Київський національний університетімені Тараса Шевченка

Методичний посібникдо практичних занять та самостійної роботи

з курсу “Рівняння математичної фізики”

Постановка основних крайових задачдля рівнянь математичної фізики .

Зведення рівнянь з частинними похіднимидо канонічного вигляду.

для студентів механіко-математичного факультету

Київ – 2004

Методичні вказівки до практичних занять та самостійної роботи з курсу“Рівняння математичної фізики” для студентів механіко-математичногофакультету. Постановка основних крайових задач для рівнянь математичноїфізики. Зведення рівнянь з частинними похідними до канонічного вигляду. /Упоряд. І.Б. Романенко, В.Г. Самойленко. – Київ, 2004. – 52 с.

Рецензенти:

Глущенко А.А., д-р фіз.-мат. наук, проф. кафедри математичноїфізики Київського національного університету імені ТарасаШевченка

Нікітін А.Г., д-р фіз.-мат. наук, проф., завідувач відділуприкладних досліджень Інституту математики НАН України

Рекомендовано до друку вченою радоюмеханіко-математичного факультету11 жовтня 2004 р., протокол № 2

3

Вступ

За діючим навчальним планом студенти механіко-математичногофакультету вивчають курс “Рівняння математичної фізики” протягомодного навчального семестру. Дані методичні вказівки розроблено дляпідготовки та проведення практичних занять з рівнянь математичноїфізики і розраховані на студентів та викладачів. Під час підготовкиметодичних вказівок використано багаторічний досвід викладання цьогокурсу на механіко-математичному факультеті Київського національногоуніверситету імені Тараса Шевченка.

Методичні вказівки містять матеріал, який пов’язаний з першоютемою “Постановка крайових задач для рівнянь з частиннимипохідними” та другою темою “Зведення рівнянь з частинними похіднимидо канонічного вигляду”. Розглянуто приклади постановки основнихкрайових задач. Наведено класифікацію квазілінійних диференціальнихрівнянь з частинними похідними другого порядку, способи зведеннярівнянь з частинними похідними до канонічного вигляду та прикладивідшукання загальних розв’язків рівнянь з частинними похідними. Крімцього, запропоновано задачі для розв’язання під час аудиторних занятьта самостійної роботи студентів.

Під час підготовки цих методичних вказівок упорядникивикористовували літературу, перелік якої подано у кінці методичноїрозробки. Складаючи завдання для самостійного розв’язання,упорядники використовували навчальні посібники [1 – 5].

При підготовці до практичних занять та самостійній роботі для більшглибокого вивчення теоретичного матеріалу доцільно такожвикористовувати [6-13]. Додатковий матеріал з курсів алгебри,математичного аналізу та звичайних диференціальних рівнянь,потрібний для розв’язання задач, можна знайти у [14 – 18]

4

Тема 1. Постановка основних крайових задачдля рівнянь математичної фізики

§1. Задача про малі поперечні коливання струни

Струна довжини l з однорідного матеріалу та зі сталим перерізомздійснює малі поперечні коливання під дією зовнішніх сил у середовищі,де наявні сили тертя та сили опору середовища (коливанняназиваються малими, коли величинами другого та більш високогопорядку можна знехтувати у порівнянні з величинами нульового тапершого порядку). Відомо положення струни )(xj та швидкості точокструни )(xy у початковий момент t = 0. Сформулювати задачу промалі коливання струни для кожного з таких випадків:

a) Кінці струни рухаються за заданими законами )(0 tu та )(tul ;

b) На кінцях струни задані поперечні сили )(0 tp та )(tpl ;c) Кінці струни пружно закріплені, причому коефіцієнти жорсткості

пружин дорівнюють 0k та lk , а інші точки закріплення пружин

рухаються відповідно за законами )(0 tg та )(tgl .Розв’язання. Повна постановка задачі складається з рівняння з

частинними похідними, крайових умов та початкових умов. Рівняння зчастинними похідними визначає закон перебігу процесу коливань дляусіх точок струни, окрім крайових. Виведемо це рівняння.

Нехай струна у невідхиленому положенні співпадає з відрізком ],0[ lосі абсцис. За допомогою ),( txu позначимо відхилення точки x струнивід нульового положення.

Розглянемо довільну частинку струни від 1x до 2x , де

lxx <<< 210 у деякий момент часу 0>t (рис. 1). Згідно з другимзаконом Ньютона, рівнодійна сил, які діють на тіло, дорівнює добутку

Рисунок 1

5

маси тіла на набуте ним прискорення, тобто amF rr= .

Запис цієї рівності для частинки струни від 1x до 2x у проекціях на осіOx та Oy відповідно дають співвідношення

0),(cos),(),(cos),( 2211 =+- txtxTtxtxT aa (1)та

-++- ò2

1

),(),(sin),(),(sin),( 2211

x

xdxtxftxtxTtxtxT aa

dxtxtudxtxudxtx

tu x

x

x

x

x

x),(),(),( 2

22

1

2

1

2

1 ¶

¶=-

¶¶

- òòò rgb . (2)

Тут ),( txT – модуль сили натягу струни у точці x у момент часу t;),( txa – кут, який утворює дотична до кривої ),( txu (при фіксованому

t) з додатним напрямком осі Ox; ),( txf – щільність зовнішніх сил; b –коефіцієнт тертя; g – коефіцієнт сил опору середовища; r – лінійнащільність матеріалу струни.

Неважко переконатись у тому, що для малих коливань

1

1

1),(cos2»

÷øö

çè涶+

=

xu

txa , ÷øö

çè涶

»

÷øö

çè涶+

÷øö

çè涶

=xu

xu

xu

tx2

1

),(sina .

Враховуючи отримані співвідношення для ),(cos txa , ),(sin txa , зрівності (1) знаходимо

)(),(),( 21 tTtxTtxT == , (3)а з рівності (2), (3) дістаємо

-+÷øö

çèæ

¶¶

-¶¶

ò2

1

),(),(),()( 12

x

xdxtxftx

xutx

xutT

dxtxtudxtxudxtx

tu x

x

x

x

x

x),(),(),( 2

22

1

2

1

2

1 ¶

¶=-

¶¶

- òòò rgb . (4)

З рівності (4) та формули Ньютона-Лейбніца отримуємоспіввідношення

-+¶

¶òò2

1

2

1

),(),()( 2

2 x

x

x

xdxtxfdxtx

xutT

6

dxtxtudxtxudxtx

tu x

x

x

x

x

x),(),(),( 2

22

1

2

1

2

1 ¶

¶=-

¶¶

- òòò rgb ,

звідки, враховуючи довільність обраних точок 1x , 2x , маємо

ututxf

xutT

tu

gbr -¶¶

-+¶

¶=

¶

¶ ),()( 2

2

2

2, (5)

для lx <<0 , 0>t .Доведемо, що в рівнянні (5) T – стала. Як відомо, зміна сили натягу

струни відбувається при зміні її довжини. Знайдемо довжину струни умомент часу t, враховуючи той факт, що коливання малі. Якщопозначити за допомогою L(t) довжину струни у момент часу t, то можназаписати

ldxdxxutL

ll=»÷

øö

çè涶

+= òò00

21)( .

Таким чином, за умови малих коливань довжина струни незмінюється. Іншими словами, сила натягу струни T залишаєтьсянезмінною у часі. Враховуючи це, рівняння коливань струни може бутизаписано у вигляді

ututxf

xuT

tu

gbr -¶¶

-+¶

¶=

¶

¶ ),(2

2

2

2, (7)

або

ututxf

xua

tu

gb -¶¶

-+¶

¶=

¶

¶ ),(2

22

2

2. (8)

ТутrTa =2 , а під функцією f ( x, t ) та коефіцієнтами b, g з рівняння (8)

ми розуміємо відповідно виразиr

),( txf,rb

,rg

, отримані з рівняння

(7). Нові позначення для цих виразів не були введені з метою уникненнядодаткових індексів.

Якщо у рівнянні (8) 0ºf , то говорять про вільні коливання струни;якщо 0ºb , то кажуть, що коливання відбуваються без тертя; коли ж

0ºg , то говорять, що опір середовища відсутній.Дістанемо тепер математичний запис крайових умов, які описують

перебіг процесу коливань на крайніх точках струни.У випадку a), коли задано закон руху кінців струни, запис крайових

умов для лівого та правого кінця відповідно має вигляд

7

0),(),0( 0 >= ttutu , (9)

0),(),( >= ttutlu l . (10)Для запису крайової умови, яка відповідає випадку b) на лівому кінці

струни, розглянемо ділянку струни від 0 до x, де x – довільне значення

від 0 до l. Запишемо проекцію рівності amF rr= на вісь Oy з

урахуванням співвідношень, отриманих при виведенні рівняння (8) татого факту, що на ділянці струни ],0[ x сила натягу струни діє лише направий кінець:

-+¶¶

+ òx

dxtxftxxuTtp

00 ),(),()(

dxtxtudxtxudxtx

tu xxx

),(),(),( 2

2

000 ¶

¶=-

¶¶

- òòò rgb . (11)

Виконавши в (11) граничний перехід при x®0, дістанемо

0,)(),0( 0 >-=¶¶ t

Ttpt

xu

, (12)

що і відповідає крайовій умові на лівому кінці струни.Крайова умова на правому кінці струни може бути отримана з

аналогічних міркувань з урахуванням того факту, що для ділянки струни],[ lx , яка досліджується при виводі цієї умови, сила натягу спрямована

у протилежний бік, аніж у випадку лівого кінця струни. Тому крайоваумова для правого кінця матиме вигляд

0,)(),( >=¶¶ t

Ttptl

xu l . (13)

У випадку, коли в умові (12) або (13) 00 ºp або 0ºlp , тоговорять, що на відповідний кінець струни сили не діють, або що кінецьструни вільний.У випадку c) пружного закріплення кінців струни крайові умови можутьбути отримані зі співвідношень (12), (13) і закону Гука

LkF D-= ,де F – сила пружності, k – коефіцієнт жорсткості, а DL – абсолютневидовження пружини.

Співвідношення для випадку пружного закріплення струни відповіднодля лівого та правого кінців мають вигляд

0,))(),0((),0( 00 >-

=¶¶ t

Ttgtukt

xu

, (14)

0,))(),((),( >-

-=¶¶ t

Ttgtluktl

xu ll . (15)

8

Початкові умови, які характеризують стан струни у момент часу t = 0,мають вигляд

),0(),()0,( lxxxu Î=j , (16)

),0(),()0,( lxxxtu

Î=¶¶ y . (17)

Умова (16) визначає профіль струни у початковий момент часу, аумова (17) характеризує швидкості точок струни у момент часу t = 0.

Таким чином, повна постановка задачі про малі коливання струнимістить

1. Рівняння з частинними похідними2. Крайову умову на лівому кінці та крайову умову на правому

кінці3. Початкові умови

Зауважимо, що тип крайових умов на лівому та правому кінцяхструни може відрізнятись.

Наприклад, задача

ïïïï

î

ïïïï

í

ì

Î=¶¶

=

>-=¶¶

=

>Î-+¶

¶=

¶

¶

),0(,0)0,(,sin)0,(

,0,),(),(,0),0(

,0),,0(,),(2

22

2

2

lxxtu

lxxu

tT

tluktlxutu

tlxutxfxua

tu

l

p

g

описує процес вимушених (під дією зовнішньої сили) коливань гнучкоїоднорідної струни у пружному середовищі без тертя. Лівий кінецьжорстко закріплено на висоті 0, а правий закріплено пружно, причомуінша точка закріплення пружини жорстко зафіксована на висоті 0. У

початковий момент струна мала профіль, заданий функцієюlxpsin , та

нульові швидкості.

