SPIS TREŚCI

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.

Znaleźć rozwi

azania 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.

Mnoż

ac pierwsze równanie przez z, a trzecie przez x i dodaj

ac te równania stronami, otrzymamy:

x

z + zx = 0,

(xz)

= 0,

czyli jedn

a z całek jest

ψ

1

(x , y , z) = xz. Z kolei dziel

ac pierwsze równanie przez x , a drugie przez 2y

i dodaj

ac je stronami, otrzymamy:

x

x

+

y

2y

= 0,

(2 ln

|x| + ln |y|)

= 0,

(2)

czyli drug

a z poszukiwanych całek jest

ψ

2

(x , y , z) = 2 ln

|x| + ln |y|. W rezultacie rozwi

azaniami

równania s

a funkcje postaci

u(x , y , z) = Φ(

ψ

1

(x , y , z),

ψ

2

(x , y , z)) = Φ(xz, 2 ln

|x| + ln |y|),

gdzie Φ jest funkcj

a klasy C

1

. Zauważmy jednak, że przy obliczaniu

ψ

2

wykonaliśmy dzielenie, a w

samej postaci tej funkcji pojawiły si

e funkcje logarytmiczne, zatem potrzebne jest założenie: x

=

0, y

= 0. Rozwi

azanie nie jest wi

ec określone dla wszystkich (x , y , z)

∈ R

3

. Z problemem tym można

sobie poradzić, wyszukuj

ac inaczej całk

e pierwsz

a

ψ

2

. Wystarczy w tym celu przekształcić nieco

równanie (2) do postaci:

(ln x

2

|y|)

= 0,

1.1

Przykładowe rozwiązania

3

(x

2

|y|)

x

2

|y|

,

(x

2

|y|)

= 0,

x

2

|y| = c, c  0,

x

4

y

2

= c

2

,

(x

4

y

2

)

= 0.

Zatem ˜

ψ

2

(x , y , z) = x

4

y

2

. Wtedy rozwi

azanie ogólne ma postać: u(x , y , z) = Φ(xz, x

4

y

2

) i jest już

określone dla całego

R

3

.

Zobaczmy teraz, jak łatwo wykonać sprawdzenie:

x

∂u
∂x

− 2y

∂u
∂y

− z

∂u
∂z

=

= x



∂Φ

∂ψ

1

∂ψ

1

∂x

+

∂Φ

∂ψ

2

∂ψ

2

∂x



− 2y



∂Φ

∂ψ

1

∂ψ

1

∂y

+

∂Φ

∂ψ

2

∂ψ

2

∂y



− z



∂Φ

∂ψ

1

∂ψ

1

∂z

+

∂Φ

∂ψ

2

∂ψ

2

∂z



=

= x



∂Φ

∂ψ

1

z +

∂Φ

∂ψ

2

4x

3

y

2



− 2y



∂Φ

∂ψ

1

0 +

∂Φ

∂ψ

2

2x

4

y



− z



∂Φ

∂ψ

1

x +

∂Φ

∂ψ

2

0



= 0.

Możemy sprawdzić jeszcze, że znalezione całki pierwsze s

a w istocie niezależne (w jakim obszarze?):

rz












∂ψ

1

∂x

∂ψ

2

∂x

∂ψ

1

∂y

∂ψ

2

∂y

∂ψ

1

∂z

∂ψ

z

∂z












= rz












z

4x

3

y

2

0

2x

4

y

x

0












= 2.

Zauważmy na koniec, że (1) można rozwi

azać elementarnie. Otrzymamy wtedy:






















x (t) =

αe

t

,

y (t) =

βe

−2t

,

z(t) =

γe

−t

,

gdzie

α, β, γ s

a dowolnymi stałymi. Wyznaczaj

ac e

t

z pierwszego i trzeciego równania układu oraz

e

2t

z pierwszego i drugiego równania, otrzymamy

ψ

1

i

ψ

2

, odpowiednio.

Zadanie 1.2.

Znaleźć rozwi

azania ogólne dla równania quasiliniowego:

1 +

√

z

− x − y



∂z
∂x

+

∂z
∂y

= 2.

(3)

1.1

Przykładowe rozwiązania

4

Wystarczy znaleźć, jak poprzednio, dwie niezależne całki pierwsze równania charakterystycznego,

pami

etaj

ac, że tym razem równanie jest quasiliniowe:






















x

= 1 +

√

z

− x − y,

y

= 1,

z

= 2.

Mnoż

ac drugie równanie przez 2 i dodaj

ac do trzeciego, dostajemy:

−2y

+ z

= 0,

(z

− 2y)

= 0,

czyli

ψ

1

(x , y , z) = z

− 2y. Odejmuj

ac 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.

Wykorzystuj

ac ponownie drugie równanie układu, możemy napisać:

(z

− x − y)

2

√

z

− x − y

+

1

2

y

= 0,



√

z

− x − y +

1

2

y



= 0.

Druga całka ma wi

ec postać:

ψ

2

(x , y , z) =

√

z

− x − y +

1
2

y . Zatem mamy rozwi

azanie ogólne:

Φ

z

− 2y,

√

z

− x − y +

1
2

y



= 0 definiujące rozwiązanie z w sposób uwikłany, gdzie Φ jest do-

woln

a funkcj

a różniczkowaln

a w sposób ci

agły.

Zauważmy, że z(x , y ) = x + y jest również rozwi

azaniem równania (3), ale zupełnie innego typu,

które nie jest zawarte w rozwi

azaniu ogólnym.

Zadanie 1.3.

Rozwi

azać poniższe równanie z warunkiem pocz

atkowym oraz narysować charakterystyki:

∂u
∂x

−

∂u
∂y

= 1

− 2u, u(x, 0) = x

2

.

Tworzymy równanie charakterystyk:






















x

= 1,

y

=

−1,

u

= 1

− 2u.

(4)

1.1

Przykładowe rozwiązania

5

Pierwsz

a całk

e

ψ

1

(x , y , u) = x + y otrzymujemy natychmiast, dodaj

ac do siebie stronami dwa

pierwsze równania układu. St

ad mamy również rodzin

e charakterystyk: x + y = const, czyli y =

−x + d, d = const. Aby znaleźć drug

a 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

ψ

2

(x , y , u) =

u

−

1
2



e

−2y

. St

ad Φ(x + y ,

u

−

1
2



e

−2y

) = 0 jest rozwi

azaniem ogólnym.

