauważmy na koniec, że (1) można rozwiazać elementarnie. Otrzymamy wtedy:













x (t) = αe^t, y (t) = βe^−2t, z(t) = γe^−t,

gdzie α, β, γ sa dowolnymi stałymi. Wyznaczaj
ac e
^t z pierwszego i trzeciego równania układu oraz e^2t z pierwszego i drugiego równania, otrzymamy ψ1 i ψ2, odpowiednio.

Zadanie 1.2.

Znaleźć rozwiazania ogólne dla równania quasiliniowego:

1 +√

z− x − y^∂z

∂x + ∂z

∂y = 2. (3)

Wystarczy znaleźć, jak poprzednio, dwie niezależne całki pierwsze równania charakterystycznego, pamietaj
ac, że tym razem równanie jest quasiliniowe:













x
= 1 +√

z− x − y, y
= 1,

z
= 2.

Mnożac drugie równanie przez 2 i dodaj
ac do trzeciego, dostajemy:

−2y
+ z
= 0, (z − 2y)
= 0,

czyli ψ₁(x , y , z) = z − 2y. Odejmujac 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.

Wykorzystujac ponownie drugie równanie układu, możemy napisać:
(z − x − y)

2√

z− x − y +1

2y
= 0,

√

z− x − y + 1 2y



= 0.

Druga całka ma wiec postać:
ψ2(x , y , z) = √

z − x − y + ¹₂y . Zatem mamy rozwiazanie ogólne:
Φ z− 2y,√

z − x − y +¹₂y^ = 0 definiujące rozwiązanie z w sposób uwikłany, gdzie Φ jest do- wolna funkcj
a różniczkowaln
a w sposób ci
agły.

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 pocz
atkowym oraz narysować charakterystyki:

∂u

∂x − ∂u

∂y = 1− 2u, u(x, 0) = x².

Tworzymy równanie charakterystyk:













x
= 1, y
= −1, u
= 1− 2u.

(4)

Pierwsza całk
e
ψ1(x , y , u) = x + y otrzymujemy natychmiast, dodajac do siebie stronami dwa
pierwsze równania układu. Stad mamy również rodzin
e charakterystyk: x + y = const, czyli y =

−x + d, d = const. Aby znaleźć 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



u−1 2



e^−2y



= 0,

zatem ψ2(x , y , u) = u− ¹₂^e^−2y. Stad Φ(x + y ,
u− ¹₂^e^−2y) = 0 jest rozwiazaniem ogólnym.
Można sprawdzić, że spełnione sa założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej, a wi
ec można wyznaczyć

funkcje u:
_

u− 1 2



e^−2y = f (x + y ), u(x , y ) = 1

2+ e^2yf (x + y ), gdzie f ∈ C¹(R).

Skorzystamy teraz z warunku poczatkowego: u(x , 0) = x
². Ponieważ u(x , 0) = ¹

2 + f (x + 0), wiec

1

2+ f (x ) = x², czyli f (x ) = x²−¹₂. Stad otrzymujemy postać funkcji f (x + y ) = (x + y )
²−¹₂, czyli szukane rozwiazanie ma postać:

u(x , y ) = 1 2+ e^2y



(x + y )²− 1 2



.

Rozwiazanie to jest wyznaczone jednoznacznie, bo leży na prostej y = 0, która jest transwersalna do
każdej charakterystyki.

–4 –6 0 –2

4 2

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) = x² i zrzutowane charakterystyki

–4 –6 0 –2

4 2

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 rozwiazać elementarnie:

x (t) = t +α, y(t) = −t + β, u(t) = γe^−2t+ 1 2,

gdzieα, β, γ ∈ R. Aby rozwiazać teraz zagadnienie pocz
atkowe, parametryzujemy krzyw
a pocz
atkow
a
Γ ={(x, 0, x²) : x ∈ R} w przestrzeni (x, y, u). Dostajemy

Γ =^(s, 0, s²) : s ∈ R^.

Wybieramy rozwiazanie układu (4), startuj
ac w chwili t = 0 z punktu (s, 0, s
²)∈ Γ. Wtedy α = s, β = 0, γ = s²− 1

2. Dostajemy trajektorie rozwi
azania













x (t) = t + s, y (t) = −t,

u(t) = s²− ¹₂^e^−2t +¹

2,

(5)

która leży na wykresie rozwiazania. Parametryczny (wg s) opis powierzchni b
ed
acej wykresem rozwi
azania
jest nastepuj
acy

Graph(u) =



t + s,−t,^s²− 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.