§2. Постановка задач про коливання для двовимірнихта тривимірних областей

Математичні моделі коливальних процесів можуть виникати і в томувипадку, коли досліджуваний просторовий об’єкт описується за

допомогою множини у просторі 2R або 3R .Наприклад, можна розглянути задачу про дослідження поперечних

коливань тонкої однорідної мембрани (тобто такого об’єкту, в якоготовщина набагато менша за інші розміри), положення якої у

невідхиленому стані співпадає з областю 2RÌW . Якщо позначити за

9

допомогою u(x,y,t) поперечне відхилення точки з координатами (x,y) від“нульового” положення, то виявляється, що рівняння з частиннимипохідними, яке визначає процес коливань, має вигляд

0,),(,),,(22

2>WÎ-

¶¶

-+D=¶

¶ tyxututyxfua

tu

gb ,

де 2

2

2

2

yu

xuu

¶

¶+

¶

¶=D (оператор Лапласа), f ( x, y, t ) – функція, яка

визначає щільність дії на мембрану зовнішніх сил, b – коефіцієнттертя, g – коефіцієнт опору середовища.

На межі мембрани може бути задано крайові умови одного з такихвидів:

a) Задано закон руху точок краю мембрани0,),(),,,(),,( >W¶Î= tyxtyxUtyxu

b) На межі мембрани діє відома сила ),,( tyxp . Тоді крайоваумова має вигляд

0,),(),,,(),,( >W¶Î-=¶¶ tyxtyxptyx

nu a ,

де n – внутрішня нормаль до межі мембрани W¶ , ),( nunu

Ñ=¶¶

.

У тому випадку, коли на межі мембрани задано умову 0=¶¶

nu

,

говорять, що на межу не діють ніякі сили, або, іншими словами, межамембрани вільна.

c) Межа мембрани закріплена пружно з коефіцієнтом пружностіk(x,y), причому інші точки пружного закріплення рухаються зазаконом ),,( tyxg . Тоді крайова умова має вигляд

0,),()),,,(),,()(,(),,( >W¶Î-=¶¶ tyxtyxgtyxuyxktyx

nu a .

Зауважимо, що межа W¶ мембрани може бути поділена на ділянки,на яких можуть бути задані крайові умови різного типу.

Початкові умови для задачі про малі коливання мембрани маютьвигляд

WÎ= ),(),,()0,,( yxyxyxu j ,

WÎ=¶¶ ),(),,()0,,( yxyxyx

tu y .

Перша з наведених початкових умов задає вигляд поверхні мембрани упочатковий момент часу, а друга умова визначає швидкості точокмембрани у початковий момент.

10

Як і у випадку задачі про коливання струни, повна постановка задачіпро малі коливання мембрани містить

1. Рівняння з частинними похідними2. Крайову умову (або умови) на межі мембрани3. Початкові умови

Крайових умов може бути кілька у випадку розбиття межі мембранина ділянки, де крайові умови відрізняються.

Наприклад, задача

ïïïïï

î

ïïïïï

í

ì

´Î=¶¶

--=

>Î=¶¶

=¶¶

>Î--=¶¶

=

>´Î¶¶

-D=¶

¶

]1,0[]1,0[),(,0)0,,(),1()1()0,,(

,0],1,0[,0),,1(),,0(

,0],1,0[),sin),1,((),1,(,0),0,(

0],1,0[]1,0[),(,22

2

yxyxtuyyxxyxu

tytyxuty

xu

txttxuktxyutxu

tyxtuua

tu b

описує процес вільних (без дії зовнішніх сил) коливань тонкої квадратноїмембрани зі стороною довжини 1 у середовищі з силами тертя, але безопору середовища. Край мембрани 0=y жорстко закріплений нависоті 0, а протилежний край закріплений пружно, причому інші точкипружного закріплення рухаються за законом tsin . Два інші країмембрани вільні. У початковий момент поверхня мембрани мала виглядx (1 – x) y (1 – y), а швидкості були нульовими.

У випадку області W з простору 3R може розглядатись задача проколивання точок тривимірного тіла, які відбуваються паралельно додеякого заданого вектору. У цьому разі за допомогою u (x, y, z, t ) можнапозначити відхилення точки з координатами ( x, y, z ) від свогоположення. При цьому виникає задача, яка може бути записанааналогічно двовимірному випадку (коливання мембрани), за тимвинятком, що усі функції та вирази у сформульованій задачі будутьзалежати вже від трьох просторових координат x, y та z.

§3. Задача про теплообмін усередині тонкого однорідного стрижня

Розглядається процес теплообміну у стрижні, зробленому зоднорідного матеріалу, з теплоізольованою бічною поверхнею (окрімторців). Будемо вважати, що усі перпендикулярні перерізи стрижняоднакові і що стрижень тонкий, тобто такий, що температура усіх точоккожного перпендикулярного перерізу однакова. Відомо, що температурастрижня у початковий момент часу задана за допомогою функції )(xj ,а усередині стрижня діють теплові джерела, щільність яких визначено

11

функцією ),( txf . Потрібно сформулювати задачу, яка описує процестеплообміну усередині стрижня для кожного з таких випадків:

a) На кінцях стрижня підтримується температура, заданафункціями )(0 tu та )(tul ;

b) На кінцях стрижня задано тепловий потік )(0 tq та )(tql ;c) На кінцях стрижня відбувається конвективний теплообмін з

навколишнім середовищем, яке має температуру )(0 tn та

)(tln відповідно з коефіцієнтами конвективного теплообміну 0hта lh .

Розв’язання. Нехай повздовжний напрямок розташування стрижняспівпадає з відрізком ],0[ l осі абсцис. Оскільки температура усіх точоккожного перпендикулярного перерізу стрижня однакова, то стриженьможе бути ототожнений з цим відрізком. За допомогою ),( txuпозначимо температуру точки x стрижня у момент часу t.

Виведемо рівняння з частинними похідними, яке описує процестеплообміну усередині стрижня. Розглянемо довільну ділянку стрижнявід 1x до 2x , де lxx <<< 210 , на довільному часовому інтервалі від

1t до 2t , де 210 tt << (рис. 2).Згідно з першим законом термодинаміки

UAQ D=D+D , (18)де QD – зміна кількості теплоти тіла, AD – робота над тілом зовнішніхсил, UD – зміна внутрішньої енергії тіла. У досліджуваному випадку

0=DA , оскільки механічна робота над стрижнем не відбувається.Як відомо, зміна кількості теплоти тіла може бути обчислена за

формулою

ò D=DV

dxTcQ r , (19)

Рисунок 2

12

де V – повний об’єм тіла, c – коефіцієнт питомої теплоємності, r –щільність матеріалу, з якого складається тіло, TD – зміна температуритіла. Застосовуючи формулу (19) до досліджуваної ділянки стрижня,маємо, з урахуванням формули Ньютона-Лейбніца

ò òò ¶¶

=-=D2

1

2

1

2

1

)),(),(( 21

x

x

t

t

x

xdt

tucdxdxtxutxucQ rsrs , (20)

де s – площа перпендикулярного перерізу стрижня.Зміна внутрішньої енергії тіла UD може бути визначена за

формулою

зовнвнутр UUU D+D=D , (21)

де внутрUD – зміна внутрішньої енергії за рахунок внутрішніх джерел

тепла, зовнUD – зміна внутрішньої енергії за рахунок надходженнятепла із-зовні. Тоді

ò ò=D2

1

2

1

),(x

x

t

tвнутр dttxfdxU s . (22)

Зміна внутрішньої енергії тіла за рахунок надходження тепла іззовнішнього середовища може бути обчислена за допомогою законуФур’є

nukq¶¶

-= , (23)

де q – тепловий потік за момент часу через переріз площі 1, k –коефіцієнт інтенсивності теплового потоку, який визначається

властивостями матеріалу,nu¶¶

– похідна від функції температури у

напрямку внутрішньої по відношенню до тіла нормалі до поверхніперерізу.

Оскільки у досліджуваному випадку тепловий потік у ділянку стрижня],[ 21 xx може надходити лише через перерізи, які відповідають точкам

1x , 2x , то з формули (23) та формули Ньютона-Лейбніца маємо

=÷÷

ø

ö

çç

è

æ

¶¶

-¶¶

-=D ò==

2

1 21

t

t xxxxзовн dt

nuk

nukU ss

ò òò¶

¶=÷

øö

çèæ

¶¶

+¶¶

-=2

1

2

1

2

12

221 ),(),(

t

t

x

x

t

tdx

xukdtdttx

xutx

xuk ss . (24)

Нарешті, зі співвідношень (18), (20), (21), (22), (24) отримуємо

13

ò ò òòò ò +¶

¶=

¶¶ 2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

),(2

2x

x

x

x

t

t

t

t

x

x

t

tdttxfdxdt

xukdxdt

tucdx ssrs . (25)

В силу довільного обрання інтервалів ),( 21 xx та ),( 21 tt з формули(25) отримуємо

),(2

2txf

xuk

tuc ssrs +

¶

¶=

¶¶

. (26)

Після ділення співвідношення (26) на rsc знаходимо рівняннятеплообміну усередині тонкого однорідного стрижня:

),(2

22 txf

xua

tu

+¶

¶=

¶¶

, (27)

деrcka =2 , а під ),( txf ми розуміємо вираз

rctxf ),(

, отриманий з

рівняння (26). Нове позначення для цієї функції не було введене зметою уникнення додаткових індексів.

Дістанемо тепер математичний запис крайових умов, які описуютьперебіг теплового процесу на краях стрижня.

У випадку a), коли відомо значення температур на кінцях стрижня,запис відповідних крайових умов для лівого та правого кінця має вигляд

0),(),0( 0 >= ttutu , (28)

0),(),( >= ttutlu l . (29)У випадку b), коли відомий тепловий потік на торцях стрижня, з

формули (23) маємо співвідношення

)(00

tqnuk

x=

¶¶

-=

s , )(tqnuk l

lx=

¶¶

-=

s ,

або

,0,)(),0( 0 >-=¶¶ t

ktqt

xu

s(30)

0,)(),( >=¶¶ t

ktqtl

xu l

s. (31)

Розглянемо випадок c), коли на кінцях стрижня відбуваєтьсяконвективний теплообмін з навколишнім середовищем, температуруякого відомо. Тепловий потік усередину тіла, який виникає приконвективному теплообміні, може бути знайдено за законом Ньютона

)( n--= uhq , (32)

14

де q – тепловий потік через переріз одиничної площі; h – коефіцієнттеплообміну; u – температура тіла; n – температура навколишньогосередовища.

З (30) – (32) маємо запис крайових умов на кінцях стрижня у випадкуконвективного теплообміну з навколишнім середовищем:

,0,))(),0((),0( 00 >-

=¶¶ t

kttuht

xu

sn

(33)

0,))(),((),( >-

-=¶¶ t

kttluhtl

xu ll

sn

. (34)

Початкова умова, яка характеризує температуру стрижня упочатковий момент часу t = 0, має вигляд

),0(),()0,( lxxxu Î=j . (35)Таким чином, повна постановка задачі про теплообмін у тонкому

однорідному стрижні містить

1. Рівняння з частинними похідними2. Крайову умову на лівому кінці та крайову умову на правому

кінці3. Початкову умову

Зауважимо, що тип крайових умов на лівому та правому кінцяхстрижня може відрізнятись.