Można sprawdzić, że spełnione s

a założenia twierdzenia o funkcji uwikłanej, a wi

ec można wyznaczyć

funkcj

e u:



u

−

1
2



e

−2y

= f (x + y ),

u(x , y ) =

1

2

+ e

2y

f (x + y ),

gdzie f

∈ C

1

(

R).

Skorzystamy teraz z warunku pocz

atkowego: u(x , 0) = x

2

. Ponieważ u(x , 0) =

1
2

+ f (x + 0), wi

ec

1
2

+ f (x ) = x

2

, czyli f (x ) = x

2

−

1
2

. St

ad otrzymujemy postać funkcji f (x + y ) = (x + y )

2

−

1
2

, czyli

szukane rozwi

azanie ma postać:

u(x , y ) =

1
2

+ e

2y



(x + y )

2

−

1
2



.

Rozwi

azanie to jest wyznaczone jednoznacznie, bo leży na prostej y = 0, która jest transwersalna do

każdej charakterystyki.

–6

–4

–2

0

2

4

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) = x

2

i zrzutowane charakterystyki

1.1

Przykładowe rozwiązania

6

–6

–4

–2

0

2

4

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 rozwi

azać elementarnie:

x (t) = t +

α, y(t) = −t + β, u(t) = γe

−2t

+

1

2

,

gdzie

α, β, γ ∈ R. Aby rozwi

azać teraz zagadnienie pocz

atkowe, parametryzujemy krzyw

a pocz

atkow

a

Γ =

{(x, 0, x

2

) : x

∈ R} w przestrzeni (x, y, u). Dostajemy

Γ =



(s, 0, s

2

) : s

∈ R



.

Wybieramy rozwi

azanie układu (4), startuj

ac w chwili t = 0 z punktu (s, 0, s

2

)

∈ Γ. Wtedy

α = s, β = 0, γ = s

2

−

1

2

.

Dostajemy trajektori

e rozwi

azania






















x (t) = t + s,

y (t) =

−t,

u(t) =

s

2

−

1
2



e

−2t

+

1
2

,

(5)

która leży na wykresie rozwi

azania. Parametryczny (wg s) opis powierzchni b

ed

acej wykresem rozwi

azania

jest nast

epuj

acy

Graph(u) =



t + s,

−t,



s

2

−

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

.

1.1

Przykładowe rozwiązania

7

Zadanie 1.4.

Omówić rozwi

azalność 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)

Mnoż

ac pierwsze równanie przez 2 i odejmuj

ac od niego drugie, łatwo dostajemy pierwsz

a całk

e

ψ

1

(x , y , u) = 2x

− y. Znalezienie drugiej całki jest tutaj nieco trudniejsze. Zauważmy najpierw, że

mnoż

ac pierwsze równanie przez

−3 i dodaj

ac do drugiego, otrzymamy

(y

− 3x)

=

−1,

(7)

natomiast mnoż

ac 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

ψ

2

(x , y , u) = ue

−4x

+ e

y −3x

= (u + e

x+y

) e

−4x

jest drug

a z poszukiwanych całek. St

ad

Φ

2x

− y,

u + e

x+y



e

−4x



= 0

jest rozwi

azaniem ogólnym, a 2x

− y = d, d ∈ R wyznaczaj

a rodzin

e charakterystyk. Rozwi

azanie

można rozwikłać:

f (2x

− y) =

u + e

x+y



e

−4x

,

1.1

Przykładowe rozwiązania

8

u(x , y ) =

−e

x+y

+ e

4x

f (2x

− y), f ∈ C

1

(

R).

Zajmijmy si

e 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

4x

f (2x

− 2x + 1),

e

3x−1

= e

4x

f (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

4x

f (2x

− 2x),

−e

3x

+ e

4x

=

−e

3x

+ e

4x

f (0).

Widać wi

ec, 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 odpowiadaj

a 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

4x

e

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 rozwi

azań.

Znajdziemy najpierw całk

e pierwsz

a równania charakterystycznego










x

=

−y,

y

= x .

Mnoż

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

x

2

+ y

2



= 0,

1.1

Przykładowe rozwiązania

9

czyli

ψ

1

(x , y ) = x

2

+ y

2

. St

ad x

2

+ y

2

= c, c

 0 stanowi rodzin

e charakterystyk utworzon

a przez

trajektorie okresowe, którymi s

a okr

egi o środku (0, 0) i promieniu

√

c oraz trajektori

e rozwi

azania

stałego, czyli punkt (0, 0). Rozwi

azanie ogólne jest wi

ec postaci

u (x , y ) =

φ

x

2

+ y

2



,

dla dowolnej funkcji

φ takiej, by złożenie φ i ψ

1

było różniczkowalne w sposób ci

agły.

Rozważmy teraz warunek pocz

atkowy. 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 funkcj

a stał

a). St

ad wynika, że

rozwi

azanie 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

–3

–2

–1

0

1

2

3

y

–10

–5

0

5

10

u(x,y)

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

–2

–1

0

1

2

x

–1

0

1

y

–6

–4

–2

0

2

4

6

u(x,y)

Powierzchnia otrzymana dla problemu początkowego

1.1

Przykładowe rozwiązania

10

Zauważmy na koniec, że w pewnych sytuacjach, jeśli warunek pocz

atkowy jest wybrany “ostrożnie”,

problem może mieć rozwi

azanie, nawet gdy krzywa charakterystyki przecina krzyw

a z warunku wi

ecej

niż raz. Przykładowo, dla warunku u (x , 0) = 3x

2

istnieje rozwi

azanie, bo u (

√

c, 0) = u (

−

√

c, 0) =

3c i u (x , y ) = 3 (x

2

+ y

2

) jest rozwi

azaniem.

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

4

x

–2

0

2

y

0

10

20

30

40

u(x,y)

Warunek początkowy u(x, 0) = 3x

2

i zrzutowane charakterystyki

–2

–1

0

1

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.

1.1

Przykładowe rozwiązania

11

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

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

–2

–1

0

1

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 C

1

, które w punkcie 16 osiągają

wartość 1.