Zadanie 1.4.

Omówić rozwiazalność 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)

Mnożac pierwsze równanie przez 2 i odejmuj
ac od niego drugie, łatwo dostajemy pierwsz
a całk
e
ψ1(x , y , u) = 2x − y. Znalezienie drugiej całki 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 + 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 ψ2(x , y , u) = ue^−4x + e^{y −3x} = (u + e^x+y) e^−4x jest druga z poszukiwanych całek. St
ad
Φ 2x− y, u + e^x+ye^−4x= 0

jest rozwiazaniem ogólnym, a 2x
− y = d, d ∈ R wyznaczaja rodzin
e charakterystyk. Rozwi
azanie
można rozwikłać:

f (2x − y) = u + e^x+ye^−4x,

−e − y), f ∈ C R).

Zajmijmy sie 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^4xf (2x− 2x + 1), e^3x−1 = e^4xf (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^4xf (2x − 2x),

−e^3x + e^4x =−e^3x + e^4xf (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) = e^z i wtedy odpowiadaja 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^4xe^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 rozwiazań.

Znajdziemy najpierw całke pierwsz
a równania charakterystycznego







x
=−y, y
= x .

Mnożac pierwsze równanie przez x , a drugie przez y , otrzymamy natychmiast

x²+ y^2
= 0,

czyli ψ1(x , y ) = x²+ y². Stad x
²+ y² = c, c  0 stanowi rodzine charakterystyk utworzon
a przez
trajektorie okresowe, którymi sa okr
egi o środku (0, 0) i promieniu
√

c oraz trajektorie rozwi
azania
stałego, czyli punkt (0, 0). Rozwiazanie ogólne jest wi
ec postaci

u (x , y ) =φ x²+ y^2,

dla dowolnej funkcji φ takiej, by złożenie φ i ψ₁ było różniczkowalne w sposób ciagły.

Rozważmy teraz warunek poczatkowy. 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 funkcja stał
a). St
ad 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 rozwiązania)

–4 –2 0 2 4

x

–2 –3 0 –1 2 1

3 y

–10 –5 0 5 10

u(x,y)

Warunek początkowy u(x, 0) = 3x i zrzutowane charakterystyki

–1 –2 1 0

2 x

–1 0

1 y –6 –4 –2 0 2 4 6

u(x,y)

Powierzchnia otrzymana dla problemu początkowego

Zauważmy na koniec, że w pewnych sytuacjach, jeśli warunek poczatkowy jest wybrany “ostrożnie”,
problem może mieć rozwiazanie, nawet gdy krzywa charakterystyki przecina krzyw
a z warunku wi
ecej
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.

–3 –4 –1 –2

1 0 3 2

4 x

–2 0

2 y 0 10 20 30 40 u(x,y)

Warunek początkowy u(x, 0) = 3x² i zrzutowane charakterystyki

–1 –2 1 0

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.

–3 –4 –1 –2

1 0 3 2

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

–1 –2 1 0

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 C¹, które w punkcie 16 osiągają wartość 1.

–3 –4 –1 –2

1 0 3 2

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 − x²) = 1 i zrzutowane charakterystyki

–3 –4 –1 –2

1 0 3 2

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 x²+ y² = 16 na wysokości 1.

Przez każdy z nich przechodzi powierzchnia będąca rozwiązaniem.

Zadanie 1.6.

Omówić rozwiazanie problemu:

u_x+ yuu_y =−x z warunkami

a) u (0, y ) = 0,

b) u (x , 0) = x².

Tworzymy równanie charakterystyk: _













x
= 1, y
= yu, u
=−x.

Rozwiazujemy je elementarnie: x (t) = t +
α, u
(t) = −x (t), czyli u (t) = −¹₂t²− αt + γ oraz z

y
(t)

y (t) = u (t) mamy y (t) = β exp −¹₆t³− ¹₂αt²+γt^ dlaα, β, γ ∈ R.

Zajmijmy sie 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} . Startujac w chwili t = 0 z punktu (0, s, 0)
∈ R, dostajemy

α = 0, β = s, γ = 0, czyli trajektoria rozwiazania jest nast
epuj
aca:













x (t, s) = t,

y (t, s) = s exp −¹₆t^3, u (t, s) =−¹₂t²

(8)

i leży na wykresie rozwiazania. Na koniec dostajemy parametryczny opis powierzchni b
ed
acej wykre-
sem rozwiazania

Graph (u) =



t, s exp



−1 6t³



,−1 2t²



: (t, s) ∈ R²



.