Наприклад, задача

ïïïï

î

ïïïï

í

ì

Î=

>-

-=¶¶

=

>Î+¶

¶=

¶¶

),0(,0)0,(

,0,)2),((),(,1),0(

,0),,0(,12

22

lxxu

tT

tluhtlxutu

tlxxua

tu

l

описує процес теплообміну усередині тонкого однорідного стрижнядовжини l, усередині якого з рівномірною щільністю розподіленіджерела тепла. Лівий кінець стрижня має сталу температуру 1, а направому відбувається конвективний теплообмін з навколишнімсередовищем, яке має температуру 2. У початковий момент стриженьмав нульову температуру.

§4. Постановка задач теплопровідності для двовимірних татривимірних областей

Задачі про розповсюдження тепла виникають не лише у випадкуодновимірного тіла (тонкий стрижень), але і в двовимірному випадку(тонка платівка) та тривимірному випадку (тіло у просторі).

15

Розглянемо плоску платівку, зроблену з однорідного матеріалу,

форма якої відповідає деякій області 2RÌW . Будемо вважати, щоплатівка має сталу товщину та настільки тонка, що температура усіх їїточок, отриманих у перетині з будь-яким вектором нормалі до їїповерхні, є однаковою. Крім того, нехай згори та знизу платівкатеплоізольована (тобто проникнення тепла у платівку із зовнішньогосередовища можливе лише через її бічну межу). За допомогою u( x, y, t )позначимо температуру точки платівки з координатами ( x, y ) у моментчасу t. Тоді рівняння з частинними похідними, яке описує процестеплообміну усередині платівки, має вигляд

0,),(),,,(2 >WÎ+D=¶¶ tyxtyxfua

tu

,

де f ( x, y, t ) – функція, яка визначає щільність теплових джерелусередині платівки.

На межі платівки можуть бути задані крайові умови одного з такихтипів:

a) Задано температуру точок межі платівки0,),(),,,(),,( >W¶Î= tyxtyxTtyxu

b) На межі платівки задано тепловий потік ),,( tyxq . Тоді крайовіумови мають вигляд

0,),(,),,(),,( >W¶Î-=¶¶ tyx

ktyxqtyx

nu

,

де n – внутрішня нормаль до межі платівки W¶ , ),( nunu

Ñ=¶¶

, k( x, y) –

коефіцієнт Фур’є.

У випадку, коли на межі платівки задано умову 0=¶¶

nu

, говорять,

що тепловий потік на межі відсутній (край платівки теплоізольований).c) На межі платівки відбувається конвективний теплообмін з

навколишнім середовищем, температура якого на межі платівкистановить ),,( tyxn . Тоді крайові умови мають вигляд

0,),(,),(

)),,(),,()(,(),,( >W¶Î-

=¶¶ tyx

yxktyxtyxuyxhtyx

nu n

,

де h ( x, y ) – коефіцієнт Ньютона конвективного теплообміну.Зауважимо, що межа W¶ платівки може бути поділена на ділянки,

на яких можуть бути задані крайові умови різного типу.Початкова умова для задачі про теплообмін усередині тонкої

платівки має виглядWÎ= ),(),,()0,,( yxyxyxu j

і визначає температуру точок платівки у початковий момент часу.

16

Як і у випадку задачі про теплообмін усередині тонкого стрижня,повна постановка задачі про теплообмін у тонкій однорідній платівцімістить

1. Рівняння з частинними похідними2. Крайову умову ( або умови )3. Початкову умову

Крайових умов може бути кілька у випадку розбиття межі платівки наділянки, де крайові умови відрізняються.

Наприклад, задача

ïïï

î

ïïï

í

ì

<+=

>=+=

><+D=¶¶

1,0)0,,(

,0,1,sin),,(

,0,1,

22

22

222

yxyxu

tyxttyxu

tyxuatu

описує процес теплообміну усередині тонкої однорідноїтеплоізольованої згори та знизу круглої платівки радіусу 1 безвнутрішніх джерел тепла. На бічній межі платівки температуразмінюється за законом sin t. У початковий момент температура платівкидорівнювала 0.

Для випадку простору 3R може розглядатись задача протеплообмін усередині однорідного тіла такої ж форми, як деяка область

W з простору 3R . Нехай u ( x , y, z, t ) – температура точки ( x , y, z )тіла у момент часу t. Задача, яка виникає для невідомої функції u,аналогічна задачі у двовимірному випадку, за тим винятком, що усівирази та функції, які виникають при її постановці, залежать, взагалікажучи, від просторових координат x , y та z.

§ 5. Стаціонарні крайові задачі

Стаціонарним називається процес, який не залежить від часу.Стаціонарні задачі можуть виникати, наприклад, при вивченні процесів

теплообміну. Нехай W – область у просторі nR ( n = 1, 2, 3 ), формаякої відповідає формі тіла, де вивчається процес теплообміну. Задопомогою u (x), де x = ( x1, …, xn ), будемо позначати функціютемператури точок тіла. На відміну від задач, розглянутих у §§ 3, 4, u (x)

тепер не залежить від часу, тобто 0=¶¶

tu

. Тоді з попередніх

параграфів випливає, що рівняння з частинними похідними дляневідомої функції u має вигляд

WÎ-=D xxfu ),(

17

де f (x) – функція, яка описує розподіл стаціонарних джерел тепла вобласті W .

Крайові умови, які формулюються для невідомої функції u(x),залишаються такими ж, як і в нестаціонарному випадку, а саме – маютьодин з таких виглядів:

a) Якщо відомо температуру точок на межі тілаW¶Î= xxTxu ),()(

b) Якщо на межі тіла задано стаціонарний тепловий потік )(xq , то

,,)()( W¶Î-=¶¶ x

kxqx

nu

де n – внутрішня нормаль до межі W¶ , ),( nunu

Ñ=¶¶

, k( x ) –

коефіцієнт Фур’є.c) Якщо на межі відбувається конвективний теплообмін з

навколишнім середовищем, температура якого на межістановить )(xn , то

W¶Î-

=¶¶ x

kxxuxhx

nu ,))()()(()( n

,

де h ( x ) – коефіцієнт Ньютона конвективного теплообміну.Для стаціонарних задач не формулюються початкові умови,

оскільки, фактично, вони будуть розв’язком задачі.Таким чином, постановка стаціонарної крайової задачі містить

1. Рівняння з частинними похідними2. Крайову умову ( або умови )

Наприклад, задача

ïïïï

î

ïïïï

í

ì

ÎÎ-=¶¶

ÎÎ=ÎÎÎ

=¶¶

=¶¶

=¶¶

=¶¶

´´Î-=D

]1,0[],1,0[,)1,,()1,,(

],1,0[],1,0[,100)0,,(],1,0[],1,0[],1,0[

,0),1,(),0,(),,1(),,0(

],1,0[]1,0[]1,0[),,(,1

yxk

yxuhyxzu

yxyxuzyx

zxyuzx

yuzy

xuzy

xu

zyxu

описує стаціонарний процес теплообміну усередині однорідного кубу здовжиною ребра 1 та внутрішніми джерелами тепла, рівномірнорозподіленими зі щільністю 1. Бічні грані кубу теплоізольовані, на нижнійпідтримується стала температура 100, а на верхній відбувається

18

конвективний теплообмін з навколишнім середовищем нульовоїтемператури.

Задачі для практичних занять та самостійної роботи

Задачі до §§ 1, 2

1. Дайте фізичну інтерпретацію таких задач:

1)

ïïï

î

ïïï

í

ì

<<=¶¶

=

>==

><<¶

¶=

¶

¶

;10),()0,(,0)0,(

,0,0),1(),0(

,0,10,2

2

2

2

xxxtuxu

ttutu

txxu

tu

y

2)

ïïï

î

ïïï

í

ì

<<=¶¶

=

>==

><<¶

¶=

¶

¶

;10,0)0,()0,(

,0,sin),1(,0),0(

,0,10,2

2

2

2

xxtuxu

tttutu

txxu

tu

3)

ïïïï

î

ïïïï

í

ì

<<=¶¶

=

>=¶¶

=

><<¶

¶=

¶

¶

;10,0)0,(,2

sin)0,(

,0,0),1(),0(

,0,10,2

2

2

2

xxtuxxu

ttxutu

txxu

tu

p

4)

ïïï

î

ïïï

í

ì

<<=¶¶

=

>==

><<¶¶

-¶

¶=

¶

¶

.10,0)0,(,sin)0,(

,0,0),1(),0(

,0,10,2

2

2

2

xxtuxxu

ttutu

txtu

xu

tu

p

2. Записати крайову задачу про поперечні малі коливання струнищодо вертикального положення рівноваги, якщо її верхній кінець x = 0жорстко закріплений, а нижній – вільний.

19

3. Знайти статичний прогин струни, що закріплена на кінцях, тазазнає дії неперервно розподіленого навантаження (на одиницюдовжини).

4. Записати крайову задачу про поперечні коливання струни ззакріпленими кінцями. Струна навантажена зосередженою масою m уточці x.

5. Вивести рівняння коливань струни з масами im ,

зосередженими у точках ix , ni K,2,1= .6. Невагома струна, що знаходиться у горизонтальній площині, з

постійною кутовою швидкістю обертається навколо вертикальної осі,причому один із кінців струни прикріплений до деякої точки осі, а іншийвільний. У початковий момент часу 0=t точкам цієї струни наданомалі відхилення та швидкості по нормалях до горизонтальної площини.Сформулювати крайову задачу про визначення відхилень струни відплощини руху у рівновазі.

7. Нехай у точці 0=x нескінченної однорідної струнизнаходиться кулька маси 0m . Початкові швидкості та відхилення точокструни дорівнюють нулю. Записати крайову задачу про визначеннявідхилень точок струни від положень рівноваги у таких випадках:

1) починаючи із моменту часу 0=t на кульку діє силаtFF wsin0= ;

2) у початковий момент кулька набуває імпульсу 0p упоперечному напрямку;

3) розглянути випадок, коли кулька закріплена пружно зефективною жорсткістю 2k та у початковий момент набуваєімпульсу 0p у поперечному напрямку.

8. У точці cx = струни закріплено кульку маси 0m . Записатикрайову задачу про визначення малих відхилень точок струни придовільних початкових даних. Кінці струни закріплені.

9. Важка однорідна нитка довжини l , закріплена верхнім кінцем( lx = ) на вертикальній осі, обертається навколо цієї осі зі сталоюкутовою швидкістю w . Довести, що рівняння малих коливань ниткинавколо свого вертикального положення рівноваги має вигляд

uxux

xg

tu 22

2

w+÷øö

çèæ

¶¶

¶¶

=¶¶

.

10. Записати крайову задачу про поперечні коливання важкоїоднорідної струни відносно вертикального положення рівноваги, якщо їїверхній кінець жорстко закріплений, а нижній вільний.

20

11. Повздовжні коливання стрижня1. Пружний прямолінійнийстрижень виведено зі стану спокою тим, що його поперечним перерізаму момент часу 0=t надано малі повздовжні зсуви та швидкості.Записати задачу про визначення поперечних зсувів стрижня при 0>t ,припустивши, що поперечні перерізи стрижня увесь час залишаютьсяплоскими. Розглянути випадки, коли кінці стрижня

1) закріплені жорстко;2) рухаються у повздовжньому напрямку за заданими законами;3) вільні;4) закріплені пружно, тобто кожен із кінців у точці закріплення

зазнає дії повздовжньої сили, що пропорційна до зсуву таспрямована протилежно зсуву.

