1625915355-f05215b85c5ab8e38579ffe8382f7839 (843928), страница 26
Текст из файла (страница 26)
260. В характеристических переменных 3=х+у, Ч=Зх+2у уравнение записываетсн в виде о! (и, Ч) =О, интегрируя которое находим и=!(х+у) + ч + ~р(Зх+2у), где )' н гр — произвольные дважды непрерывно дифференцируе мые функции. 26!. и =(р (у — х) + е ф (у — 2х). та+и 262. и = [~р (х+ Зу) + ф (Зх+ у) ] е (~+У) 1 ч 263. и= ~~р(у — Зх)+ф(Зу — х) — — х(у — Зх)(Зу — х)~ е а .
В харак- 8 ~Ч вЂ” Зь теристнческих переменных в=у — Зх, т)=Зу — х, о(в, Ч) =и ~ —, — ! 8 ' 8 исходное уравнение примет вид 4-ч 1 32о; +о. — о — — о — (Зй — Ч) е 22 =0 ун 6 ч 32 з которое после замены о (я, Ч) =е ы ($, Ч) переходит в уравнение 32ге — Зв+Ч=О. Интегрируя последнее уравнение и возвращаясь к пере!я менным х, у, получим ответ. — (х+2В) ( 264.
и=2е" +е [~р(х)+ф(х+2у)]. 263. и =и"+з)2 [(2х+у) е'"еУ+<р (2х+у) + ф (4х+у)]. ( — — (в+ 2х+х(п х) 266. и=<у(у+2х+з(пх)+е ф (у — 2х+ з1 п х). 143 267. и=еу(е'У вЂ” езх)+~р(еу+их)+ р(еу — ех). 266 п=уЧ>(х)+Ч~ (х)+ ] (р — з)) е хч)(т!) с(т). Пользуясь обозначением о=уз о пРеобРазовать исходное УРавнение к вндУ уху+Уев=б.
х 266. и= соз у -]- хм (у) -]- ~р' (р)-]- ~ (х — З) е у4 7($) оа. Решение искать в о виде и=о+сову. Далее см. указание к задаче 268. 276. и= — у~р(х)-)-4~'(х)-]-з! (у — т!)е хезр(з))бт) . Пользуясь обоз- 1 сйх ~ о начением п=сЬ х и„, преобразовать исходное уравнение к виду о„и†, 'уоу — — О. х ~7~ - -*(~и~-("-.'"'тма~ о к а .,=заур-.-ч —,д~.,- (пе +1"-" ~цч).
и. у. о обозначением "и„+п=е-"Уо, преобразуем исходное уравнение к виду он †— хзреху, откуда находим и. Далее, подставляя найденное выражение для и в равенство и„+и = е-ау у, придем к уравнению и +и=! — ху+е-хУ~Р(х), интегрируя которое найдем ответ. а+2у 2 1 1 273. п(х, у)=~р! х — — рз)+ — ] ~Р(а)йх,, В характеристических 3 7' 2 г УВ з з переменных з=х — — уз, з) =х+2уисходноеуравнение принимает вид о, =О, 3 йч интегрируя которое и используя начальные данные приходим к ответу. 2х+у 274.
и(х, у) =(1+2х — езх) еу+~р (у)+ — ] ~> (г) дх. Воспользоваться ! заменой переменных в=у, 2)=у+2х в уравнении. 276. и (х, д) =х+ соз (х — у+а!и х). Воспользоваться заменой переменных з=у — х — з1пх 2)=р+х — сбп х в уравнении. 3 1 276. и(х, р)= — е-у~р(х+у) — — ~р(х+Зр)+ 2 2 1 х+Зу 1 — !х+ зу) + 4 е ] е (З~р (х)+21р (2)] Нх. к+у Сначала с помощью замены переменных З=х+Зу, В=у+у привести исход- 1 ное уравнение к каноническому виду о.
= — — о , интегрируя которое мож1ч 2 ч' но получить его общий интеграл. хз 277. и (х, у) = — — +сов (х — 1+ех) — соз х. Для облегчения нахождения 2 общего интеграла исходного уравнения его следует привести к каноническому инду, пользуясь заменой перемейных В=х, ц=х+еУ. /У вЂ” СОЗХ Л l У вЂ” сов х ) 278. и(х, у)=ехз)) )+з(пхсоз [ (.Для приведения 2 уравнения задачи к каноническому виду воспользоваться заменой переменных ь=2Х вЂ” у+ сов х, 4) =2Х+у — соз х. — (2Х В+404 х) 1 1 279, и(х, у)=2е соз х сбп — (у — соз х).