1.1

Przykładowe rozwiązania

12

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

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 − x

2

) = 1 i zrzutowane charakterystyki

–4

–3

–2

–1

0

1

2

3

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 x

2

+ y

2

= 16 na wysokości 1.

Przez każdy z nich przechodzi powierzchnia będąca rozwiązaniem.

Zadanie 1.6.

Omówić rozwi

azanie problemu:

u

x

+ yuu

y

=

−x

z warunkami

a) u (0, y ) = 0,

1.1

Przykładowe rozwiązania

13

b) u (x , 0) = x

2

.

Tworzymy równanie charakterystyk:






















x

= 1,

y

= yu,

u

=

−x.

Rozwi

azujemy je elementarnie: x (t) = t +

α, u

(t) =

−x (t), czyli u (t) = −

1
2

t

2

− αt + γ oraz z

y

(t)

y (t)

= u (t) mamy y (t) =

β exp

−

1
6

t

3

−

1
2

αt

2

+

γt



dla

α, β, γ ∈ R.

Zajmijmy si

e 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} .

Startuj

ac w chwili t = 0 z punktu (0, s, 0)

∈ R, dostajemy

α = 0, β = s, γ = 0,

czyli trajektoria rozwi

azania jest nast

epuj

aca:






















x (t, s) = t,

y (t, s) = s exp

−

1
6

t

3



,

u (t, s) =

−

1
2

t

2

(8)

i leży na wykresie rozwi

azania. Na koniec dostajemy parametryczny opis powierzchni b

ed

acej wykre-

sem rozwi

azania

Graph (u) =



t, s exp



−

1

6

t

3



,

−

1

2

t

2



: (t, s)

∈ R

2



.

Możemy teraz z układu (8) wyznaczyć t z pierwszego równania i wstawić do trzeciego. Wtedy

u (x , y ) =

−

1

2

x

2

jest szukanym rozwi

azaniem.

–3

–2

–1

0

1

2

3

x

–300

–200

0

100

200

300

y

0.2

0.4

0.6

0.8

1

u(x,y)

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

1.1

Przykładowe rozwiązania

14

–3

–2

–1

0

1

2

3

x

–300

–200

0

100

200

300

y

–4

–3

–2

–1

0

u(x,y)

Rozwiązanie problemu początkowego

Przejdźmy teraz do warunku b). Post

epuj

ac analogicznie, jak poprzednio, dostajemy krzyw

a Γ z

parametryzacj

a:

Γ =



s, 0, s

2



: s

∈ R



.

Wtedy w chwili pocz

atkowej t = 0 mamy dla punktu (s, 0, s

2

)

∈ Γ

α = s, β = 0, γ = s

2

.

Trajektoria jest nast

epuj

aca:






















x (t, s) = t + s,

y (t, s) = 0,

u (t, s) =

−

1
2

t

2

− st + s

2

.

–6

–4

–2

0

2

4

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) = x

2

i zrzutowane charakterystyki

1.1

Przykładowe rozwiązania

15

Zauważmy, że powierzchnia opisana tymi równaniami w (x , y , u)

∈ R

3

leży w płaszczyźnie 0xu (y = 0).

Ponadto, rzut jednej z trajektorii na płaszczyzn

e 0xy jest krzyw

a

{(x, 0) : x ∈ R}, a na tej krzywej

zadany jest warunek pocz

atkowy. St

ad problem nie posiada rozwi

azania.

–4

–2

0

2

4

x

0

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.

Rozwi

azać zagadnienie: xu

x

− 2yu

y

− zu

z

= 0 z warunkami:

a) u (1, y , z) = y ,

b) u (0, y , z) = z,

c) u (0, y , z) = 5.

Równanie to możemy rozwi

azać parametrycznie:


































x

= x ,

y

=

−2y,

z

=

−z,

u

= 0.

(9)

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

Wtedy

1.1

Przykładowe rozwiązania

16

x (t) =

αe

t

,

u (t) =

βe

−2t

,

z (t) =

γe

−t

,

u (t) =

ϕ,

α, β, γ, ϕ ∈ R

a) u (1, y , z) = y .

Aby rozwi

azać 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 rozwi

azanie 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 = se

2

γ = ˜se

ϕ = s

Dostajemy trajektori

e rozwi

azania:


































x = e

t−1

,

y = se

2−2t

,

z = ˜

se

1−t

,

u = s,

która leży na wykresie rozwi

azania. Parametryczny (wzgl

edem s i ˜

s) opis powierzchni b

ed

acej wykre-

sem rozwi

azania 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 = ye

2(1+ln|x|)−2

.

Przekształcaj

ac, mamy kolejno:

s = ye

2+ln x

2

−2

,

s = ye

lnx

2

,

s = yx

2

,

czyli u (x , y , z) = s = yx

2

jest szukanym rozwi

azaniem.

b) u (0, y , z) = z.

Teraz parametryzujemy krzyw

a 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:

1.1

Przykładowe rozwiązania

17

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 trajektori

e rozwi

azania:


































x = 0,

y = se

−2t

,

z = ˜

se

−t

,

u = ˜

s.

Z tych równań nie da si

e wyznaczyć s, ˜

s, t, aby wstawić do u (t) = ˜

s, zatem nie ma rozwi

azania.

c) u (0, y , z) = 5.

Krzywa pocz

atkowa Γ =

{(0, y, z, 5) : y, z ∈ R} ma parametryzacj

e: 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 trajektori

e rozwi

azania:


































x = 0,

y = se

−2t

,

z = ˜

se

−t

,

u = 5.

Widać wi

ec, 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

∈ C

1

.

Rozwi

ażmy 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 s

a nast

epuj

ace:

ψ

1

(x , y , z) = xz =

⇒ xz = C =⇒ z =

C

x

,

ψ

2

(x , y , z) = x

2

y =

⇒ x

2

y = D =

⇒ y =

D

x

2

,

1.1

Przykładowe rozwiązania

18

gdzie C , D

∈ R. Wtedy u (x, y, z) = Φ (xz, x

2

y ) jest rozwi

azaniem, gdzie Φ jest funkcj

a klasy C

1

.

Rozważmy, jak poprzednio warunki pocz

atkowe.

a) u (1, y , z) = y .