12. Сформулювати крайову задачу про малі повздовжні коливанняоднорідного пружного стрижня, один кінець якого жорстко закріплений, аінший зазнає опору, пропорційного швидкості. Опором середовищазнехтувати.

13. Точкам пружного однорідного прямокутного стрижня, щожорстко закріплений на лівому кінці та вільний на правому, у початковиймомент часу 0=t надано малі поперечні відхилення та швидкості, щопаралельні до повздовжньої вертикальної площини симетрії стрижня.Записати крайову задачу про визначення поперечних відхилень точокстрижня при 0>t , припускаючи, що стрижень здійснює малі поперечніколивання.

14. Розглянути попередню задачу, припускаючи, що стриженьлежить на пружній основі, масою якої при вивченні поперечнихколивань стрижня можна знехтувати. Коефіцієнт пружності основи, доякої прикріплено стрижень, дорівнює k , тобто поперечна для стрижнясила пружності, що діє з боку пружної основи на одиницю довжинистрижня у заданій його точці x , дорівнює ),( txku- .

15. Розглянути задачу 13, припускаючи, що стрижень лежить напружній основі, масою якої при вивченні поперечних коливань стрижняможна знехтувати. Коефіцієнт пружності основи, до якої прикріпленострижень, дорівнює k , тобто поперечна для стрижня сила пружності,яка діє з боку пружної основи на одиницю довжини стрижня у заданійточці x , дорівнює ),( txuk- .

16. Починаючи з моменту часу 0=t один кінець прямокутногопружного однорідного стрижня здійснює повздовжні коливання зазаданим законом, а до іншого прикладена сила )(tF , що спрямованавздовж осі стрижня. У момент часу 0=t поперечні перерізи булинерухомі та невідхилені. Сформулювати крайову задачу про визначеннямалих повздовжніх відхилень точок стрижня при 0>t .

1 Див. [1], глава 1, приклад 2.

21

17. Скласти рівняння повздовжніх коливань стрижня, площапоперечного перерізу якого є заданою функцією від x , вважаючиматеріал стрижня однорідним.

18. Важкий стрижень підвішений вертикально та защемлений так,що зсуви в усіх точках дорівнює нулю. У момент часу 0=t стриженьзвільняється. Записати крайову задачу про вимушені коливаннястрижня.

19. Розглянути задачу 18 для випадку, коли всі її умовизалишаються без змін, за винятком умови на нижньому кінці: до ньогоприкріплена вага Q , причому за положення рівноваги приймаєтьсяненапружений стан стрижня (наприклад, у початковий момент з-під вагиприбирається підставка і стрижень починає видовжуватись).

20. Два напівобмежених однорідних пружних стрижні з однаковимипоперечними перерізами жорстко з’єднані торцями у необмеженийстрижень. Нехай 1r , 1E – щільність та модуль пружності одного з них,

а 2r , 2E – іншого. Записати крайову задачу про визначення відхиленьпоперечних перерізів необмеженого стрижня від їх положень рівноваги,якщо у початковий момент часу поперечним перерізам надано деякіповздовжні зсуви та швидкості.

21. Сформулювати задачу про поперечні коливання нескінченногострижня під дією сили F ( t ), яка прикладена в точці x = x0, що рухаєтьсявздовж стрижня зі швидкістю v. Сила прикладена з моменту часу t = 0.

22. Крутильні коливання пружного циліндра2. Пружний одноріднийциліндр виведено зі стану спокою тим, що у момент часу 0=t йогопоперечні перерізи отримують малі повороти у поперечних до осіциліндра площинах. Записати крайову задачу про визначення кутівповороту поперечних перерізів циліндра при 0>t ; розглянути випадкивільних, жорстко закріплених та пружно закріплених кінців.

23. Кінець 0=x круглого однорідного валу закріплений, а до кінця

lx = жорстко прикріплено диск з моментом інерції 0J . У початковиймомент диск закручується на кут a та відпускається без початковоїшвидкості. Сформулювати крайову задачу про визначення кутівповороту поперечних перерізів валу при 0>t .

24. Записати крайову задачу про поперечні коливання мембрани,якщо у незбуреному стані мембрана плоска, а оточуюче середовище нечинить опору коливанням мембрани. Розглянути випадки, коли:

1) мембрана жорстко закріплена на границі L ;2) мембрана вільна на L ;

2 Див. [2], глава II, задача 3.

22

3) на частині границі 1L мембрана закріплена жорстко, на решті

границі 12 \ LLL = вона вільна.25. Сформулювати крайову задачу про коливання круглої

однорідної мембрани, що закріплена по краю, у середовищі, опір якогопропорційний до першого степеня швидкості. У момент 0=t доповерхні мембрани прикладена зовнішня сила щільності ),,( trf f , щодіє перпендикулярно до площини незбуреної мембрани. Початковішвидкості та відхилення точок мембрани відсутні.

26. Закріплена по краю однорідна прямокутна мембрана упочатковий момент часу 0=t отримує удар в околі центральної точки,так що

ò =¥®

e

eU

Adxxv )(lim 0 , ),( 21 xxx =

де A – деяка стала, )(0 xv – початкова швидкість. Записати крайовузадачу про вільні коливання мембрани.

27. На плоску мембрану, що обмежена контуром L , діє стаціонарнепоперечне навантаження зі щільністю ),( yxf . Сформулюватикрайову задачу про відхилення точок мембрани від площини, якщо:

1) мембрана закріплена по краю;2) край мембрани вільний;3) край мембрани закріплений пружно.

28. Записати крайову задачу про малі радіальні коливанняідеального однорідного газу, що міститься у циліндричній трубці радіусаR . Довжина трубки настільки велика, що її можна вважатинескінченною в обидва боки. Початкові швидкості та початковівідхилення є заданими функціями від r .

29. Сформулювати крайову задачу про малі радіальні коливанняідеального газу, що міститься у сферичній посудині радіуса R , якщопочаткові швидкості та початкові відхилення задано як функції від x, y, z.

30. Електричні коливання у дроті3. Записати крайову задачу провизначення сили та напруження змінного струму, що йде по тонкомудроту з неперервно розподіленим по довжині опором R , ємністю C ,самоіндукцією L та втратою G , якщо один із кінців дроту заземлено, адо іншого прикладено ЕРС (електрорушійну силу) )(tE і якщо заданопочатковий струм )()0,( xfxi = та початкова напруга )(),( xFtxv = .

31. Сформулювати крайову задачу про електричні коливання удроті; опір та втрати вважати настільки малими, що ними можна

3 Див. [2], глава II, задача 19.

23

знехтувати. Кінці дроту заземлені: один – через зосереджений опір 0R ,

а інший – через зосереджену ємність 0C .32. Розглянути попередню задачу, припускаючи, що один кінець

дроту заземлено через зосереджену самоіндукцію )1(0L , а до другого

через зосереджену самоіндукцію )2(0L прикладено ЕРС )(tE .

33. Записати крайову задачу про електричні коливання у дроті,якщо кінці дроту заземлено через зосереджені опори.

34. Розглянемо електромагнітне поле у деякому середовищі.Виходячи з рівнянь Максвела4, отримати рівняння для компонентіввекторів напруженості електричного та магнітного полів у випадках:

1) щільність зарядів 0=r , const=e , const=l , const=m ,EJ l= (закон Ома);

2) середовище – вакуум і струми відсутні.35. Записати задачу про проникнення магнітного поля у правий на

півпростір, що заповнений середовищем із провідністю s , якщопочинаючи з моменту часу 0=t на поверхні 0=x підтримуєтьсянапруженість магнітного поля tHH wsin0= , що спрямованапаралельно до поверхні.

Задачі до §§ 3, 4

36. Дайте фізичну інтерпретацію задач та прогноз розвитку процесупри ¥®t :

1)

ïïïï

î

ïïïï

í

ì

<<=

>=¶¶

=¶¶

><<¶

¶=

¶¶

;10,sin)0,(

,0,0),1(),0(

,0,10,2

22

xxxu

ttxut

xu

txxua

tu

p

4 Див. [3], розділ 1, параграф 2, приклад 10.

24

2)

ïïï

î

ïïï

í

ì

<<=>==

><<¶

¶=

¶¶

;10,0)0,(,0,2),1(,1),0(

,0,10,2

22

xxuttutu

txxua

tu

3)

ïïïï

î

ïïïï

í

ì

<<=

>=¶¶

=¶¶

><<¶

¶=

¶¶

.10,0)0,(

,0,1),1(,0),0(

,0,10,2

22

xxu

ttxut

xu

txxua

tu

37. Дано тонкий однорідний стрижень довжини l із початковоютемпературою )(xf . Записати крайову задачу про визначеннятемператури стрижня, якщо на кінці 0=x підтримується сталатемпература 0u , а на бічній поверхні та на кінці lx = відбуваєтьсяконвективний теплообмін із оточуючим середовищем нульовоїтемператури за законом Ньютона.

38. Сформулювати задачу про визначення температури унескінченному тонкому теплоізольованому стрижні, по якому з моменту

0=t у додатному напрямку зі швидкістю 0v починає рухатись точковетеплове джерело, що випромінює q одиниць тепла в одиницю часу.

39. Записати крайову задачу про охолодження тонкого однорідногокільця радіусу R , на поверхні якого відбувається конвективнийтеплообмін із оточуючим середовищем заданої температури.Нерівномірністю розподілу температури по товщині кільця знехтувати.

40. Усередині однорідної кулі, починаючи з моменту часу 0=t ,діють джерела тепла з рівномірно розподіленою постійною щільністюQ . Сформулювати крайову задачу про розподіл температури при

0>t усередині кулі, якщо початкова температура довільної точки кулізалежить лише від відстані від цієї точки до центра кулі. Розглянутивипадки, коли:

1) на поверхні кулі підтримується нульова температура;2) на поверхні кулі відбувається теплообмін (за законом Ньютона)

з оточуючим середовищем нульової температури.

25

41. Дано однорідну кулю радіусу R з нульовою початковоютемпературою. Записати крайову задачу про розподіл температури при

0>t усередині кулі, якщо:1) куля нагрівається рівномірно по всій поверхні сталим тепловим

потоком q ;2) на поверхні кулі відбувається конвективний теплообмін з

оточуючим середовищем, температура якого залежить тількивід часу.

42. Початкова температура необмеженої платівки товщини h2дорівнює нулю. Сформулювати крайову задачу про розподілтемператури при 0>t по товщині платівки, якщо:

1) платівка нагрівається з обох боків однаковими сталимитепловими потоками q ;

2) у платівці починаючи з моменту часу 0=t діє джерело теплаз постійною щільністю Q , а її основи підтримуються принульовій температурі.

43. Необмежений циліндр радіусу R має початкову температуру)(rf . Записати крайову задачу про радіальне розповсюдження тепла,

якщо:1) бічна поверхня підтримується при постійній температурі;2) на бічній поверхні відбувається колективний теплообмін з

оточуючим середовищем нульової температури.44. Початковий розподіл температур в однорідній кулі заданий

функцією ),,( jqrf . Сформулювати крайову задачу про розподілтепла у кулі, якщо поверхня кулі підтримується за сталої температури

0u .45. Два напівобмежені стрижні, виготовлені із різних матеріалів, у

початковий момент з’єднані своїми кінцями. Записати крайову задачупро розподіл температур в утвореному нескінченному стрижні, якщовідомі початкові температури кожного з двох напівобмежених стрижнів.