Możemy teraz z układu (8) wyznaczyć t z pierwszego równania i wstawić do trzeciego. Wtedy u (x , y ) =−1

2x² jest szukanym rozwiazaniem.

–2 –3 0 –1 2 1 3

x

–200–300 100 0

300200 y 0.2

0.4 0.6 0.8 1

u(x,y)

Warunek początkowy u(0, y ) = 0 i zrzutowane charakterystyki

–2 –3 0 –1 2 1

3

x

–200–300 100 0

300200 y –4

–3 –2 –1 0

u(x,y)

Rozwiązanie problemu początkowego

Przejdźmy teraz do warunku b). Postepuj
ac analogicznie, jak poprzednio, dostajemy krzyw
a Γ z
parametryzacja:

Γ =^ s, 0, s^2: s ∈ R^. Wtedy w chwili poczatkowej t = 0 mamy dla punktu (s, 0, s
²)∈ Γ

α = s, β = 0, γ = s². Trajektoria jest nastepuj
aca:
_













x (t, s) = t + s, y (t, s) = 0,

u (t, s) =−¹₂t² − st + s².

–4 –6 0 –2

4 2

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) = x² i zrzutowane charakterystyki

Zauważmy, że powierzchnia opisana tymi równaniami w (x , y , u)∈ R³leży w płaszczyźnie 0xu (y = 0).

Ponadto, rzut jednej z trajektorii na płaszczyzne 0xy jest krzyw
a
{(x, 0) : x ∈ R}, a na tej krzywej zadany jest warunek poczatkowy. St
ad problem nie posiada rozwi
azania.

–4 –2 0 2 4 0 x

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.

Rozwiazać zagadnienie: xu
_x− 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:



















x
= x , y
=−2y, z
=−z, u
= 0.

(9)

(ostatnie równanie dopisujemy, bo musimy mieć u w parametryzacji).

Wtedy

αe βe γe ϕ, α, β, γ, ϕ ∈ R

a) u (1, y , z) = y .

Aby rozwiazać 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 rozwiazanie 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 = se² γ = ˜se ϕ = s

Dostajemy trajektorie rozwi
azania:
_

















x = e^t−1, y = se^2−2t, z = ˜se^1−t, u = s,

która leży na wykresie rozwiazania. Parametryczny (wzgl
edem s i ˜
s) opis powierzchni bed
acej wykre-
sem rozwiazania 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 = ye2(1+ln|x|)−2. Przekształcajac, mamy kolejno:
s = ye^{2+ln x2−2},

s = ye^lnx2, s = yx²,

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

b) u (0, y , z) = z.

Teraz parametryzujemy krzywa 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:

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 trajektorie rozwi
azania:



















x = 0, y = se^−2t, z = ˜se^−t, u = ˜s.

Z tych równań nie da sie wyznaczyć s, ˜
s, t, aby wstawić do u (t) = ˜s, zatem nie ma rozwiazania.

c) u (0, y , z) = 5.

Krzywa poczatkowa Γ =
{(0, y, z, 5) : y, z ∈ R} ma parametryzacje: 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 trajektorie rozwi
azania:
_

















x = 0, y = se^−2t, z = ˜se^−t, 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 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 sa nast
epuj
ace:

ψ₁(x , y , z) = xz =⇒ xz = C =⇒ z = C x, ψ2(x , y , z) = x²y =⇒ x²y = D =⇒ y = D

x²,

∈ R. Wtedy u (x, y, z) = Φ (xz, x

Rozważmy, jak poprzednio warunki poczatkowe.

a) u (1, y , z) = y .

Wtym przypadku dla x = 1 mamy ¯ψ1 = z i ¯ψ2 = y , czyli y = u (1, y , z) = ¯Φ (z, y ) .

Zatem mamy jedna funkcj
e spełniaj
ac
a ten warunek i Φ (xz, x
²y ) = x²y , czyli u (x , y , z) = x²y jest rozwiazaniem.

b) u (0, y , z) = z.