Wtym przypadku dla x = 1 mamy ¯

ψ

1

= z i ¯

ψ

2

= y , czyli

y = u (1, y , z) = ¯

Φ (z, y ) .

Zatem mamy jedn

a funkcj

e spełniaj

ac

a ten warunek i Φ (xz, x

2

y ) = x

2

y , czyli u (x , y , z) = x

2

y jest

rozwi

azaniem.

b) u (0, y , z) = z.

Teraz dla x = 1 mamy ¯

ψ

1

= 0 i ¯

ψ

2

= 0, czyli z = u (0, y , z) = ¯

Φ (0, 0). Oznacza to brak rozwi

azań,

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

, ¯

ψ

2



= 2 sin ¯

ψ

1

+ 5 cos ¯

ψ

2

=

⇒ u (x, y, z) = Φ

xz, x

2

y



= 2 sin (xz) + 5 cos

x

2

y



lub

Φ

¯

ψ

1

, ¯

ψ

2



= 5e

¯

ψ

2

=

⇒ u (x, y, z) = Φ

xz, x

2

y



= 5e

x

2

y

.

Zadanie 1.8.

Pokazać, że jedynymi funkcjami spełniaj

acymi równanie

2xu

y

+ yu

y

= 0

dla każdego (x , y )

∈ R

2

s

a funkcje stałe.

Znajdziemy najpierw wszystkie krzywe charakterystyczne równania, czyli rozwi

azania układu:










x

= 2x ,

y

= y

(10)

1.2

Zastosowanie - przykładowe rozwiązania

19

dla (x , y )

∈ R

2

. Łatwo zauważyć, że (0, 0)

∈ R

2

jest punktem osobliwym, ponadto krzywe charak-

terystyczne s

a postaci:

x (t) =

αe

2t

, y (t) =

βe

t

,

dla

α, β ∈ R, t ∈ R. Zatem trajektoriami tego układu jest trajektoria rozwi

azania stałego, czyli

punkt (0, 0) oraz wszystkie otwarte w (0, 0) gał

ezie paraboli x = cy

2

wychodz

ace z (0, 0), gdzie

c =

α

β

2

. Wszystkie krzywe charakterystyczne maj

a wspólny punkt skupienia (0, 0)

∈ R

2

. Ponieważ

rozwi

azania maj

a być określone w całej płaszczyźnie, to w szczególności w dowolnym otoczeniu

punktu (0, 0). Wystarczy pokazać wi

ec, że w otoczeniu U punktu (0, 0) nie ma nietrywialnych całek

pierwszych układu (10). Istotnie, ponieważ całki pierwsze s

a stałe na trajektoriach, wi

ec na każdej

cz

eści gał

ezi paraboli wychodz

acej z punktu (0, 0) zawartej w U całka pierwsza musi przyjmować t

e

sam

a wartość, co w punkcie (0, 0). Zatem na każdej gał

ezi paraboli byłaby to funkcja stała (równa

wartości w (0, 0)). Ponieważ dowolne rozwi

azanie równania jest postaci:

u (x , y ) = Φ (F (x , y )) ,

gdzie F jest całk

a 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 rozwi

azania. Ponieważ zaś jedynymi rozwi

azaniami równania s

a całki

pierwsze układu (10), wi

ec innych możliwości już nie ma.

Zauważmy na koniec, że gdybyśmy równanie wyjściowe rozpatrywali w

R

2

\{(0, 0)}, to ogół rozwi

azań

byłby postaci:

u (x , y ) = Φ (F (x , y )) = Φ



x

y

2



,

(x , y )

∈ R

2

\ {(0, 0)} ,

wi

ec 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 g

estość (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 g

estość jest niezależna od y i z, czyli

ρ = ρ(x, t). Niech

1.2

Zastosowanie - przykładowe rozwiązania

20

pr

edkości

a w punkcie (x , y , z) w czasie t b

edzie v (x , t)i , gdzie i jest jednostkowym wektorem w

dodatnim kierunku osi x . Pokażemy, że z zasady zachowania masy, funkcja

ρ (x, t) musi spełniać

równanie (tzw. równanie ciągłości):

ρ

t

+ (

ρv)

x

= 0

(11)

lub po wykonaniu różniczkowania

ρ

t

+ v

ρ

x

+ v

x

ρ = 0.

W celu wyprowadzenia równania, rozważmy przestrzeń mi

edzy x

0

i x

0

+ ∆x .

Ilość masy przechodz

acej przez jednostkowy obszar płaszczyzny x = x

0

w t

e przestrzeń w czasie ∆t

jest wyrażona przez

ρ (x

0

, t) v (x

0

, t) ∆t, a ilość wypływaj

acej z obszaru x = x

0

+ ∆x w czasie ∆t

jest

≈ ρ (x

0

+ ∆x , t) v (x

0

+ ∆x , t) ∆t. Zatem

ρ (x

0

+ ∆x , t) v (x

0

+ ∆x , t) ∆t

− ρ (x

0

, t) v (x

0

, t) ∆t =

= [

ρ (x

0

+ ∆x , t) v (x

0

+ ∆x , t)

− ρ (x

0

, t) v (x

0

, t)] ∆t

≈

≈



x

0

+∆x

x

0

[

ρ (x, t + ∆t) − ρ (x, t)] dx.

Dziel

ac przez ∆x

· ∆t i bior

ac granic

e przy ∆x i ∆t d

aż

acym do 0, mamy

ρ (x

0

+ ∆x , t) v (x

0

+ ∆x , t)

− ρ (x

0

, t) v (x

0

, t)

∆x

≈



x

0

+∆x

x

0

(

ρ (x, t + ∆t) − ρ (x, t))dx

∆x

· ∆t

,

− (ρv)

x

(x

0

, t)

≈ ρ

t

(x

0

, t) .

Zatem mamy (11).

Ustalamy g

estość w czasie t = 0 jako

ρ (x, 0) = ρ

0

(x ), gdzie

ρ

0

(x ) jest pewn

a dan

a funkcj

a klasy

C

1

. Rozważmy 2 przypadki:

1. Załóżmy, że v (x , t) = v

0

, v

0

– stała. Wtedy równanie ma postać:

ρ

t

+ v

0

ρ

x

= 0,

ρ (x, 0) = ρ

0

(x ) .