46. Вивести рівняння дифузії5 у нерухомому середовищі,припускаючи, що поверхнями однакової щільності у кожен момент часуt є площини, що перпендикулярні до осі x . Записати крайові умови,припускаючи, що дифузія відбувається у плоскому шарі lx ££0 .Розглянути випадки:

1) на граничних площинах концентрація речовини, яка дифундує,підтримується рівною нулю;

2) граничні площини непроникні;

5 Див. [1], глава 1, приклад 6.

26

3) граничні площини напівпроникні, причому дифузія крізь ціплощини відбувається за законом, що подібний до законуНьютона про конвективний теплообмін.

47. Вивести рівняння дифузії нестійкого газу (кількість молекул, щорозпалися за одиницю часу у даній точці, пропорційна до щільності).

48. Розчинена речовина зі сталою початковою щільністю 0cдифундує з розчину, що міститься між площинами 0=x та hx = , урозчинник, що обмежений площинами hx = , lx = . Сформулюватикрайову задачу для процесу вирівнювання щільності, припускаючи, щограниці 0=x , lx = непроникні для речовини.

Задачі до § 5

49. Запишіть та розв’яжіть крайову задачу про знаходженнястаціонарного розподілу тепла у тонкому однорідному стрижні довжини1, на лівому кінці якого підтримується стала температура 1, а правийтеплоізольований.

50. Запишіть та розв’яжіть крайову задачу про знаходженнястаціонарний теплообмін у тонкому однорідному стрижні довжини 1,лівий кінець якого теплоізольований, на правому підтримується сталатемпература 0, а усередині стрижня діють стаціонарні теплові джерелазі щільністю xpcos .

51. Записати задачу про обтікання кулі стаціонарним потокомідеальної рідини (потенціальна течія). Навести електростатичнуаналогію.

52. Рівняння стаціонарної дифузії6. Вивести рівняння стаціонарногопроцесу дифузії:

1) у нерухомому однорідному ізотропному середовищі;2) в ізотропному середовищі, що рухається із заданою швидкістю,

наприклад, вздовж осі x .53. Рівняння електростатики. Показати, виходячи з рівнянь

Максвела 7, що потенціал електростатичного поля задовольняєрівняння Пуассона з правою частиною, що пропорційна до об’ємноїщільності зарядів. Дати фізичну інтерпретацію крайовим умовампершого та другого роду.

54. Рівняння магнітостатики. Показати, що потенціал стаціонарногомагнітного поля за відсутності електричних струмів задовольняєрівняння Лапласа.

55. Поле постійного електричного струму. Переконатись у тому, щопотенціал електричного поля постійного електричного струмузадовольняє рівняння Лапласа. Сформулювати крайові умови

1) на заземленій ідеально провідній поверхні;2) на границі з діелектриком.

6 Див. [3], розділ 1, параграф 2, приклад 8.7 Рівняння Максвела див. у [3], розділ 1, параграф 2, приклад 10.

27

56. Потенціальний рух нестисливої рідини. Показати, що потенціалшвидкостей стаціонарного потоку нестисливої рідини задовольняєрівняння Лапласа. Записати крайову умову на поверхні твердого тіла,що знаходиться у стані спокою або рухається за деякою заданоюшвидкістю.

57. Основні задачі електростатики. Електростатичне поле, створенезарядженим провідником скінчених розмірів, можна визначити:

1) задаючи значення потенціалу провідника;2) задаючи значення заряду провідника.

Ці задачі називаються першою та другою основними задачамиелектростатики. Дати математичне формулювання першої та другоїзадач електростатики.

58. Подібність різних стаціонарних полів8. Встановити подібність міжполем сталого електричного струму, з одного боку, та термічним,електростатичним, магнітостатичним полями, полем концентраційстаціонарного процесу дифузії та полем швидкостей потенціальної течіїнестисливої рідини, з іншого боку. Порівняти умови спряження награниці розриву фізичних констант.

59. Сформулювати задачу про крутильні коливання циліндра,подібну до задачі 30 про електричні коливання у дроті, взявши зафункцію, що характеризує електричні коливання, спочатку напруження,а потім силу струму. Встановити необхідні та достатні умови того, щобперша задача була подібна до другої.

8 Див. [2], глава II параграф 5.

28

Тема 2. Зведення рівнянь з частинними похіднимидо канонічного вигляду

§ 1. Класифікація квазілінійних диференціальних рівнянь зчастинними похідними другого порядку

Класифікація диференціальних рівнянь з частинними похіднимипроводиться для випадку квазілінійних диференціальних рівняньдругого порядку, які записуються у вигляді

0),,()(1,

2=Ñ+

¶¶¶

å=

n

ji jiij uuxF

xxuxa , (1)

де nRxÎ , njixaxa jiij ,1,),()( == . Невідома функція та коефіцієнтиу рівнянні (1) є дійсними. Нехай, крім того, коефіцієнти рівняння (1) –неперервні функції.

При класифікації рівнянь вигляду (1) або, як ще кажуть, визначеннітипу диференціального рівняння (1), розрізняють рівняннягіперболічного, ультра гіперболічного, еліптичного та параболічноготипів.

Класифікація рівнянь вигляду (1) може проводитись як в окремовзятій точці, так і в деякій (обраній) області.

Метод проведення класифікації рівняння вигляду (1) базується натаких міркуваннях.

Нехайn

jiij xaA1,

)(=

= – матриця коефіцієнтів рівняння (1). Як

випливає з обмежень, накладених на коефіцієнти рівняння, для кожногоnRxÎ матриця A – дійсна симетрична матриця. Як відомо (див. [11]),

така матриця має n дійсних власних чисел nkxkk ,1),( == ll .

Позначимо за допомогою )(xnn ++ = кількість додатних власних чисел

цієї матриці, за допомогою )(xnn -- = – кількість від’ємних власнихзначень (при фіксованому значенні x).

Рівняння вигляду (1) у деякій фіксованій точці nRxÎкласифікуються так:

Рівняння відноситься до еліптичного типу, якщо nn =+ або nn =- .

Рівняння відноситься до гіперболічного типу, якщо 1-=+ nn , а

1=-n або 1=+n , а 1-=-n .Рівняння відноситься до ультрагіперболічного типу, якщо

11 -<< + nn , 11 -<< - nn і nnn =+ -+ .

Рівняння відноситься до параболічного типу, якщо nnn <+ -+ .

29

Якщо у рівнянні (1) ija – сталі, то рівняння зберігає свій тип в усьому

просторі nR , бо власні значення nkk ,1, =l не залежать від x.Приклад 1.Визначити тип рівняння

031124 =-++- xyyxyxx uuu .Розв’язання. Запишемо матрицю старших коефіцієнтів рівняння,

враховуючи те, що вона має бути симетричною.

2221

--

=A

Знайдемо власні числа цієї матриці

02322

21det 2 =--=

----

lll

l,

2173

2,1±

=l .

Оскільки власні значення мають протилежний знак, то рівняннявідноситься до гіперболічного типу.

У випадку двох незалежних змінних ( n = 2 ) тип рівняння вигляду (1)можна встановити не лише в окремо взятій точці, а й у деякій області. Зцією метою тип рівняння

0),,,(),(),(2),( =Ñ+++ uuyxfuyxcuyxbuyxa yyxyxx . (2)Запишемо матрицю старших коефіцієнтів рівняння (2) та знайдемо її

власні значення (будемо скорочено писати замість a(x, y), b(x, y), c(x, y)відповідно a, b, c).

cbba

A = ,

0)()det( 22 =-++-=- baccaIA lll . (3)Хоча існування дійсних коренів отриманого квадратного рівняння

випливає з загальної теорії симетричних матриць, однак неважкопереконатись, що дискримінант отриманого квадратного рівняння може

бути знайдений за формулою 22 4)( bcaD +-= , тобто є невід’ємним.У даному випадку для визначення типу рівняння (2) розв’язання

відповідного характеристичного рівняння не є обов’язковим. Досить

проаналізувати вільний член рівняння (3) 2bac -=d , який, як відомо,є добутком коренів 1l та 2l .

Якщо у точці ),( yx маємо 0>d , то корені одного знаку і рівняння(2) відноситься до еліптичного типу. Якщо у точці ),( yx 0=d , торівняння параболічного типу. І, нарешті, якщо 0<d , то у точці ),( yxрівняння буде гіперболічним.

30

Якщо зазначені вище умови для виразу

),(),(),(),( 2 yxbyccyxayx -== dd

виконані у деякій області 2RÌW , то рівняння (2) буде, відповідно,рівнянням еліптичного, параболічного чи гіперболічного типу в областіW . У цих випадках кажуть, що рівняння (2) зберігає свій тип в областіW .

§ 2. Зведення до канонічного вигляду квазілінійнихдиференціальних рівнянь другого порядку зі сталимикоефіцієнтами при старших похідних

Розглянемо рівняння з частинними похідними вигляду

0),,(1,

2=Ñ+

¶¶¶

å=

uuxFxxua

n

ji jiij , (4)

де nRxÎ , njiaa jiij ,1,, == .

Рівняння вигляду (4) є частинним випадком рівняння вигляду (1),коли коефіцієнти при старших похідних сталі. Як і раніше, за допомогою

njiijaA

1, == позначимо матрицю коефіцієнтів рівняння (4).

Канонічним виглядом рівняння (4) назвемо таку форму його запису,коли njijiaij ,1,,,0 =¹= , а для випадку i = j коефіцієнт ija можебути рівний лише 0, 1 або –1.

Відомо (див. [12]), що при заміні координат xSy = рівняння (4)зводиться до рівняння

0),,(~1,

2=Ñ+

¶¶¶

å=

n

ji jiij uuFua x

xx, (5)

матриця якогоn

jiijaA1,

~~=

= пов’язана з матрицею A за допомогою

співвідношенняTSASA =

~(6)

Тут S – невироджена матриця, яка називається матрицею переходувід координат ),,( 21 nxxx K до координат ),,( 21 nyyy K .

З іншого боку, з матрицею A (тобто, з рівнянням (4)) можна пов’язатисиметричну квадратичну форму

aa AT , nRÎa , (7)а з рівнянням (5) – квадратичну форму

31

bb AT ~, nRÎb 9. (8)

Припустимо, що вдалося знайти заміну ba B= , за допомогою якоїквадратична форма (7) може бути зведена до квадратичної форми (8).Виконуючи заміну ba B= у квадратичній формі (7) та враховуючи (8),можна встановити, що

bbbbbb BABBABA TTTT == )()(~,

звідки, разом зі співвідношенням (6), маємо

BABSASA TT ==~

, (9)

тобто TBS = .У тому випадку, коли рівняння (5) – рівняння у канонічному вигляді,

то й квадратична форма (8) теж буде квадратичною формою уканонічному вигляді (означення канонічного вигляду квадратичноїформи можна знайти, наприклад, у [13]).

Враховуючи те, що матриця квадратичної форми (8) така ж, якматриця коефіцієнтів при старших похідних для рівняння (5), вигляддиференціальної форми для старших похідних рівняння (5) можназаписати одразу за аналогією з виглядом квадратичної форми (8), тобтобез додаткових дій по обчисленню відповідних похідних при виконаннізаміни.