Teraz dla x = 1 mamy ¯ψ₁ = 0 i ¯ψ₂ = 0, czyli z = u (0, y , z) = ¯Φ (0, 0). Oznacza to brak rozwiazań,
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, ¯ψ₂^= 2 sin ¯ψ₁+ 5 cos ¯ψ₂ =⇒ u (x, y, z) = Φ xz, x²y^= 2 sin (xz) + 5 cos x²y^ lub

Φ ψ¯₁, ¯ψ₂^= 5e^ψ¯2 =⇒ u (x, y, z) = Φ xz, x²y^= 5e^x2y.

Zadanie 1.8.

Pokazać, że jedynymi funkcjami spełniajacymi równanie
2xu_y + yu_y = 0 dla każdego (x , y )∈ R² sa funkcje stałe.

Znajdziemy najpierw wszystkie krzywe charakterystyczne równania, czyli rozwiazania układu:







x
= 2x ,

y
= y (10)

dla (x , y ) ∈ R². Łatwo zauważyć, że (0, 0)∈ R² jest punktem osobliwym, ponadto krzywe charak- terystyczne sa postaci:

x (t) =αe^2t, y (t) =βe^t,

dla α, β ∈ R, t ∈ R. Zatem trajektoriami tego układu jest trajektoria rozwiazania stałego, czyli
punkt (0, 0) oraz wszystkie otwarte w (0, 0) gałezie paraboli x = cy
² wychodzace z (0, 0), gdzie
c = _β^α₂. Wszystkie krzywe charakterystyczne maja wspólny punkt skupienia (0, 0)
∈ R². Ponieważ rozwiazania maj
a być określone w całej płaszczyźnie, 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, wi
ec na każdej
cześci gał
ezi paraboli wychodz
acej z punktu (0, 0) zawartej w U całka pierwsza musi przyjmować t
e
sama wartość, co w punkcie (0, 0). Zatem na każdej gał
ezi paraboli byłaby to funkcja stała (równa
wartości w (0, 0)). Ponieważ dowolne rozwiazanie równania jest postaci:

u (x , y ) = Φ (F (x , y )) ,

gdzie F jest całka 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 rozwiazania. Ponieważ zaś jedynymi rozwi
azaniami równania s
a całki
pierwsze układu (10), wiec innych możliwości już nie ma.

Zauważmy na koniec, że gdybyśmy równanie wyjściowe rozpatrywali wR²\{(0, 0)}, to ogół rozwiazań
byłby postaci:

u (x , y ) = Φ (F (x , y )) = Φ

 x y²



, (x , y )∈ R²\ {(0, 0)} , wiec 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 gestość (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 gestość jest niezależna od y i z, czyli
ρ = ρ(x, t). Niech

dodatnim kierunku osi x . Pokażemy, że z zasady zachowania masy, funkcja ρ (x, t) musi spełniać równanie (tzw. równanie ciągłości):

ρt+ (ρv)_x = 0 (11)

lub po wykonaniu różniczkowania

ρ_t+ vρ_x + v_xρ = 0.

W celu wyprowadzenia równania, rozważmy przestrzeń miedzy x
₀ i x₀+ ∆x .

Ilość masy przechodzacej przez jednostkowy obszar płaszczyzny x = x
₀ w te przestrzeń w czasie ∆t
jest wyrażona przez ρ (x0, t) v (x₀, t) ∆t, a ilość wypływajacej z obszaru x = x
₀+ ∆x w czasie ∆t jest ≈ ρ (x0+ ∆x , t) v (x₀+ ∆x , t) ∆t. Zatem

ρ (x0 + ∆x , t) v (x₀+ ∆x , t) ∆t− ρ (x0, t) v (x₀, t) ∆t =

= [ρ (x0+ ∆x , t) v (x₀ + ∆x , t)− ρ (x0, t) v (x₀, t)] ∆t ≈

≈^{ x0+∆x}

x0

[ρ (x, t + ∆t) − ρ (x, t)] dx.

Dzielac przez ∆x
· ∆t i biorac granic
e przy ∆x i ∆t d
aż
acym do 0, mamy
ρ (x₀+ ∆x , t) v (x₀+ ∆x , t)− ρ (x₀, t) v (x₀, t)

∆x ≈

_x0+∆x

x0 (ρ (x, t + ∆t) − ρ (x, t))dx

∆x· ∆t ,

− (ρv)_x(x₀, t) ≈ ρ_t(x₀, t) . Zatem mamy (11).