С помощью замены ' 2 переменных 3=2х — у+соня, 4)=2х+у — сов х исходное уравнение задачи приводится к каноническому виду 4О$ч+оч =0 где о($, 4))=и( —, — +сов — ) =и(х, у), общий интеграл ко- I $+Ч 4) — $ $+ц 1 4 ' 2 4 ) торого имеет вид о(в, 1!) =1(в)+з 1Ы г" (4)). Здесь 1 и г" — произвольные дважды непрерывно дифференцируемые функции. Возвращаясь к переменнылл х, у, получим общий интеграл исходного уравнения 1 - — (2х-Злсолх) и=1(2х — у+сов х)+е. г (2х+у — соз х). Далее, пользуясь начальнымн условиями, следует определить виа функций 1 и г". 280.
и (х, у) =1 — з(п (у — х+ сов х)+е"+'з' а(п (х+у+ сов х). Сначала, пользуясь ззменой переменных В= — х+у+созх, т)=я+у+соня, привести' ,уравнение задачи к каноническому виду. Далее следовать процедуре, изложенной в указании к решению задачи 279.. 281. Для точки (у, т) ~ Е„4.4 областью зависимости на многообразии ! =0 являются: сфера ) х — у [' =т' при и= 3, круг [ х †у ~ т" при л=2, отрезок [х — у [а~та при л=!. 282. Поскольку сторонами характеристического прямоугольника с вершинами в точках (х,, 14), (х„г,), (хз, 14), (х,, 1,) являются прямые х — х, = — х — ха =14 — 1, х — кз — — ! — !з, х — хл = 14 — 1, то хз — хт = Гз — !д, хз хз — !з Гз хл хз 14 14 хл хл — 14 14, Поэтомр з силУ фоумрлы (!О) имеем и(хд, Гд)+и (хз 1з)=1(хг+14)+4Р(х,— 14)+1(хз+1з)+4Р(хз — (з) и (хы гг)+ и (х„(4) =1(ха+14) + ~Р (хз — гз)+1(х4+ 14) + ~Р (Х4 — г,) = = 1 (ха+ !4) + 4р (х, — 1,) + 1 (х, + 14) + (р (хз — !4), откуда следует справедливость утверждения.
1 — т 283. О(хл, хм хз, 1, т)= — уйг 4п 11 =1 где д=д[хл+(1 — т) В,, х, + (à — т) Вз+хз+(( — т)ьз т) 286. и(хл, хз, хз, 1) =хлзхзз+(Зхлхзз+хлз) 14+хд14+ + (хлхлз — Зхлз) 1 + — (хз — 9хл+ бхлхз) 14+ — (2хз+ хлз) 14+ — !4, 145 «кг 287. и(х, Г) = — ср(х+!)+ — ~р(х — Г)+ — ~ ф(т)амт†1 1 1 Р 2 2 2 к-г к+(-т 1 Р— — ! ((т ~ и (т„т) ((тг. 2 ) о к-г+т 289. Непосредственно из формулы Даламбера к+а( (р (х — а()+9 (х+а() 1 (' 2 2а,) к-а( получаем: а) когда обе функции ~р(х) и ф (х) нечетные, а( и(0, Г)= Р ф + — ф(г)((г=О; 2 2а,) -а( 6) когда обе функции (р(х) и ф(х) четные, 0 !) — Ф'( — "]+Р'("] ф('() — Ф( — а') 0 и„(0, !)— 2 2а 290. Решение рассматриваемой задачи Коши выражается формулой ( к+а (Г-т( и(х, 1)= — ~ ~ )(г, т)бгбт, 1 (' 2а ) откуда непосредственно находим: а) если функция г(х, () нечетная относительно точки х=О, то ап-т) 1 Р и(0, Г)= — ~ Фс ~ )(г, т)юг~0; =2а ~ о -а ((-т] 6) если 7" (х, Г) четная относительно точки х=О, то ик (О, 1) = — (] ]а (! — т), т] — ] ] — а (( — т), т]] бт = О.