Отже, маємо такий алгоритм зведення квазілінійногодиференціального рівняння зі сталими коефіцієнтами при старшихпохідних до канонічного вигляду:

1. За рівнянням (4 ) записати квадратичну форму (7).2. За допомогою заміни ab C= виконати зведення квадратичної

форми (7) до квадратичної форми (8) таким чином, щоб форма (8) булау канонічному вигляді. Способи зведення квадратичної форми доканонічного вигляду можна знайти, наприклад, у [13].

3. Матриця B заміни ba B= знаходиться як 1-= CB , а

матриця S заміни Sxy = знаходиться як TBS = .

9 Зауважимо, що запис квадратичної форми вигляду (7), яка відповідаєрівнянню вигляду (4), можна здійснити за допомогою виконанняформальної заміни

åå==

®¶¶

¶ n

jijiij

n

ji jiij a

xxua

1,1,

2aa .

Аналогічна процедура може бути виконана і для запису квадратичноїформи (9), яка відповідає рівнянню (5).

32

4. Обчислити значення виразів, залежних від x у рівнянні (4), утермінах виразів, залежних від x у рівнянні (5), якщо це потрібно.Обчислити значення перших похідних по x у рівнянні (4), у термінахперших похідних по x у рівнянні (5), якщо це потрібно. Записати вигляддиференціальної форми для старших похідних рівняння (5) за виглядомквадратичної форми (8).

5. Записати рівняння (5) у канонічному вигляді.Приклад 1.Звести до канонічного вигляду рівняння

052 =++ yyxyxx uuu (10)Розв’язання. Квадратична форма, яка відповідає рівнянню (10), має

вигляд:2221

21 52 aaaa ++ .

Виконаємо зведення цієї форми до канонічного вигляду

22

21

22

221

2221

21 )2()(52 bbaaaaaaa +=++=++

def,

тобто

211 aab += , 22 2ab = ,звідки маємо

22

11bba -= ,

22

2ba = .

Тоді матриця B має вигляд

210211 -

=B ,

а отже

21

21

01

-=S і ÷

÷

ø

ö

çç

è

æ+-=÷÷

ø

öççè

æ-

=÷÷ø

öççè

æ

221

21

01yx

x

yx

hx

.

За виглядом квадратичної форми для змінних b записуємо виглядрівняння з частинними похідними, отриманого з рівняння (10) післязаміни координат:

0=+ hhxx uu .Приклад 2.Звести до канонічного вигляду рівняння

0=xyu . (11)

33

Розв’язання. Запишемо квадратичну форму, яка відповідаєрівнянню (11):

21aa .Ця квадратична форма може бути зведена до канонічного вигляду за

допомогою заміни 212211 , bbabba -=+= . Маємо22

2121 bbaa -= .

Тоді1111

-== SB і ÷÷

ø

öççè

æ-+

=÷÷ø

öççè

æyxyx

hx

.

Рівняння (11) записується у такому канонічному вигляді:0=- hhxx uu .

§ 3. Зведення до канонічного вигляду квазілінійних рівняньдругого порядку зі змінними коефіцієнтами при старшихпохідних

Розглянемо рівняння з частинними похідними0),,,(),(),(2),( =Ñ+++ uuyxfuyxcuyxbuyxa yyxyxx . (12)

Зведення рівняння вигляду (12) до канонічного вигляду можливе задопомогою так званих характеристичних кривих рівняння (12) ( їх щеназивають характеристиками ).

Нехай W – область, де рівняння (12) зберігає сталий тип10. Назвемохарактеристичною кривою для рівняння (12) криву вигляду

constyx =),(j , (13)де функція j в області W задовольняє співвідношення:

ïî

ïíì

Wι+

WÎ=++

),(,0

,),(,0),(),(2),(22

22

2

yx

yxyxcyxbyxa

yx

yxx

jj

jjjj(14)

Опишемо методику відшукання функції j зі співвідношення (14).Враховуючи друге співвідношення у (14), можна стверджувати, що або

xj , або yj не дорівнює 0. Нехай, наприклад, 0¹yj . Тоді першеспіввідношення у (14) може бути записано у вигляді

10 Про визначення типу рівняння (12) див. у §1 “Класифікаціяквазілінійних диференціальних рівнянь з частинними похідними другогопорядку”.

34

0),(),(2),(2

=++÷÷ø

öççè

æyxcyxbyxa

y

x

y

xjj

jj

, (15)

звідки значенняy

xjj

можуть бути знайдені як корені квадратного

рівняння у вигляді:

aacbb

y

x -±-=

2

jj

. (16)

Рівняння для відшукання характеристичної кривої можна записати і віншому вигляду. Співвідношення (13) неявним чином визначаєзалежність y = y(x). Якщо продиференціювати (13) по x, враховуючи цюзалежність, то можна отримати

0=+dxdy

yx jj ,

звідки

y

xdxdy

jj

-= .

Тоді з (16) маємо

aacbb

dxdy -±-

-=2

. (17)

За допомогою інтегрування звичайного диференціального рівняння(17) можемо тепер знайти шукану залежність між x та y, і, як наслідок,функцію ),( yxj .

З аналізу виразу 2bac -=d (див. §1) та співвідношення (17)випливає, що:

для рівнянь гіперболічного типу існує два незалежні сімейства дійсниххарактеристик;рівняння параболічного типу мають лише одне сімейство дійсниххарактеристичних кривих;для еліптичних рівнянь дійсних характеристик не існує (наявні двасімейства комплексних характеристик).

Приклад 1.Знайти характеристичні криві для рівняння

022 =+- xyyxx xuuyuxв області x > 0, y > 0.

35

Розв’язання. З §1 отримуємо, що 222 yxbac -=-=d і рівняння вобласті зберігає гіперболічний тип, тобто повинно мати два сімействахарактеристик.

Запишемо співвідношення для знаходження характеристичнихкривих:

02222 =- yx yx jj , 022 ¹+ yx jj .Згідно з викладеною вище методикою маємо

2

22

xy

y

x =÷÷ø

öççè

æ

jj

,xy

y

x ±=jj

,xy

dxdy

±= .

ТодіCxy lnlnln +±= ,

звідки

constxy = та constyx= .

Таким чином, рівняння має два сімейства характеристик, з

функціями xyyx =),(1j таyxyx =),(2j .

Приклад 2.Знайти характеристичні криві для рівняння

02 22 =+++ xyyxyxx xuuyuxyuxв області x > 0, y > 0.

Розв’язання. З §1 отримуємо, що 02 =-= bacd і рівняння вобласті зберігає параболічний тип, тобто повинно мати одне сімействохарактеристик.

Запишемо співвідношення для знаходження характеристичнихкривих:

02 2222 =++ yyxx yxyx jjjj , 022 ¹+ yx jj .Знайдемо характеристики:

0)( 2 =+ yx yx jj ,xy

y

x -=jj

,xy

dxdy

= .

Тоді Cxy lnlnln += , звідки

constyx= .

36

Таким чином, рівняння має одне сімейство характеристик, з

функцієюyx

=j .

Приклад 3.Знайти характеристичні криві для рівняння

022 =++ xyyxx xuuyuxв області x > 0, y > 0.

Розв’язання. З §1 отримуємо, що 222 yxbac =-=d і рівняння вобласті зберігає еліптичний тип, тобто не має дійсних характеристик.

Запишемо співвідношення для знаходження характеристичнихкривих:

02222 =+ yx yx jj , 022 ¹+ yx jj .Знайдемо характеристики:

2

22

xy

y

x -=÷÷ø

öççè

æ

jj

,xyi

y

x ±=jj

,xyi

dxdy

±= .

ТодіCxyi lnlnln +=± .

Таким чином, рівняння не має дійсних характеристик. У випадкуеліптичних рівнянь ще кажуть, що рівняння має комплексніхарактеристики.

Зокрема, у даному випадку рівняння має комплексні характеристикиз функціями yixyx lnln),(2,1 ±=j .

Можна запропонувати такий алгоритм зведення рівняння вигляду(12) до канонічного вигляду:

1. Визначити тип рівняння в області W та знайти йогохарактеристики. При цьому

a. У випадку гіперболічного рівняння отримуємо двасімейства дійсних характеристик з функціями ),(1 yxj та

),(2 yxj .b. У випадку параболічного рівняння отримуємо одне

сімейство дійсних характеристик з функцією ),( yxj .c. У випадку еліптичного рівняння отримуємо два сімейства

комплексних характеристик ),(),( 21 yxiyx jj ± .2. Зробити заміну координат, за допомогою якої рівняння (12)

може бути зведено до канонічного вигляду:

37

a. У випадку гіперболічного рівняння потрібна замінакоординат має вигляд ),(1 yxjx = , ),(2 yxjh = (або

навпаки, ),(2 yxjx = , ),(1 yxjh = , якщо це зручніше).b. У випадку параболічного рівняння заміна координат

визначається формулами ),( yxjx = , ),( yxyh = (абонавпаки ),( yxyx = , ),( yxjh = , якщо це зручніше), дефункція ),( yxy – довільна функція, така, що

0det ¹-= yxyxyx

yx jyyjyyjj

,

тобто якобіан заміни координат в області W не дорівнюєнулю (заміна координат є невиродженою).

c. У випадку еліптичного рівняння робимо заміну вигляду),(1 yxjx = , ),(2 yxjh = (або навпаки, ),(2 yxjx = ,

),(1 yxjh = , якщо це зручніше).3. За правилом диференціювання складної функції (див.,

наприклад [12]) обчислити значення усіх потрібних похідних. Підставитизначення усіх знайдених похідних у рівняння:

a. У “гіперболічному” випадку рівняння (12) набуде вигляду0),,,( =Ñ+ uuFu hxxh .

Зауважимо, що це рівняння не є рівнянням у канонічномувигляді з точки зору означення канонічного вигляду у параграфі2. Однак, до такого вигляду воно може бути легко зведено (див.приклад 2 у § 2). Водночас, отриманий вигляд рівняння більшзручний для його інтегрування. У літературі такий виглядрівняння часто називають другою канонічною формоюгіперболічних рівнянь з двома незалежними змінними11 (див.,наприклад, [8]).b. У “параболічному” випадку рівняння (12) набуде вигляду

0),,,( =Ñ+ uuFu hxxx

(у випадку заміни ),( yxyx = , ),( yxjh = рівняння (12)

набуде вигляду 0),,,( =Ñ+ uuFu hxhh ).c. У “еліптичному” випадку рівняння (12) набуде вигляду

0),,,( =Ñ++ uuFuu hxhhxx .

11 Першою канонічною формою при цьому називають канонічний виглядгіперболічного рівняння згідно з означенням, даним у параграфі 2.

38

Приклад 4.Звести рівняння

022 =+- xyyxx xuuyuxдо канонічного вигляду в області x > 0, y > 0.

Розв’язання. З прикладу 1 цього параграфу отримуємо, що рівнянняв області зберігає гіперболічний тип та має два сімейства дійсних

характеристик, з функціями xyyx =),(1j таyxyx =),(2j .

Виконуємо заміну xy=x ,yx

=h .

За правилом диференціювання складної функції обчислюємопохідні, які містяться у рівнянні:

hx uy

yuux1

+= , hhxhxx uy

uuyuxx 22 12 ++= ,

hx uyxxuuy 2-= , hhhxhxx u

yxu

yxu

yxuxuyy 34

2

2

22 22 ++-= .

