Ипатова В.М. Методические указания по решению задач (1179584), страница 9

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 9)

Решив (6), найдем первый интеграл u1  1 ( x, y, z ) . Дляотыскания ещё одного независимого первого интеграла рассмотрим два способа.а) Из равенства u1  1 ( x, y, z ) выразим одну из независимых переменных и подставим этовыражение в (3). В результате получим систему с двумя независимыми переменными, изкоторой найдем u2 .б) Используя лемму 1, получим из системы (3) другое уравнение вида (6). Решив его, найдемеще один первый интеграл u2  2 ( x, y, z ) .Задача Коши для уравнения (1)Пусть уравнение g x, y, z   0 определяет в области G гладкую поверхность S и пусть вокрестности S задана непрерывно дифференцируемая функция v( x, y, z ) .Задача Коши:Найти решение уравнения (1), удовлетворяющее начальному условиюu  v( x, y, z ) на S .Если известно общее решение уравнения (1), то решить задачу Коши можно следующимспособом.

Используя уравнение поверхности, выразим x, y, z как функции первыхинтегралов u1 , u2 , то есть g  x, y, z   0,u1  x, y, z   u1 ,  x  w1 (u1 , u2 ), y  w2 (u1 , u2 ), z  w3 (u1 , u2 ).u2  x, y, z   u2 ,На основании этих выражений представимuˆ  v( x, y, z)  v  w1 (u1, u2 ), w2 (u1, u2 ), w3 (u1, u2 )   F0 (u1, u2 ) .43Вне поверхности S продолжим û по той же формуле. В результате получим функциюuˆ  F0 (u1 ( x, y, z), u2 ( x, y, z )) , которая и дает решение задачи Коши.Примеры решения задач, предлагавшихся на письменном экзаменеЗадача 41-8. Найти общее решение уравнения и решить задачу Кошиuu z ux   x( y  5 z )2  z   0 , u  xz 5 при y  5z  1, x  0 .xy 5 zРешение.

Запишем характеристическую системуdxdy5 dz.2x x( y  5 z )  zzРассмотрев первую и последнюю дроби, получаем уравнение, которое содержит только двенезависимые переменныеdx 5 dz 5ln | z | ln | x | Cˆ , отсюда z 5  Cx . Выражая произвольную постоянную C ,xzz5находим u1 – первый интеграл.xРассмотрим два способа для отыскания ещё одного первого интеграла.Первый способ построения u2 . Выразим x  z 5 / u1 и подставим это значение в уравнение z4dy5 dz2.Сокративна,получимdy5(y5z)1z dz . Далее преобразуемzux( y  5 z ) 2  z 1z4d  y  5 z   5 ( y  5 z ) 2 dz,u1d  y  5z 5 z 4 dz. Решаем полученное уравнение, считая, чтоu1( y  5z )2u1 – это постоянная величина:1z5z5  C .

Подставив теперь u1  , имеем решениеy  5 z u1x111.xC C  x . Умножив на 1 , находим первый интеграл u2  x y  5zy  5zy  5zВторой способ построения u2 . Воспользуемся свойством равных дробей для нашейхарактеристической системы, т.е. формулой (5) при k1  0, k2  1, k3  1 .dy  5 dzdx ,2x( y  5 z )  z  z xd ( y  5 z ) dx ,x( y  5 z ) 2 xd ( y  5 z) dx,( y  5z)21xC .y  5zВыражая из последнего равенства произвольную постоянную C , находим1– первый интеграл.u2  x y  5zОчевидно, u1 и u2 независимы, так как в u2 входит y , а в u1 не входит. Таким образом, z51 u  F  , x  – общее решение уравнения.y  5 z  xРешим задачу Коши с заданным начальным условиемu  xz 5 при y  5z  1, x  0 .Используя уравнение поверхности y  5z  1 , представим44z52,u2  x  1  x  u2  1,uˆ  x z 5  u1 x 2  u1  u2  1 .xВне поверхности y  5z  1 продолжим û по той же формуле, подставляя исходные значенияпервых интеграловu1 z5 1 1xxy  5z uˆ 2– решение задачи Коши.Замечание 1.

При решении задачи Коши мы могли бы выразить через u1 и u2 все тринезависимые переменные x  u2  1 , z  5 u1 (u2  1) , y  5 5 u1 (u2  1)  1 на рассматриваемойповерхности, но этого не потребовалось.Замечание 2. В этой задаче мы нашли первый интеграл u1  z 5 / x , но можно перевернутьдробь и рассмотреть первый интеграл uˆ1  x / z 5 . Вообще, первые интегралы определяются сточностью до функциональной зависимости.