Ustalamy gestość w czasie t = 0 jako
ρ (x, 0) = ρ₀(x ), gdzie ρ₀(x ) jest pewna dan
a funkcj
a klasy
C¹. Rozważmy 2 przypadki:

1. Załóżmy, że v (x , t) = v₀, v₀ – stała. Wtedy równanie ma postać:

ρ_t+ v₀ρ_x = 0, ρ (x, 0) = ρ₀(x ) .

Rozwiazuj
ac, mamy układ:
_





t
= 1, x
= v₀,

dla którego całka pierwsz
a jest
ψ (x, t) = −v0t + x . Stad
ρ (x, t) = f (x − v0t), gdzie f jest klasy C¹ (lub taka, by to założenie dało funkcje klasy C
¹).

Z warunku poczatkowego mamy:

ρ₀(x ) =ρ (x, 0) = f (x) .

Stad
ρ (x, t) = f (x − v0t) =ρ0(x− v0t) jest rozwiazaniem równania.

2. Załóżmy, że v (x , t) = αx, gdzie α jest dodatnia 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 sa postaci:

ψ1(x , t,ρ) = xe^−αt i ψ2 = (x , t,ρ) = ρe^αt. Stad mamy:

Φ xe^−αt,ρe^αt= 0 i po rozwikłaniu:

ρe^αt = f (xe^−αt) , f ∈ C¹, ρ (x, t) = e^αtf (xe^−αt) .

Wykorzystujemy znowu warunek poczatkowy:

ρ (x, 0) = ρ₀(x ) . Wtedy

ρ0(x ) =ρ (x, 0) = e⁰f xe^0= f (x ) . Zatem

ρ (x, t) = e^−αtρ0

xe^−αt (12)

Interesujace jest tutaj, że gdyby
ρ₀(x ) =ρ₀(const), to mielibyśmy ρ (x, t) = ρ0e^−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 ρ₀(x ) po zeskalowaniu poziomym przez czynnik e^αt (rozciagni
ecie) i pionowym przez czynnik e
^−αt(ściśniecie). Zasadę zachowania masy można sprawdzić
bezpośrednio. Te operacje wziete razem zachowuj
a obszar pod wykresem, co oznacza, że całkowita
masa (tzn. całka z gestości liczona wzgl
edem x ) jest zachowana.

1.2.2 Zastosowanie do ruchu ulicznego [8]

Niechρ (x, t) bedzie g
estości
a ruchu samochodów w punkcie x w czasie t na jednokierunkowej drodze
(tzn. ^_a^bρ (x, t)dx jest liczba samochodów mi
edzy x = a i x = b). Zróbmy upraszczaj
ace założenie,
że ρ (x, t) jest C¹. Niech M bedzie dopuszczaln
a pr
edkości
a + dodatkowe 5
^km

h (zwykle jedzie sie
szybciej niż dopuszczalnie). Niech d bedzie g
estości
a samochodów w “korku”. Wtedy można założyć,
że predkość 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 wiecej, jeśli
ρ = ¹₂d (tzn., gdy odległość miedzy samochodami wynosi około jednej długości samochodu), to mamy v =
¹₂M, co jest raczej niebezpieczne, gdy M = 60, ale pozwala kontynuować jazde. Również tutaj wyst
epuje równanie
ciągłości:

ρ_t + (vρ)_x = 0.

Ponieważ

(vρ)_x =



M



1−ρ (x, t) d



ρ (x, t)



x

= M



1− 2ρ (x, t) d



ρx(x , t) , mamy tu równanie quasi-liniowe:

ρt+ M



1− 2ρ d



ρx = 0.

Odpowiadajacy mu układ ma postać:













t
= 1,

x
= M 1− 2^ρ_d^, ρ
= 0,

a rozwiazanie 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 rozwiazaniem jest:













t = τ,

x = M 1− ²_df (s)^τ + s, ρ = f (s) .

Niech s = x₀ (ustalone). Wtedy ρ (x, t) = f (x0) (stałe) na linii x = M



1− 2 df (x₀)



t + x₀

na płaszczyźnie xt. Jeśli weźmiemy x₁ takie, że f (x₀)
= f (x₁), to nowa prosta bedzie przecinać star
a
w pewnym punkcie (x₂, t₂), bo nachylenia tych prostych sie zmieniaj
a ( f (x
₀) , f (x₁) - współczynniki kierunkowe). Ponieważ f (x₀)
= f (x1), to stała wartość
ρ na pierwszej prostej nie byłaby równa stałej wartości na drugiej prostej, zatem proste nie mogły by sie przeci
ać w (x
₂, t₂) (boρ (x₂, t₂) = f (x₀) i ρ (x2, t₂) = f (x₁)).