Після підстановки в рівняння маємо:

+÷÷ø

öççè

æ++--÷

÷ø

öççè

æ++ hhhxhxxhhxhxx u

yxu

yxu

yxuxyu

yuuyx 34

2

2

222

222 2212

01=÷÷

ø

öççè

æ++ hx u

yyux

або

04 2 =-+ hxxh uyxuxyux .

Після ділення на 24x та заміни змінних остаточно отримуємо

041

=÷÷ø

öççè

æ-+xhhx

xhuu

u .

Приклад 5.Звести рівняння

02 22 =+++ xyyxyxx xuuyuxyuxдо канонічного вигляду в області x > 0, y > 0.

Розв’язання. З прикладу 2 цього параграфу отримуємо, що рівнянняв області зберігає параболічний тип, і має одне сімейство дійсниххарактеристик, що визначається функцією

39

yxyx =),(j .

Виконуємо замінуyx

=x , y=h . Якобіан цієї заміни не дорівнює

нулю в області x >0, y > 0.Обчислюємо похідні, які містяться у рівнянні:

xuy

ux1

= , xxuy

uxx 21

= ,

hx uuyxuy +-= 2 , xhhxhxx u

yxuu

yxu

yxu yy 324

2 22++-= ,

xxhxx uy

uy

uyxuxy 23

11-+-= .

Після підстановки обчислених похідних у рівняння отримаємо:

+÷÷ø

öççè

æ-+-+ xxhxxxx u

yu

yu

yxxyu

yx

232

2 112

022324

22 =+÷

÷ø

öççè

æ++-+ xxhhxhxx u

yxu

yxuu

yxu

yxy ,

або

02 =+ xhh uyxuy .

Після ділення на 2y та заміни змінних остаточно отримуємо

02 =+ xhhh

x uu .

Приклад 6.Звести рівняння

022 =++ xyyxx xuuyuxдо канонічного вигляду в області x > 0, y > 0.

Розв’язання. З прикладу 3 цього параграфу маємо, що рівняння вобласті зберігає еліптичний тип і має два сімейства комплексниххарактеристик з дійсною частиною xyx ln),(1 =j та уявною частиною

yyx ln),(2 =j .Робимо заміну xln=x , yln=h .

40

Обчислюємо потрібні похідні:

xux

ux1

= , xxx ux

ux

uxx 2211

-= ,

huyuy

1= , hhh u

yu

yuxx 22

11-= .

Після підстановки обчислених похідних у рівняння отримаємо:

01111122

222

2 =+÷÷ø

öççè

æ-+÷÷

ø

öççè

æ- xhhhxxx u

xxu

yu

yyu

xu

xx

або0=-+ hhhxx uuu .

§ 4. Знаходження загальних розв’язків рівнянь з частиннимипохідними

Нехай коефіцієнти рівнянь0),,(),(),( =++ uyxFuyxBuyxA yx (18)

0),,,(),(),(2),( =Ñ+++ uuyxfuyxcuyxbuyxa yyxyxx , (19)

неперервні у деякій області W .Функція u (x, y) називається розв’язком рівняння (18), якщо вона

належить до класу )(1 WC і задовольняє рівняння (18) в області W .Множина усіх розв’язків рівняння (18) називається загальним розв’язкомрівняння (18).

Функція u (x, y) називається розв’язком рівняння (19), якщо вона

належить до класу )(2 WC і задовольняє рівняння (19) в області W .Множина усіх розв’язків рівняння (19) називається загальним розв’язкомрівняння (19).

Приклад 1.

Знайти загальний розв’язок рівняння12 0=xu в 2R .

Розв’язання. Оскільки u = u (x, y), а 0=xu , то )(yu j= , де j –довільна неперервно диференційована функція одної змінної. Отже,загальний розв’язок даного рівняння – )(yu j= .

Приклад 2.Знайти загальний розв’язок рівняння

uux = , 2),( Ryx Î . (20)

12 Тут і далі u = u (x, y).

41

Розв’язання. В аналогічному випадку звичайне диференціальнерівняння13 можна розв’язати так:

xceucxudxuduu

dxdu

=Û+=Û=Û= lnln .

Аналіз наведеного розв’язання звичайного диференціальногорівняння з урахуванням специфіки рівнянь з частинними похідними таприкладу 1 дозволяє знайти загальний розв’язок для рівняння (20) так:

xeyuyxuyxuudxuduu

xu )()(lnln),(, jj =Û+=Û==Û=¶¶

.

Отже, загальний розв’язок даного рівняння (10) xeyu )(j= , де j –довільна неперервно диференційована функція одної змінної.

Приклад 3.Знайти загальний розв’язок рівняння

xuux -= , 2),( Ryx Î (21)Розв’язання. Як відомо (див. [9]), загальний розв’язок неоднорідного

диференціального рівняння може бути знайдено як суму загальногорозв’язку відповідного йому однорідного рівняння та частинногорозв’язку неоднорідного рівняння.

Однорідне рівняння, яке відповідає рівнянню (21) – це рівняння (20) зприкладу 2 цього параграфу. З прикладу 2, загальний розв’язокоднорідного рівняння (20) може бути знайдено за формулою:

xзро eyu )(j= ,

де j – довільна неперервно диференційована функція одної змінної.Спробуємо знайти частинний розв’язок рівняння (21) у вигляді

ba += xu (пошук частинного розв’язку для рівняння (21) саме утакому вигляді зумовлений тим, що коефіцієнти, похідні та вільний члензалежать лише від x, а неоднорідність має лінійних характер). Маємо

xx -+= baa , звідки 1=a , 1=b .Отже, частинним розв’язком рівняння (21) є функція

1+= xuчрн .Таким чином, загальний розв’язок рівняння (21) може бути знайдено

за формулою

1)( ++= xeyu xj ,де j – довільна неперервно диференційована функція одної змінної.

13 Більш детальну інформацію про розв’язання звичайнихдиференціальних рівнянь та рівнянь з частинними похідними першогопорядку можна знайти у [15 – 17].

42

Приклад 4.Знайти загальний розв’язок рівняння

0),(),( =+ yx uyxBuyxA , (22)

в області W , якщо 0),( ¹yxA в W .Розв’язання. Характеристичною кривою для рівняння (22) будемо

називати таку криву constyx =),(j , що

ïî

ïíì

Wι+

WÎ=+

.),(,0

,),(,0),(),(22 yx

yxyxByxA

yx

yx

jj

jj

За аналогією з методикою відшукання характеристичних кривих,розглянутою у параграфі 2, маємо такі співвідношення

),(),( yxByxAy

x -=jj

,

),(),(

yxAyxB

dxdy

= . (23)

Рівняння (23) є звичайним диференціальним рівнянням. Розв’язавшийого, можна знайти залежність між x та y, і, як наслідок, визначити

функцію ),( yxj . Важливим у подальшому є те, що),(),(

yxAyxB

y

x -=jj

.

Для знаходження загального розв’язку рівняння (22) слід зробитизаміну

),( yxjx = , ),( yxyh = ,де ),( yxj – функція, знайдена з (23), ),( yxy – довільна функція, такащоб якобіан заміни не дорівнював нулю в області W .

Після виконання заміни змінних отримаємо

xxxxx uuuuu yjhx hxhx +=+= ,

yyyyy uuuuu yjhx hxhx +=+= .Підстановка отриманих співвідношень у рівняння (22) дає

0))(,())(,( =+++ yyxx uuyxBuuyxA yjyj hxhx ,

або, з урахуванням властивостей функції ),( yxj , тобто рівності (23),маємо

0)(),(),(),(),( =++÷÷

ø

öççè

æ- yxxx u

yxByxAyxByxAu yyjj hx ,

тобто0=hu .

43

З останнього рівняння та прикладу 1 маємо, що загальний розв’язокрівняння (22) має вигляд

)),(()( yxffu jx == ,де f – довільна один раз неперервно диференційовна функція одноїзмінної.

Приклад 5.Знайти загальний розв’язок рівняння

0=xyu , 2),( Ryx Î .Розв’язання. З прикладу 1 цього параграфу маємо

)(xux j= ,

)()()()( yxydxxu yjyj +=+= ò .

В останньому співвідношенні введено перепозначення ò dxx)(j на

)(xj з метою уникнення додаткових індексів.Отже, загальний розв’язок рівняння має вигляд )()( yxu yj += , деyj , – довільні двічі неперервно диференційовні функції одної

змінної14.Приклад 6.Знайти загальний розв’язок рівняння

065 =+- yxyxx uuu , 2),( Ryx Î (24)

Розв’язання. У даному випадку зручно скористатись методикоюзведення до канонічного вигляду для рівнянь зі сталими коефіцієнтами.

Квадратична форма, яка відповідає рівнянню (24), має вигляд

2121212221

21 )3)(2(65 bbaaaaaaaa =--=+- ,

де 211 2aab -= , 212 3aab -= .За методикою, викладеною у пункті 3 алгоритму зведення рівнянь

другого порядку зі сталими коефіцієнтами до канонічного вигляду(параграф 2), можемо знайти заміну координат, яка відповідає заміні уквадратичній формі:

211 23 bba -= , 212 bba +-= .

1123

--

=B ,1213

--

== TBS , ÷÷ø

öççè

æ+--

=÷÷ø

öççè

æyx

yx2

3hx

.

З відповідності квадратичної форми та рівняння зі сталимикоефіцієнтами отримуємо, що після виконання знайденої заміни зміннихрівняння (24) набуде вигляду

14 Насправді у даному випадку досить, щоб функції yj , були лишеодин раз неперервно диференційовними.

44

0=xhu .З прикладу 5 цього параграфу отримуємо, що загальний розв’язок

рівняння (24) має вигляд)2()3()()( yxyxu +-+-=+= yjhyxj ,

де yj , – довільні двічі неперервно диференційовні функції одноїзмінної.

Приклад 7.Знайти загальний розв’язок рівняння

0=- yxy uu , 2),( Ryx Î . (20)

Розв’язання. Введемо позначення yuv = . Тоді рівняння (20)

отримує вигляд 0=- vvx . З прикладу 2 цього параграфу маємоxeyv )(j= , тобто x

y eyu )(j= і

)()()()( xyexdyyeu xx yjyj +=+= ò .

В останньому співвідношенні введено перепозначення ò dxx)(j на

)(xj з метою уникнення додаткових індексів.

Отже, загальний розв’язок рівняння має вигляд )()( xyeu x yj += ,де yj , – довільні двічі неперервно диференційовні функції одноїзмінної.

Приклад 8.Знайти загальний розв’язок рівняння

0=+ xxy xuu , 2),( Ryx Î (21)

Розв’язання. Введемо позначення xuv = . Тоді рівняння (21)отримує вигляд

0=+ xvvy .Останнє рівняння нескладно розв’язати

xyexvyxvvxdyvdvxv

yv -=Û=-=Û-=¶¶ )(),(, j ,

де j – довільна неперервно диференційовна функція одної змінної.Оскільки

xyx exvu -== )(j ,

то загальний розв’язок рівняння (21) може бути знайдений у вигляді

)()( ydxexu xy yj += ò - ,

45

де j – довільна неперервно диференційовна функція одної змінної, y– довільна двічі неперервно диференційовна функція одної змінної15.

Задачі для практичних занять та самостійної роботи

Задачі до § 1

У задачах №№ 1 – 5 вказати області, де рівняння зберігає сталийтип.

1. 0=+ yyxx xuu .

2. 021

=++ yyyxx uyuu .

3. 0=+ yyxx xuyu .

