3.3. Начально–краевые задачи для ДУ с ЧП
Теоретический минимум
Для того чтобы из бесчисленного множества решений ДУ выделить
частное решение, описывающее конкретный физический процесс,
необходимо задать некоторые условия. Обычно эти условия следуют из
физической постановки задачи и физического смысла искомого решения.
Для ДУ второго порядка рассматриваются три типа начально–краевых
задач: задача Коши, граничная задача, смешанная задача.
1. Задача Коши (начальная) ставится для уравнений гиперболического
и параболического типов в случае, когда область совпадает со всем
пространством (граничные условия отсутствуют, задаются только
начальные условия). Например, задача Коши для волнового уравнения в
пространстве: найти дважды дифференцируемую функцию
, , , ,u x y z t
удовлетворяющую уравнению
2 2 2 2
2
2 2 2 2
u u u u
a
t x y z
и начальным условиям
0
, , , , , ,
t
u x y z t f x y z
0
, , .
t
u
x y z
t
2. Краевая или граничная задача ставится для уравнений
эллиптического типа в том случае, если задаются граничные условия. По
виду граничных условий различают краевые задачи первого, второго,
третьего родов и т. п. Например, для эллиптического уравнения
0u
краевая задача первого рода ставится так: найти дважды
дифференцируемую функцию
, , ,u x y z
удовлетворяющую уравнению
Лапласа в некоторой пространственной области D и граничным условиям
, , , , ,u x y z f x y z
т. е. принимающую на границе Г области D
значения
, , .f x y z
3. Смешанная задача. Смешанная задача ставится для уравнений
гиперболического и параболического типов, когда рассматриваемая
область D исследования ограничена, задаются начальные и граничные
условия. Например, для волнового уравнения смешанная задача ставится
следующим образом: найти дважды дифференцируемую функцию
, , , ,u x y z t
удовлетворяющую уравнению
2 2 2 2
2
2 2 2 2
u u u u
a
t x y z
,
начальным условиям
0
, , , , , ;
t
u x y z t f x y z
0
,,
t
u
x y z
t
и граничным условиям
0.u
Метод характеристик – метод решения дифференциальных уравнений
в частных производных, основанный на решении некоторой системы
обыкновенных ДУ (уравнений характеристик), определяемой по виду
исходного ДУ с ЧП. С помощью решений характеристик строится замена
переменных, после чего исходное ДУ с ЧП упрощается и решается
стандартными методами интегрирования. Обычно метод характеристик
применяется к решению ДУ с ЧП первого порядка, но он может быть
применен и к решению гиперболических уравнений более высокого
порядка.
Практический минимум
3А+Б1. Найти решение уравнения
2 2 2
22
3 2 0,
u u u
xy
xy
удовлетворяющее начальным условиям
2
0
,
x
uy
0
0.
x
u
x
Приведем уравнение к каноническому виду. Здесь
1,a
2 3,b
2,c
2
91
2 0.
44
b ac
Следовательно, это уравнение
гиперболического типа во всех точках плоскости. Составим уравнение
характеристик
22
3 2 0dy dxdy dx
и решим его
22
1,2
3 9 8
2
dx dx dx
dy
. Получим два дифференциальных уравнения
dy dx
и
2,dy dx
интегрируя которые найдем:
1
,y x C
2
2.y x C
Уравнения двух семейств характеристик:
1
2
,
2.
y x C
y x C
С помощью характеристик делаем замену переменных
,
2.
yx
yx
Выразим частные производные по старым переменным через частные
производные по новым переменным:
2,
u u u u u
x x x
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
1 2 2 1 2 4 4 ,
u u u u u
x x x x
x
u u u u u u u
,
u u u u u
y y y
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2,
u u u u u u u u
y y y y
y
2 2 2 2 2
22
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 3 2 .
u u u u u
x y y y y y
u u u u u u u
Подставляя эти значения в исходное уравнение, получаем
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
22
4 4 3 3 2
2 2 0
u u u u u u
u u u
или
2
0.
u
Общее решение этого ДУ имеет вид
,,u u G d h g h
где
g
и
h
– произвольные
дважды дифференцируемые функции. Найдем их. Возвращаемся к старым
переменным:
2u g y x h y x
и, используя начальные данные,
имеем:
2
0
,
x
y u g y h y
0
0 2 ,
x
u
g y h y
x
2
,
2 0,
g y h y y
g y h y
2
,
2,
g y h y y
g y h y C
2
2
2,
.
g y C y
h y C y
Тогда искомое решение будет иметь вид
22
22
, 2 2 2 4 2u x y C y x C y x y xy x
2 2 2 2
4 4 2 .y xy x y x
Задания для самостоятельной работы
3Б2. Найти решение уравнения
2 2 2
22
5 6 0,
u u u
xy
xy
удовлетворяющее начальным условиям
0
0,
y
u
0
2.
y
u
x
y
Ответ:
2
5
, 2 .
6
u x y xy y
3Б3. Найти решение уравнения
22
22
1
0,
2
u u u
x
x
xy
0,x
удовлетворяющее начальным условиям
0
,
y
ux
0
0.
y
u
y
Ответ:
2
1
,.
4
u x y y x