1 Р, 2а~ р (х+а()+ р (х — а() 1 (' 2 ~2а,] к-аг х при х >О, !< —, а' х+а( ~р(х+аг) — ~р(а( — х) 1 (' 2 2а ] а( к при х>0, Г> —. 291. и(к, 1)= 146 Рассматриваемую задачу редуцируем к задаче Коши на бесконечной прямой. Для этого продолжим начальные данные (р(х) и ф(х) на всю ось х нечетно, т. е. построим функции <р(х), х > О, Ф(х)= — ~р( — х), х< О, и поставим задачу Коши: и„= 'и„„, — <Х< ю, !>О, У(х, 0)=Ф(х), ит(х, 0)=Ч'(х), — со < х < Ое. Решение задачи (э), как известно, дается формулой Даламбера х+а! Ф(х+а!)+Ф(х — а!) ! (' 2 2а ) 1р(х), х > О, Ч'(х) = — 1р( — х), х<0, х-а/ а+ а/ ~р(х+а!)+ср(х — а!) ! !. х-а! х при х>0, !< —, а 292.
и(х, !) = х+а( а!-х м*+ В+~(~-ч ~ ! ( „,„, ( „,,„,! 2 2а( о о при х>0, !> —, я а Рассмотрим вспомогательную задачу Коши; и„= зи„„, — <х<., !>О, У (х, 0) = Ф (х), У! (х, 0) = Ч' (х), — со < х < со, где ( ы (х), х > О, Ф (х) = ( ы( — х), х<0, Ее решение дается формулой Даламбера а+а! Ф (х+а!)+Ф(х — а!) ! (' 2 2а,) ™ ~г' х-а! В силу четности функций Ф(х) и Ч'(х) имеем Ух(0, !)=0 (см. задачу 289), причем для х > 0 У (х, 0) = Ф (х) = ~р (х), У! (х, 0) = Ч' (х) = 1р (х). 147 В силу нечетности функций Ф(х) и Ч'(х) имеем (/ (О, !) =0 (см. задачу 289), причем для х > 0 У (х, 0) = Ф (х) = ~р (х), У! (х, 0) = Ч' (х) = ф (х).
Таким образом, найденная функция У (х, !) при х)0, !)О удовлетворяет всем условиям задачи 291 и, следовательно, является ее решением, т. е. и(х, !)=(/(х, !). Выражая функцию У (х, !) при х~о, !)О через данные !р(х) и ф(х) исходной задачи, получим вид решения и(х, !), приведенный в ответе. следовательно, функция у(х, с) при х)0, с)0 является искомым решением, т.е, и(х, С)=У (х, С). Выражая функцию У (х, 1) при х)0, / ~0 через данные ф(х) и ф(х) исходной задачи, получим вид решения и(х, 1), приведенный в ответе. 1 х+а 0-т) — /(г, т)с(гс(т, х > О х-а(сдт) х с— а хе а (1-т) — /(г, т)с(гс(т+ О а (1-Ю-х х+а(с-т) + — ~ ~ /(г, т) с(гс(т, О, 1< —, х й 293.
и(х, С)= х>0, С> —. х й х х-а (1-т) с— й чтобы получить этот внд решения, продолжим функцию /(х, с) относительно точки х=о по переменной х нечетно на,всю ось х, т. е. построим функцию /(х, с), х>0, г" (х, с)= — /( — х,т), х<О, р(, ( н рассмотрим задачу Коши: Уст= атУ«х+Г(х, С), — со < х < со, С > О, У(х, О)=У,(х, О)=О, — <х< Решением этой задачи является функция 1 «+а (1-т) У (х, С)= — Г ) г (г, т) с(7(С 1 Г 2а л О х-а (1-т) (а) Тогда х — а(С вЂ” т) =х — ат+ат > О.
Поэтому 1 «+а (1-т) и(х, С)=У (х, 1) = — ~ ~ /(г, т) с(гс(т; 1 Г 2аа О х-а (1-т) 2) х > О, х †< 0 (С > х/а), Тогда ( <О, 0<т<С вЂ” х/а, х — а (С вЂ” т) = х — а/+ ат ( >О, т> С вЂ” х/а, 148 В силу нечетности функции г(х, С) по х имеем У(0, С)=О (см. задачу 290), причем при х > 0 У(х, 0)=У((х, 0)=0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