4. 02 22 =++ yyxyxx uyxyuux .

5. 044 222 =-- xyyx

xx uyueuy .У задачах №№ 6 – 8 визначити тип рівняння.6. 06222 =++-+ zzyyxzxyxx uuuuu .

7. 0244 =++-- zyyzxyxx uuuuu .

8. 0=-++- zyxxzxy uuuuu .

Задачі до § 2

У задачах №№ 9 –23 звести до канонічного вигляду рівняння.9. 06222 =++-+ zzyyxzxyxx uuuuu .

10. 0244 =++-- zyyzxyxx uuuuu .

11. 0=-++- zyxxzxy uuuuu .

12. 02222 =++-+ zzyyxzxyxx uuuuu .

13. 0642 =---+ zzyzxzxyxx uuuuu .

14. 0322222 =++++++ ttzzytyzyyxyxx uuuuuuu .

15. 022 =+-+- ttztzzxtxy uuuuu .

16. 0=+++ ztxtxzxy uuuu .

15 Насправді у даному випадку досить, щоб функція y була лише одинраз неперервно диференційовна.

46

17. 02422 =++--+ zzytyzxzxyxx uuuuuu .

18. 0222222 =+++++-+ ttzzytyzyyxtxzxx uuuuuuuu .

19. 0221

12111=-+ åå

-

==+

n

kxx

n

kxxxx kkkk

uuu .

20. 0)1(22

111=-- å

=-

n

kxx

kxx kk

uu .

21. 021

=+ åå<= kl

xx

n

kxx klkk

luku .

22. 01

=+åå<= kl

xx

n

kxx klkk

uu .

23. 0=å<kl

xx klu .

Задачі до § 3

У задачах №№ 24 – 42 звести рівняння до канонічного вигляду укожній з областей, де воно зберігає тип.

24. 0=+ yyxx xuu .

25. 0=+ yyxx yuu .

26. 021

=++ yyyxx uyuu .

27. 0=+ yyxx xuyu .

28. 0=+ yyxx yuxu .

29. 0=+ yyxx xyuu .

30. 02sign =++ yyxyxx uuyu .

31. 0)sign1(2 =-++ yyxyxx uyuu .

32. 0sign2sign =++ xuuyu yyxyxx .

33. 022 =- yyxx uxuy .

34. 022 =- yyxx uyux .

35. 022 =+ yyxx uyux .

47

36. 022 =+ yyxx uxuy .

37. 02 22 =++ yyxyxx uxxyuuy .

38. 02 22 =++ yyxyxx uyxyuux .

39. 044 222 =-- xyyx

xx uyueuy .

40. 0164232 422 =++--+ uxyuxuuyxyuux yxyyxyxx .

41. 0)1()1( 22 =+++++ yxyyxx yuxuuyux .

42. 0sin2sin 22 =+- yyxyxx uyxxuxu .

Задачі до § 4

У задачах №№ 43 –49 знайти загальний розв’язок рівнянь зі сталимикоефіцієнтами.

43. 02 =- yyxx uau .

44. 032 =-- yyxyxx uuu .

45. 0=+ xxy auu .

46. 23253 =++-- yxyyxyxx uuuuu .

47. 0=+++ uabbuauu yxxy .

48. yxyxxy euuuu +=+-- 2632 .

49. 02 2 =++++ yxyyxyxx auuuaauu .У задачах №№ 50 – 57 знайти загальний розв’язок рівняння у кожній

з областей, де воно зберігає тип.50. 0)( =--+ yyxyxx xuuyxyu .

51. 022 =- yyxx uyux .

52. 0232 22 =--+ xyyyyxx xuuyxyuux .

53. 02 22 =++ yyxyxx uyxyuux .

54. 0=+- uxuu xxy .

55. 022 =-+ xuxyuu yxy .

56. 0)1( =-+++ uyyuuu yxxy .

48

57. 022 =+++ uxyyuxuu yxxy .58. Довести, що рівняння зі сталими коефіцієнтами

0=+++ cubuauu yxxy

за допомогою заміни aybxeyxvyxu --= ),(),( зводиться до

вигляду 0)( =-+ vabcvxy

Довести, що загальний розв’язок рівняння uuxy = має вигляд

ò +-=x

dttxyiJtfyxu0

0 ))(2()(),(

)2()]0()0([))(2()( 00

0 xyiJgfdttyxiJtgy

++-+ ò ,

де )(0 zJ – функція Бесселя, а f та g – довільні функції класу1C .У задачах №№ 59 – 67 знайти загальний розв’язок рівняння.59. 0coscossin2 2 =--- yyyxyxx uxuxuxu .

60. 0)(21

=-+- yxyyxx uuyuxu , 0>x , 0>y .

61. 0222 =-- yyyxx yuuyux .

62. 02 22 =+++- yxyyxyxx yuxuuyxyuux .

63. yyxx uxux 22 )( = .

64. 0)( =+-- yxxy uuuyx .

65. 0=+++ xyuxuyuu yxxy .

66. 0222 222 =+++++ xzzzyzyyxyxx uxzuzuyzuyuxyux .

67. yyxyxxtt uauauau 221211 2 ++= , ( 2122211 aaa = ), де 11a , 12a ,

22a – додатні числа.68. Показати, що за виконання умови

042 21222112

2211 =++- cbabbaba d , (*)

де 2211212 aaa -=d , рівняння

49

0)( =+ cuuL , (**)з оператором

02)( 21221211 =+++++= cuububuauauauL yxyyxyxx ,

має загальний розв’язок вигляду

)]()([),( 22112 yxyxeyxu

mykx

-+-=+

ayayd ,

де 2,yy – довільні функції, 212122 babak -= , 112211 babam -= , а

21,aa – корені рівняння 02 22122

11 =+- aaa aa .Якщо ж умова (*) задачі не виконана, то звести рівняння (**) до

виглядуvdv =xh , (***)

де 211212211

211

164))((

ddaa cabbbbad +--

= , yx -= 1ax ,

yx -= 2ah .Загальний розв’язок рівняння вигляду (***) наведено у задачі 58.69. Показати, що для довільного натурального n загальний

розв’язок рівняння

012

2=+-

+ xyyxx uuxun

має вигляд

úúû

ù

êêë

é -++++¶¶

= -

-

xyxnFyxnF

xu n

n ))12(2())12(2( 211

1

,

де 1F , 2F – довільні n – 1 раз неперервно диференційовні функції.70. Показати, що для довільного натурального n рівняння

uxnnu

xuu

a xxxtt 22)1(21 +

-+=

має загальний розв’язок вигляду

úûù

êëé +Y+-F

÷øö

çèæ

¶¶

=x

atxatxxx

xun

n )()(1,

де F , Y – довільні двічі неперервно диференційовні функції.71. Показати, що для довільних натуральних n, m рівняння

0=-

+-

- yxxy uyx

muyx

nu

має загальний розв’язок вигляду

50

úû

ùêë

é--

¶¶¶

= --

-+

yxyYxX

yxyxu nm

nm )()(),( 11

2

,

де )(xX , )( yY – довільні n + m разів неперервно диференційовніфункції.

72. Показати, що для довільних натуральних n, m рівняння

0=-

--

+ yxxy uyx

muyx

nu

має загальний розв’язок вигляду

úû

ùêë

é--

¶¶¶

-=+

++

yxyYxX

yxxyyxu mn

nmnm )()()(),( 1 ,

де )(xX , )( yY – довільні n + m + 2 рази неперервно диференційовніфункції.

73. Знайти загальний розв’язок рівняння

0=+- yxxm

yy uypuyu , 0³y , 10 <£ p .

51

Література

1. Сборник задач по уравнениям математической физики / под ред.В.С. Владимирова. – М. Наука, 1974. – 272 с.

2. Будак Б.М., Самарский А.А., Тихонов А.Н. Сборник задач поматематической физике. – М.: Наука, 1972. – 687 с.

3. Вірченко Н.О. Основні методи розв’язання задач математичноїфізики. – Навчальний посібник. – Київ: КПІ, 1997. – 370 с.

4. Бицадзе А.В. Калиниченко Д.Ф. Сборник задач по уравнениямматематической физики. – М.: Наука, 1977. – 224 с.

5. Смирнов М.М. Задачи по уравнениям математической физики. – М.:Наука, 1975. – 127 с.

6. Владимиров В.С. Уравнения математической физики. – М.: Наука,1981. – 512 с.

7. Тихонов А.Н., Самарский А.А. Уравнения математической физики. –М.: Наука, 1977. – 736 с.

8. Соболев С.Л. Уравнения математической физики. – М.: Наука,1966. – 444 с.

9. Гончаренко В.М. Основи теорії рівнянь з частинними похідними. –К.: Вища школа, 1995. – 350 с.

10. Михайлов В.П. Дифференциальные уравнения в частныхпроизводных. – М. Наука, 1983. – 424 с.

11. Перестюк М.О., Маринець В.В. Теорія рівнянь математичної фізики.– К: Либідь, 2001 р. – 334 с.

12. Положий Г.Н. Уравнения математической физики. – М.: Высш. шк.,1964. – 559 с.

13. Михлин С.Г. Курс математической физики. – М.: Наука, 1968. – 576с.

14. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. – М.: Физматгиз, 1963. – 432 с.15. Дороговцев А.Я. Математический анализ. Справочное пособие. –

К.: Вища школа, 1985. – 528 с.16. Самойленко А.М., Кривошея С.А., Перестюк Н.А.

Дифференциальные уравнения: примеры и задачи. – М.: Высш.шк., 1989. – 383 с.

17. Степанов В.В. Курс дифференциальных уравнений. – М.: ГИФМЛ,1958. – 468 с.

18. Самойленко А.М., Перестюк М.О., Парасюк І.О. Диференціальнірівняння. – К.: Либідь, 1994. – 360 с.

52

ЗмістВступ ........................................................................................................3Тема 1. Постановка основних крайових задач для рівнянь математичноїфізики.......................................................................................................4§1. Задача про малі поперечні коливання струни............................4§2. Постановка задач про коливання для двовимірних татривимірних областей..............................................................................8§3. Задача про теплообмін усередині тонкого однорідного стрижня.

................................................................................................. 10§4. Постановка задач теплопровідності для двовимірних татривимірних областей............................................................................ 14§ 5. Стаціонарні крайові задачі .............................................................. 16Задачі для практичних занять та самостійної роботи............................ 18Задачі до §§ 1, 2..................................................................................... 18Задачі до §§ 3, 4..................................................................................... 23Задачі до § 5 .......................................................................................... 26Тема 2. Зведення рівнянь з частинними похідними до канонічноговигляду................................................................................................... 28§ 1. Класифікація квазілінійних диференціальних рівнянь з частиннимипохідними другого порядку .................................................................... 28§ 2. Зведення до канонічного вигляду квазілінійних диференціальнихрівнянь другого порядку зі сталими коефіцієнтами при старших похідних............................................................................................................... 30§ 3. Зведення до канонічного вигляду квазілінійних рівнянь другогопорядку зі змінними коефіцієнтами при старших похідних .................... 33§ 4. Знаходження загальних розв’язків рівнянь з частинними похідними............................................................................................................... 40Задачі для практичних занять та самостійної роботи............................ 45Задачі до § 1 .......................................................................................... 45Задачі до § 2 .......................................................................................... 45Задачі до § 3 .......................................................................................... 46Задачі до § 4 .......................................................................................... 47Література.............................................................................................. 51