Zatem jedyna możliwość jest, gdy f (x ) ≡ c, czyli ρ (x, t) ≡ c (tzn. samochody jada ze stał
a
predkości
a: M
1− _d^c, jeśli 0 c d). Może sie zdarzyć, że niestałe rozwi
azanie b
edzie istniało
dla wszystkich t  0 (ale nie dla wszystkich t < 0). Rzeczywiście, jeśli poczatkowa g
estość 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 (x
₂, t₂) bedzie poniżej osi x (tzn. t
₂ < 0), bo nachylenie prostej przechodzacej
przez (x₁, 0) jest mniejsze niż prostej przechodzacej przez (x
₁, 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 si
e powyżej osi x (rozwi
azania nie ma w punkcie (x
₂, t₂), gdzie t₂  0). Jeśli f
(x ) > 0, to można teraz znaleźć najmniejszy czas t > 0 dla którego rozwiazanie przestanie istnieć.

W dowolnym ustalonym t₀ wykres rozwiazania parametrycznego jest krzyw
a na x
ρ - płaszczyźnie danej parametrycznie: _





x (s) = M 1−_d²f (s)^t₀+ s, ρ (s) = f (s) .

ρ (s)) jest [x
(s) ,ρ
(s)] =



1−2M

d f
(s) t₀ , f
(s)



. Jest on pionowy, jeśli f
(s)
= 0 i 1 −^2M_d f
(s) t₀ = 0.

Niech G bedzie najwi
eksz
a wartości
a (kresem górnym) dla f

(x ) (czyli G jest maksymalna wartości
a
poczatkow
a gradientu g
estości dla ruchu). Niech G
< ∞. Wtedy tak długo, jak t₀ < _2MG^d nie ma pionowej stycznej do “ciecia” g
estości
ρ (x, t0) i rozwiazanie istnieje dla (x , t) takich, że t
< _2MG^d . Co wiecej, jeśli f

(x ) nie jest stale równe G , to ρ (x, t) nie może być klasy C¹ dla t troche tylko
wiekszego niż
_2MG^d , ponieważ byłoby pionowa styczn
a w takim punkcie.

Dalej, ρ (x, t) nigdy nie przekracza d, jeśli f (x) ≡ ρ (x, 0) < d. Co wiecej teoria przewiduje, że
jeśli f
(x )> 0, to gestość b
edzie miała skok (pionow
a styczn
a), co jest znane jako “zderzenie” (ang.
shock). Kiedy “zderzenie” sie pojawia, gradient g
estości jest nieskończony i to wymusza (tłumaczy)
gwałtowna zmian
e pr
edkości samochodów. To sugeruje, że samochody łatwo sie zderzaj
a w punkcie

“zderzenia”. Niech poczatkowa g
estość b
edzie

ρ (x, 0) = a (1 + x²)⁻¹, a< d .

Poczatkowo punkt maksimum jest dla x = 0. Dla każdego x
₀, rozwiazanie ma stał
a wartość: f (x
₀) = a (1 + x₀²)⁻¹ na prostej x = M 1− _d²f (x₀)^t + x₀. Jeśli x₀ = 0, to maksimum jest dla x = M 1− ^2a_d^t w czasie t. Stad, punkt maksymalnej g
estości b
edzie si
e przesuwał w prawo, jeśli a
< ^d₂ i na lewo, jeśli a> ^d₂ i będzie stał, gdy x = 0, jeśli a = ^d₂. Maksimum dla f
(x ) =−2ax (1 + x²)⁻² pojawia sie dla x , gdy 0 = f


(x ) = 2a (3x²− 1) (1 + x²)⁻³, czyli x₁ = −^√1₃. Maksimum wynosi wtedy

G = f

−1√ 3



= 2a ⁴₃^−2

√3 =

9 8a

√3. Stad, pierwsze zderzenie pojawia si
e w czasie

t₁ = d

2MG = d

2M·(^9a₈)

√3

 = 4d 9aM

√3

i

x = M



1− 2 df (x₁)



t₁ + x₁ = M



1− 2 d · 3a

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 gestości w czasie t
₁, czyli M 1− 2²_d^4₉√

3d

(aM) =

4d 9a −8

9

√ 3.

–10 –15 0 –5

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) = 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.