Какая запись является предпочтительной?Здесь полезно принять во внимание постановку задачи Коши. В нашем случае начальныеданные задаются на части плоскости, где x  0 , а z может обращаться в нуль. Поэтомупервая запись более корректна.Задача 42-8. Найти общее решение уравнения и решить задачу Кошиuuu2 xy 2  7 xz 3 yz 3 2 y2 z 0 , u  xy 6 при z  1, y  0 .xyzРешение. Запишем характеристическую системуdxdydz. 3232 xy  7 xzyz 2 y 2 zРассмотрев вторую и третью дроби, получаем уравнение, которое содержит только двенезависимые переменныеdydz 2 2 y dy   z 2 dz , отсюда 3y 2   z 3  C .

Выражая постоянную C , находим3yz2y zu1  3 y 2  z 3 – первый интеграл.Рассмотрим два способа для отыскания ещё одного первого интеграла.Первый способ построения u2 . Из равенства u1  3 y 2  z 3 выразим z 3  u1  3 y 2 , эту формулубудем использовать для решения уравненияdxdy 3 ,232 xy  7 xzyzкоторое предварительно преобразуем к видуdx 2 y 2  7 z 3dy xyz 3dx  2 y 7   dy .x  z3 y Подставляя z 3  u1  3 y 2 , имеемdx  2 y7  dy .x  u1  3 y 2 y Решаем полученное уравнение, считая, что u1 – это постоянная величина.4511ln | x |   ln u1  3 y 2  7 ln | y |  Cˆ , т.е.

ln | x |  ln u1  3 y 2  7 ln | y |  Cˆ , x 3 u1  3 y 2 y 7  C .33Подставив в последнее равенство u1  3 y 2  z 3 , находим решение в виде xy 7 z  C .Следовательно, u2  xy 7 z – первый интеграл.Второй способ построения u2 . Воспользуемся свойством равных дробей для исходнойхарактеристической системы, т.е. формулой (5) при k1  z, k2  0, k3  x .z dx  x dzdyz dx  x dz dyd ( xz )dy 3  3, 7 .424xzy2 xy z  7 xz  2 xy z yz7 xzyzРешение последнего уравнения легко найти.Cln | xz | 7 ln | y | C  xz  7 , xy 7 z  C.y2Получаем первый интеграл u2  xy 7 z .Очевидно, u1 и u2 независимы, так как в u2 входит x , а в u1 не входит.

Таким образом,u  F 3 y 2  z 3 , xy 7 z – общее решение уравнения.Решим задачу Коши с заданным начальным условием u  xy 6 при z  1, y  0 . Используяуравнение поверхности z  1, y  0 , представимu1  3 y 2  1  y u1  1,3u2  xy 7 ,uˆ  xy 6 u23u2 .yu1  1Вне поверхности z  1, y  0 продолжим û по той же формуле, подставляя исходныезначения первых интеграловuˆ 3 xy 7 z3 y 2  z3 1– решение задачи Коши.469. Задачи повышенного уровняЗадача 41-9. Доказать, что при всех A, B, C решение краевой задачи существует иединственно ( x  1) y'''  y' sin x  0, 0  x  1,y(0)  3 y' (0)  A,y(1)  B,Доказательство. Существование. Обозначим z( x)  y' ( x) , q( x)  y' (1)  C.sin x 0 на [0,1] .x 11Учитывая равенство y( x)  y(1)   y' (t ) dt , для z ( x) получаем задачуxz''  q( x) z  0, 0  x  1,(1)1B   z (t ) dt  3z (0)  A,z (1)  C.(2)0Пусть z1 ( x ) и z2 ( x) есть решения двух задач Коши z1''  q( x) z1  0, z1 (0)  0, z1' (0)  1,Из теоремы Штурма следует, что z1 ( x)  0 на z2''  q( x) z2  0, z2 (1)  0, z2' (1)  1.(0,1] и z2 ( x)  0 на [0,1) .