1.2

Zastosowanie - przykładowe rozwiązania

21

Rozwi

azuj

ac, mamy układ:










t

= 1,

x

= v

0

,

dla którego całk

a pierwsz

a jest

ψ (x, t) = −v

0

t + x . St

ad

ρ (x, t) = f (x − v

0

t), gdzie f jest klasy

C

1

(lub taka, by to założenie dało funkcj

e klasy C

1

).

Z warunku pocz

atkowego mamy:

ρ

0

(x ) =

ρ (x, 0) = f (x) .

St

ad

ρ (x, t) = f (x − v

0

t) =

ρ

0

(x

− v

0

t) jest rozwi

azaniem równania.

2. Załóżmy, że v (x , t) =

αx, gdzie α jest dodatni

a 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 s

a postaci:

ψ

1

(x , t,

ρ) = xe

−αt

i

ψ

2

= (x , t,

ρ) = ρe

αt

.

St

ad mamy:

Φ

xe

−αt

,

ρe

αt



= 0

i po rozwikłaniu:

ρe

αt

= f (xe

−αt

) ,

f

∈ C

1

,

ρ (x, t) = e

αt

f (xe

−αt

) .

Wykorzystujemy znowu warunek pocz

atkowy:

ρ (x, 0) = ρ

0

(x ) .

Wtedy

ρ

0

(x ) =

ρ (x, 0) = e

0

f

xe

0



= f (x ) .

Zatem

ρ (x, t) = e

−αt

ρ

0

xe

−αt



(12)

1.2

Zastosowanie - przykładowe rozwiązania

22

jest rozwi

azaniem.

Interesuj

ace jest tutaj, że gdyby

ρ

0

(x ) =

ρ

0

(const), to mielibyśmy

ρ (x, t) = ρ

0

e

−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 ρ

0

(x ) po zeskalowaniu poziomym przez czynnik e

αt

(rozci

agni

ecie) i pionowym przez czynnik e

−αt

(ściśni

ecie). Zasadę zachowania masy można sprawdzić

bezpośrednio. Te operacje wzi

ete razem zachowuj

a obszar pod wykresem, co oznacza, że całkowita

masa (tzn. całka z g

estości liczona wzgl

edem x ) jest zachowana.

1.2.2

Zastosowanie do ruchu ulicznego [8]

Niech

ρ (x, t) b

edzie g

estości

a ruchu samochodów w punkcie x w czasie t na jednokierunkowej drodze

(tzn.



b

a

ρ (x, t)dx jest liczb

a samochodów mi

edzy x = a i x = b). Zróbmy upraszczaj

ace założenie,

że

ρ (x, t) jest C

1

. Niech M b

edzie dopuszczaln

a pr

edkości

a + dodatkowe 5

km

h

(zwykle jedzie si

e

szybciej niż dopuszczalnie). Niech d b

edzie g

estości

a samochodów w “korku”. Wtedy można założyć,

że pr

edkość 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 wi

ecej, jeśli

ρ =

1
2

d (tzn., gdy odległość

mi

edzy samochodami wynosi około jednej długości samochodu), to mamy v =

1
2

M, co jest raczej

niebezpieczne, gdy M = 60, ale pozwala kontynuować jazd

e. Również tutaj wyst

epuje równanie

ciągłości:

ρ

t

+ (v

ρ)

x

= 0.

Ponieważ

(v

ρ)

x

=



M



1

−

ρ (x, t)

d



ρ (x, t)



x

= M



1

−

2

ρ (x, t)

d



ρ

x

(x , t) ,

mamy tu równanie quasi-liniowe:

ρ

t

+ M



1

− 2

ρ

d



ρ

x

= 0.

Odpowiadaj

acy mu układ ma postać:






















t

= 1,

x

= M

1

− 2

ρ

d



,

ρ

= 0,

1.2

Zastosowanie - przykładowe rozwiązania

23

a rozwi

azanie 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 rozwi

azaniem jest:






















t =

τ,

x = M

1

−

2

d

f (s)



τ + s,

ρ = f (s) .

Niech s = x

0

(ustalone). Wtedy

ρ (x, t) = f (x

0

) (stałe) na linii

x = M



1

−

2

d

f (x

0

)



t + x

0

na płaszczyźnie xt. Jeśli weźmiemy x

1

takie, że f (x

0

)

= f (x

1

), to nowa prosta b

edzie przecinać star

a

w pewnym punkcie (x

2

, t

2

), bo nachylenia tych prostych si

e zmieniaj

a ( f (x

0

) , f (x

1

) - współczynniki

kierunkowe). Ponieważ f (x

0

)

= f (x

1

), to stał

a wartość

ρ na pierwszej prostej nie byłaby równa stałej

wartości na drugiej prostej, zatem proste nie mogły by si

e przeci

ać w (x

2

, t

2

) (bo

ρ (x

2

, t

2

) = f (x

0

) i

ρ (x

2

, t

2

) = f (x

1

)).

Zatem jedyna możliwość jest, gdy f (x )

≡ c, czyli ρ (x, t) ≡ c (tzn. samochody jad

a ze stał

a

pr

edkości

a: M

1

−

c

d



, jeśli 0

 c   d). Może si

e zdarzyć, że niestałe rozwi

azanie b

edzie istniało

dla wszystkich t

 0 (ale nie dla wszystkich t < 0). Rzeczywiście, jeśli pocz

atkowa g

estość f (x )

jest wybrana, aby si

e zmniejszyła w dodatnim kierunku x (f

(x )

 0), to f (x

0

)

> f (x

1

) dla x

1

> x

0

i punkt przeci

ecia (x

2

, t

2

) b

edzie poniżej osi x (tzn. t

2

< 0), bo nachylenie prostej przechodz

acej

przez (x

1

, 0) jest mniejsze niż prostej przechodz

acej przez (x

1

, 0). Ponadto, jeśli f

(x ) jest dodatnie

w pewnym punkcie, np.: x

0

, to dla pewnego x

1

> x

0

mamy f (x

1

)

> f (x

0

) i odpowiadaj

ace linie

przecinaj

a si

e powyżej osi x (rozwi

azania nie ma w punkcie (x

2

, t

2

), gdzie t

2

 0). Jeśli f

(x )

> 0,

to można teraz znaleźć najmniejszy czas t

> 0 dla którego rozwi

azanie przestanie istnieć.

W dowolnym ustalonym t

0

wykres rozwi

azania parametrycznego jest krzyw

a na x

ρ - płaszczyźnie

danej parametrycznie:










x (s) = M

1

−

2

d

f (s)



t

0

+ s,

ρ (s) = f (s) .

1.2

Zastosowanie - przykładowe rozwiązania

24

Wektorem stycznym do tej krzywej w (x (s) ,

ρ (s)) jest

[x

(s) ,

ρ

(s)] =



1

−

2M

d

f

(s) t

0

, f

(s)



.

Jest on pionowy, jeśli f

(s)

= 0 i 1 −

2M

d

f

(s) t

0

= 0.

Niech G b

edzie najwi

eksz

a wartości

a (kresem górnym) dla f

(x ) (czyli G jest maksymaln

a wartości

a

pocz

atkow

a gradientu g

estości dla ruchu). Niech G

< ∞. Wtedy tak długo, jak t

0

<

d

2MG

nie ma

pionowej stycznej do “ci

ecia” g

estości

ρ (x, t

0

) i rozwi

azanie istnieje dla (x , t) takich, że t

<

d

2MG

.

Co wi

ecej, jeśli f

(x ) nie jest stale równe G , to

ρ (x, t) nie może być klasy C

1

dla t troch

e tylko

wi

ekszego niż

d

2MG

, ponieważ byłoby pionow

a styczn

a w takim punkcie.

Dalej,

ρ (x, t) nigdy nie przekracza d, jeśli f (x) ≡ ρ (x, 0) < d. Co wi

ecej teoria przewiduje, że

jeśli f

(x )

> 0, to g

estość b

edzie miała skok (pionow

a styczn

a), co jest znane jako “zderzenie” (ang.

shock). Kiedy “zderzenie” si

e pojawia, gradient g

estości jest nieskończony i to wymusza (tłumaczy)

gwałtown

a zmian

e pr

edkości samochodów. To sugeruje, że samochody łatwo sie zderzaj

a w punkcie

“zderzenia”. Niech pocz

atkowa g

estość b

edzie

ρ (x, 0) = a (1 + x

2

)

−1

, a

< d .

Pocz

atkowo punkt maksimum jest dla x = 0. Dla każdego x

0

, rozwi

azanie ma stał

a wartość: f (x

0

) =

a (1 + x

2

0

)

−1

na prostej x = M

1

−

2

d

f (x

0

)



t + x

0

. Jeśli x

0

= 0, to maksimum jest dla x =

M

1

−

2a

d



t w czasie t. St

ad, punkt maksymalnej g

estości b

edzie si

e przesuwał w prawo, jeśli a

<

d

2

i na lewo, jeśli a

>

d

2

i będzie stał, gdy x = 0, jeśli a =

d

2

. Maksimum dla f

(x ) =

−2ax (1 + x

2

)

−2

pojawia si

e dla x , gdy 0 = f

(x ) = 2a (3x

2

− 1) (1 + x

2

)

−3

, czyli x

1

=

−

1

√

3

. Maksimum wynosi

wtedy

G = f



−1

√

3



=

2a

4
3



−2

√

3

=

9
8

a

√

3

.

St

ad, pierwsze zderzenie pojawia si

e w czasie

t

1

=

d

2MG

=

d



2M·

(

9a

8

)

√

3



=

4d

9aM

√

3

i

x = M



1

−

2

d

f (x

1

)



t

1

+ x

1

= M



1

−

2

d

· 3

a
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 g

estości w czasie t

1

, czyli

M

1

− 2

2

d



4
9

√

3d

(aM)

=



4d

9a

−

8
9



√

3.

1.3

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

25

–15

–10

–5

0

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) =

5

2

(1 + x

2

)

−1

i zrzutowane charakterystyki dla

ρ = u i d = 5.

–6

–4

–2

0

2

4

6

x

–2

–1

0

1

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.

1.3

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

26

2. Znaleźć rozwia¸zania ogólne (rozwikłać, jeśli sie¸ da) dla poniższych równań:

(i) u

· u

x

+ y

· u

y

= x ,

(ii) (u

− 2y)

∂u

∂x

+ (2x

− u)

∂u

∂y

= y

− x,

(iii) x (y

− u)u

x

+ y (u

− x)u

y

= u(x

− y).

3. Znaleźć rozwia¸zania równań z podanym warunkiem pocza¸tkowym:

(i) yz

∂z

∂x

+ x

∂z

∂y

= 0,

z(x , y ) = x

2

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) =

1
2

(y + z) dla x = 2.

4. Znaleźć rozwia¸zania ogólne równań:

(i) x

∂u

∂x

+ y

∂u

∂y

+

z
2

∂u

∂z

= 0 (wydzielić rozwia¸zanie spełniaja¸ce warunek pocza¸tkowy: u(x , y , z) = y + z

2

dla x = 1),

(ii) y

∂z

∂x

+ x

∂z

∂y

= 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

−

1
y

,

(v) (x

3

+ 3xy

2

)

∂u

∂x

+ 2y

3 ∂u

∂y

+ 2y

2

z

∂u

∂z

= 0,

(vi) x (y

2

− z

2

)

∂u

∂x

− y(x

2

+ z

2

)

∂u

∂y

+ z(x

2

+ y

2

)

∂u

∂z

= 0,

(vii) x

∂u

∂x

+ y

∂u

∂y

+ (z

−

√

x

2

+ y

2

+ z

2

)

∂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)

∂z

∂x

+ (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)

∂z

∂x

+ (x

− z)

∂z

∂y

+ x

− y = 0,

(vii) x

∂u

∂x

− y

∂u

∂y

+ z

∂u

∂z

= u,

u(x , y , z) = y + z dla x = 1.

1.3

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

27

7. Znaleźć powierzchnie całkowe przechodza¸ce przez dane krzywe:

(i) y

∂z

∂x

− x

∂z

∂y

= 0,

z = y , x = 0,

(ii) y

∂z

∂x

− x

∂z

∂y

= 0,

z = y

2

, x = 0,

(iii) y

∂z

∂x

− x

∂z

∂y

= 0,

x

2

− y

2

= 1, x = 0,

(wykonać rysunki powyższych zadanych powierzchni.)