Будем искатьрешение (1) в видеz( x)  C1z1 ( x)  C2 z2 ( x) ,(3)тогда граничные условия (2) принимают вид11B  C1  z1 (t ) dt  C2   z2 (t ) dt  3z2 (0)   A , 00C1z1 (1)  C .Отсюда находим1C,C1 z1 (1)C2 B  A  C  z1 (t ) dt / z1 (1)010 z2 (t ) dt  3z2 (0).Подставив эти значения в (3), получаем решение (1)-(2), а затем и решение исходной краевойзадачи.Единственность. z1 ( x) и z2 ( x) линейно независимы на отрезке [0,1] . Действительно, пустьc1z1 ( x)  c2 z2 ( x)  0 при всех x [0,1] . Полагая x  0 и x  1 , получаем c2 z2 (0)  c1z1 (1)  0 c1  c2  0 . Функции z1 ( x) и z2 ( x) образуют фундаментальную систему решенийуравнения (1), поэтому z( x)  y' ( x) всегда представляется в виде (3). Константы C1 и C2находятся из краевых условий единственным образом, следовательно, решение единственно.2 способ доказательства единственности.

Пусть y1 ( x) и y2 ( x) какие-либо решениярассматриваемой краевой задачи. Их разность u  y1  y2 удовлетворяет соотношениям1u'''  q( x)u'  0, 0  x  1, u (0)  3u' (0)  0, u(1)  u' (1)  0  u( x)    u' (t ) dt.xДля производной v( x)  u' ( x) имеем задачуv''  q( x)v  0 на [0,1],10 v( x) dx  3v(0)  0,v(1)  0.Из теоремы Штурма вытекает, что нетривиальное решение v( x) не меняет знака на [0,1) ,величины10 v( x) dxи v(0) либо обе положительные, либо обе отрицательные. Равенство4710 v( x) dx  3v(0)  0 возможно только в случае тривиального решения v( x)  0 на [0,1] , тогдаи u ( x)  0 .Задача 42-9. Доказать, что при всех A, B, C единственно xy'''  y' cos2 x  0, 2  x  3,решение краевой задачи существует иy(2)  A,y' (2)  B,y(3)  y' (3)  C.cos 2 xДоказательство.

Существование. Обозначим z( x)  y' ( x) , q( x)   0 на [2,3] .xxУчитывая равенство y( x)  y(2)   y' (t ) dt , для z ( x) получаем задачу2z''  q( x) z  0, 2  x  3,(4)3A   z (t ) dt  z (3)  C.z (2)  B,(5)2Пусть z1 ( x ) и z2 ( x ) есть решения двух задач Коши z1''  q( x) z1  0, z1 (2)  0, z1' (2)  1,Из теоремы Штурма следует, что z1 ( x)  0 на z2''  q( x) z2  0, z2 (3)  0, z2' (3)  1.(2,3] и z2 ( x )  0 на [2,3) . Будем искатьрешение (4) в видеz( x)  C1z1 ( x)  C2 z2 ( x) ,(6)тогда граничные условия (5) принимают видC2 z2 (2)  B ,33A  C1   z1 (t ) dt  z1 (3)   C2  z2 (t ) dt  C.2 2Отсюда находим3B,C2 z2 (2)C1 C  A  B  z2 (t ) dt / z2 (2)232z1 (t ) dt  z1 (3).Подставив эти значения в (6), получаем решение (4)-(5), а затем и решение исходной краевойзадачи.Единственность. z1 ( x) и z2 ( x) линейно независимы на отрезке [2,3] .

Действительно, пустьc1z1 ( x)  c2 z2 ( x)  0 при всех x [2,3] . Полагая x  2 и x  3 , получаем c2 z2 (2)  c1z1 (3)  0 c1  c2  0 . Функции z1 ( x) и z2 ( x) образуют фундаментальную систему решенийуравнения (4), поэтому z( x)  y' ( x) всегда представляется в виде (6). Константы C1 и C2находятся из краевых условий единственным образом, следовательно, решение единственно.2 способ доказательства единственности. Пусть y1 ( x ) и y2 ( x ) какие-либо решениярассматриваемой краевой задачи. Их разность u  y1  y2 удовлетворяет соотношениямxu'''  q( x)u'  0, 2  x  3, u(2)  u' (2)  0, u(3)  u' (3)  0,  u( x)   u' (t ) dt.2Для производной v( x)  u' ( x) имеем задачуv''  q( x)v  0 на [2,3], v(2)  0,3 v( x) dx  v(3)  0.248Из теоремы Штурма вытекает, что нетривиальное решение v( x ) не меняет знака на (2,3] ,величины3232v( x) dx и v(3) либо обе положительные, либо обе отрицательные.

Характеристики

Список файлов книги