(iv) x

∂z

∂x

− y

∂z

∂y

= x

− y, x = a, y

2

+ a

2

,

(v) y

∂z

∂x

+ x

∂z

∂y

= x

2

+ y

2

,

x = a, z = 1 + 2y + 3y

2

.

8. Znaleźć rozwia¸zanie ogólne oraz narysować charakterystyki dla równań:

(i) 3

∂u

∂x

− 2

∂u

∂y

+ u = x ,

(ii) u

x

+ 2u

y

− 4u = e

x+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: u

x

+ 2u

y

− 4u = e

x+y

spełniaja¸ce

naste¸puja¸ce warunki:

(i) u(x , 0) = sin(x

2

),

(ii) u(0, y ) = y

2

,

(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 + 2e

x

.

12. Rozwia¸zać problem: u

x

− 2u

y

= 0, u(x , e

x

) = e

2x

+ 4xe

x

+ 4x

2

.

13. Niech a, b, c be¸da¸ stałymi z ab

= 0. Rozważmy równanie: au

x

+ bu

y

+ cu = 0. Jaka¸ po-

stać ma rozwia¸zanie ogólne: u(x , y ) = e

−cx

a

f (bx

− ay) czy u(x, y) = e

−cy

b

f (bx

− ay)?

14. Znaleźć rozwia¸zania ogólne:

(i) xu

x

+ 2yu

y

= 0 dla x

> 0, y > 0,

1.3

Zestaw zadań do ćwiczenia samodzielnego

28

(ii) xu

x

− xyu

y

− u = 0 dla (x, y) ∈ R

2

,

(iii) xu

x

− 2yu

y

+ u = e

x

dla x

> 0,

(iv) yu

x

− 4xu

y

= 2xy dla (x , y )

∈ R

2

.

15. Znaleźć rozwia¸zania szczególne dla równań z poprzedniego zadania spełniaja¸ce odpowiednio

warunki:

(i) u(x ,

1
x

) = x , x

> 0,

(ii) u(x , x ) = x

2

e

x

,

(iii) u(1, y ) = y

2

,

(iv) u(x , 0) = x

4

.

16. Pokazać, że problem yu

x

− 4xu

y

= 2xy dla (x , y )

∈ R

2

z warunkiem u(x , 0) = x

3

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)u

x

+ (x

− 2)u

y

+ (y

− x)u

z

= 0,

(ii) xu

x

+ yu

y

= 0,

z warunkami odpowiednio:

(

) u(x, y, −x − y) = 1,

(

) u(x, 1) =

1

x

2

,

(

) u(x, y, 1) = x

2

+ y

2

+ 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

∈ R

n

rozwiązaniem zagadnienia począt-

kowego










u

t

+ b

◦ Du = 0

w

R

n

× (0, ∞),

u = g

na

R

n

× {t = 0}

jest u(x , t) = g (x

− tb) dla x ∈ R

n

, t

 0, o ile g jest klasy C

1

.

19. Posługując się rozumowaniem użytym przy wyprowadzeniu równania charakterystyk dla rów-

nania pierwszego rzędu F (Du, u, x ) = 0 w U będącym otwartym podzbiorem

R

n

i u będąca funkcją

niewiadomą, wyprowadzić (nie przepisywać gotowego wzoru!) postać równania charakterystyk dla

następującego równania:

xu

x

+ 2y

2

u

y

− 4u

3

+ 2 = 0.

2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu

29

Określić jak najdokładniej jego typ.

20. Stosując metodę charakterystyk, wykazać, że rozwiązaniem niejednorodnego zagadnienia po-

czątkowego










u

t

+ b

◦ Du = f

w

R

n

× (0, ∞),

u = g

na

R

n

× {t = 0}

jest

u(x , t) = g (x

− tb) +



t

0

f (x + (s

− t)b, s) ds

dla b, x

∈ R

n

, t

 0, o ile g jest klasy C

1

.

2

Równania nieliniowe pierwszego rzędu

Rozważmy równanie

F (x , t, u, u

x

, u

t

) = 0.

(13)

Jest to równanie falowe nieliniowe, jeśli brak liniowości pojawia si

e przy pochodnej u

x

lub u

t

. Jako

takie, jest zwykle trudniejsze do rozwi

azania. Podamy metod

e rozwi

azania tego równania za pomoc

a

charakterystyk.

Niech p = u

x

, q = u

t

i rozważmy powierzchni

e u = u (x , t) spełniaj

ac

a (13). Jej wektor nor-

malny ma postać [u

x

, u

t

,

−1] = [p, q, −1] i z (13) wynika, że w punkcie (x, t, u) składniki p i q

wektora normalnego spełniaj

a 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 płaszczyzn

e styczn

a

do powierzchni, zatem (14) determinuje jednoparametrow

a rodzin

e przestrzeni stycznych w każdym

punkcie w przestrzeni xtu.

Załóżmy, że F

2

p

+ F

2

q

= 0.

Płaszczyzny styczne wyznaczone przez zbiór wektorów normalnych [p, q,

−1] w punkcie (x

0

, t

0

, u

0

)

spełniaj

a równania:

(u

− u

0

)

− p · (x − x

0

)

− q (p) · (t − t

0

) = 0,

(15)

2 Równania nieliniowe pierwszego rzędu

30

przy czym zakładamy, że F (x

0

, t

0

, u

0

, p, q) = 0 jest rozwi

azane dla q b

ed

acego funkcj

a zmiennej p i

jedno z rozwi

azań może być wyrażone jako q = q (p).

Policzmy pochodn

a (15) wzgl

edem p. Mamy wtedy:

− (x − x

0

)

− q

(p)

· (t − t

0

) = 0.

(16)

Policzmy teraz pochodn

a:

dF

dp

=

∂F

∂p

+

∂F

∂q

·

dq

dp

= F

p

+ q

(p) F

q

= 0.

St

ad q

(p) =

−F

p

F

q

, wi

ec (16) ma teraz postać:

− (x − x

0

) +

F

p

F

q

(t

− t

0

) = 0,

x

− x

0

t

− t

0

=

F

p

F

q

.

Wróćmy teraz do (15), wstawiaj

ac ostatni wynik:

u

− u

0

t

− t

0

= p

x

− x

0

t

− t

0

+ q (p) = p

F

p

F

q

+ q =

pF

P

+ qF

q

F

q

.

St

ad ostatecznie:

u

− u

0

pF

p

+ qF

q

=

t

− t

0

F

q

=

x

− x

0

F

p

,

(17)

czyli kierunek każdej płaszczyzny stycznej (dla ustalonego p i q) jest wyznaczony przez wektor

[F

p

, F

q

, pF

p

+ qF

q

]. Ponieważ p i q zmieniaj

a si

e w zakresie swoich wartości, te kierunki (zwane

kierunkami charakterystycznymi) tworz

a rodzin

e linii (17). Skonstruujmy teraz równania krzywych

x = x (s), t = t (s), u = u (s), które maj

a kierunek charakterystyczny w każdym puncie. Wtedy:

dx

ds

= F

p

,

dt
ds

= F

q

,

du

ds

= pF

p

+ qF

q

,

(18)

przy czym krzywe musz

a być tak wybrane, by leżały na pojedynczej powierzchni u = u (x , t). Trzeba

wi

ec założyć, że ta powierzchnia jest dana oraz, że p = u

x

, q = u

t

s

a 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, wi

ec

dp

ds

= p

x

x

(s) + p

t

t

(s) = p

x

F

p

+ p

t

F

q

,

dq

ds

= q

x

x

(s) + q

t

t

(s) = q

x

F

p

+ q

t

F

q

.

(19)

Dalej, jeśli u = u (x , t) jest rozwi

azaniem (13), czyli F (x , t, u, p, q) = 0, to:

dF

dx

= F

x

+ F

u

p + F

p

p

x

+ F

q

q

x

= 0,

dF

dt

= F

t

+ F

u

q + F

p

p

t

+ F

q

q

t

= 0.

(20)

2.1

Przykładowe rozwiązania

31

Ale u

x

= p i u

t

= q implikuj

a, że u

xt

= p

t

= u

tx

= q

x

, zatem (19) można zapisać w postaci:

dp

ds

= p

x

F

p

− F

x

− F

u

p

− F

p

p

x

=

−F

x

− F

u

p,

dq

ds

=

−F

t

− F

u

q

− F

q

q

t

+ q

t

F

q

=

−F

t

− F

u

q.

(21)

Równania (18) i (21) tworz

a 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 pocz

atkowy dla równania (13) wymaga, by powierzchnia u = u (x , t) zawierała krzyw

a Γ

(krzyw

a pocz

atkow

a) zadan

a parametrycznie

x = x (

τ), t = t (τ), u = u (τ).

Warunki te odpowiadaj

a s = 0 dla x (s), t (s) i u (s), jak dla równań liniowych, ale w odróżnieniu

do nich musimy mieć też warunki pocz

atkowe dla p (s) i q (s), jeśli chcemy uzyskać jednoznaczne

rozwi

azanie równań charakterystycznych i w konsekwencji warunku pocz

atkowego dla równania (13).

Wartości pocz

atkowe p (

τ) i q (τ) na krzywej Γ nie mog

a 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) b

ed

a

wartościami pocz

atkowymi 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)

Podsumowuj

ac, jeśli mamy równania charakterystyczne i warunki pocz

atkowe dla x , t, u, p i q oraz

dx

d

τ

F

q

−

dt

d

τ

F

p

= 0

(23)

na krzywej pocz

atkowej Γ, możemy dostać jednoznaczne rozwi

azanie problemu (13) z warunkiem

pocz

atkowym w otoczeniu krzywej pocz

atkowej Γ [23].

2.1

Przykładowe rozwiązania

Zadanie 2.1.

Rozważmy równanie (tzw. nieliniowe równanie fali):

u

t

+ u

2

x

= 0

z warunkiem pocz

atkowym

a) u (x , 0) = ax ,

a =const ,

b) u (x , x ) = 1.

2.1

Przykładowe rozwiązania

32

Aby rozwi

azać 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, u

x

, u

t

) = u

t

+ u

2

x

, wi

ec z

(22) dostajemy dla u

t

= q, u

x

= p:










q (

τ) + p

2

(

τ) = 0,

a = p (

τ) · 1 + q (τ) · 0 = p (τ) .

Zatem p (

τ) = a i q (τ) = −a

2

wyznaczaj

a warunki pocz

atkowe na p i q. Utwórzmy teraz równania

charakterystyczne dla tego problemu:

dx

ds

= F

p

= 2p,

dt
ds

= F

q

= 1,

du

ds

= pF

p

+ qF

q

= 2p

2

+ q,

dp

ds

=

−F

x

− F

u

p = 0,

dq

ds

=

−F

t

− F

u

q = 0.

(24)

St

ad mamy (po scałkowaniu tych równań):


















































x (s,

τ) = 2as + C

1

(

τ) ,

t (s,

τ) = s + C

2

(

τ) ,

τ (s, τ) = 2a

2

s

− a

2

s + C

3

(

τ) = a

2

s + C

3

(

τ) ,

p (s,

τ) = C

4

(

τ) ,

q (s,

τ) = C

5

(

τ) ,

gdzie C

1

, C

2

, C

3

, C

4

, C

5

s

a funkcjami zależnymi od

τ. Ale z warunku pocz

atkowego mamy, że dla

s = 0: x (0,

τ) = τ, czyli C

1

(

τ) = τ; t (0, τ) = 0, czyli C

2

(

τ) = 0; u (0, τ) = aτ, czyli C

3

(

τ) = aτ;

p (0,

τ) = a, czyli C

4

(

τ) = a i q (0, τ) = −a

2

, czyli C

5

(

τ) = −a

2

.

Mamy ostatecznie:

x (s,

τ) = 2as + τ, t (s, τ) = s, u (s, τ) = a

2

s + a

τ, p (s, τ) = a, q (s, τ) = −a

2

.

Z dwóch pierwszych równań możemy teraz wyznaczyć s i

τ i wstawić do trzeciego:

s = t,

τ = x − 2at,
u = a

2

t + a (x

− sat) .

St

ad u (x , t) = a (x

− at). Równość ta przedstawia fal

e poruszaj

ac

a si

e z pr

edkości

a a. Jeśli a

> 0,

to przesuwa si

e ona w prawo, a dla a

< 0 w lewo.