Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Образовалось одно неучтённое занятие, а так как формально у нас продолжается курс дифференциальных уравнений, хотелось бы показать ещё одну вещь, которая очень пригодится в следующем семестре на математической физике — уравнения в частных производных, хотя бы линейные и хотя бы первого порядка.

Рассмотрим линейное однородное уравнение в частных производных первого порядка в случае трёх независимых переменных: $$\begin{equation} Pu_{x}'+Qu_{y}'+Ru_{z}'=0,\label{or_odn} \end{equation}$$ где $P,Q,R$ зависят от $x,y,z$.

Геометрический смысл этому уравнению можно придать такой. Составим векторное поле $\vec{F}=\left(\begin{array}{c} P\\ Q\\ R \end{array}\right)$. Тогда в левой части уравнения скалярно умножается $\vec{F}$ на градиент функции $u$ $$\vec{F}\cdot\nabla u=0.$$ То, что произведение равно нулю, означает, что градиент $u$ ортогонален $\vec{F}$, а значит, в каждой точке пространства вектор $\vec{F}$ касателен к поверхности уровня функции $u$, задаваемой уравнением $u=const$ (градиент поверхности уровня ортогонален всегда, почему - только что объяснял первокурсникам).

Если задать функцию $u$ так, чтобы её поверхности уровня состояли из линий поля $\vec{F}$, то её градиент будет ортогонален $\vec{F}$ автоматически. Задача о нахождении линий поля, как мы помним, сводится к решению системы $$\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}=\frac{dz}{R}.$$ Эта система содержит два уравнения и связывает три переменных, значит, позволяет выразить две переменные через одну, а значит, является системой обыкновенных дифференциальных уравнений. Её решение, описывающее систему линий поля, обычно записывается в виде $$\left\{ \begin{array}{c} \varphi_{1}\left(x,y,z\right)=C_{1},\\ \varphi_{2}\left(x,y,z\right)=C_{2}. \end{array}\right.$$ Каждое из этих уравнений задаёт поверхность, пересечение двух поверхностей даёт линию поля. Но это означает, что каждая поверхность из таких линий как раз и состоит (если только у неё нет участков, не пересекающихся с другой поверхностью ни при каких $C$); а значит, сами функции $\varphi_{1}$ и $\varphi_{2}$ являются решениями уравнения ($\ref{or_odn}$).

Рассмотрим теперь произвольную дифференцируемую функцию $u$ от двух аргументов, в которую подставим функции $\varphi_{1}$ и $\varphi_{2}$. Подставим такую функцию $u\left(\varphi_{1},\varphi_{2}\right)$ в уравнение ($\ref{or_odn}$): $$Pu_{x}'+Qu_{y}'+Ru_{z}'=P\left(u_{\varphi_{1}}'\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x}+u_{\varphi_{2}}'\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial x}\right)+Q\left(u_{\varphi_{1}}'\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial y}+u_{\varphi_{2}}'\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial y}\right)+R\left(u_{\varphi_{1}}'\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial z}+u_{\varphi_{2}}'\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial z}\right)=$$ $$=u_{\varphi_{1}}'\left(P\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial x}+Q\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial y}+R\frac{\partial\varphi_{1}}{\partial z}\right)+u_{\varphi_{2}}'\left(P\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial x}+Q\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial y}+R\frac{\partial\varphi_{2}}{\partial z}\right)=$$ $$=u_{\varphi_{1}}'\cdot0+u_{\varphi_{2}}'\cdot0=0.$$ Таким образом, произвольная $u\left(\varphi_{1},\varphi_{2}\right)$ тоже удовлетворяет уравнению ($\ref{or_odn}$). Редкий случай, когда удаётся получить решение не столько вычислениями, сколько сочетанием геометрии и философии.

Можно считать, что уравнение $u\left(x,y,z\right)=const$ задаёт связь между одной переменной, например, $z$ и независимыми переменными, например, $x$ и $y$. Тогда из этого уравнения можно получить, что $$z_{x}'=-\frac{u_{x}'}{u_{z}'},\qquad z_{y}'=-\frac{u_{y}'}{u_{z}'}.$$ Разделив уравнение ($\ref{or_odn}$) на $u_{z}'$, получим $$P\frac{u_{x}'}{u_{z}'}+Q\frac{u_{y}'}{u_{z}'}+R=0,$$ $$-Pz_{x}'-Qz_{y}'+R=0,$$ $$\begin{equation} Pz_{x}'+Qz_{y}'=R,\label{ur_neodn} \end{equation}$$ линейное неоднородное уравнение на $z\left(x,y\right)$. Таким образом, уравнения ($\ref{ur_neodn}$) и ($\ref{or_odn}$) описывают семейства поверхностей, но неоднородное использует в обозначениях явную зависимость $z$ от $x$ и $y$, а однородное – неявную.

Нетрудно обобщить ту же логику на размерность, отличную от трёх: принципиальных отличий в рассуждениях не будет.

Пример: Филиппов, №1170 $$\left(x-z\right)\frac{\partial u}{\partial x}+\left(y-z\right)\frac{\partial u}{\partial y}+2z\frac{\partial u}{\partial z}=0$$ Составим систему (где-то такие уравнения называли характеристическими, но сходу не нашёл где): $$\frac{dx}{x-z}=\frac{dy}{y-z}=\frac{dz}{2z}$$ Приравняем первое и третье: $$\frac{dx}{x-z}=\frac{dz}{2z},\quad\frac{dx}{dz}=\frac{x-z}{2z}=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}-1\right),$$ последнее – однородное уравнение, поэтому $x=p\left(z\right)z$ $$p'z+p=\frac{1}{2}\left(p-1\right),\quad p'z=-\frac{1}{2}p-\frac{1}{2},\quad\frac{2p'}{p+1}=-\frac{1}{z},\quad2\ln\left|p+1\right|=-\ln\left|z\right|+\tilde{C}_{1},$$ $\pm e^{\tilde{C}_{1}}=C_{1}$ $$\ln\left(p+1\right)^{2}\left|z\right|=\tilde{C}_{1},\quad\left|z\left(p+1\right)^{2}\right|=e^{\tilde{C}_{1}},\quad z\left(\frac{x}{z}+1\right)^{2}=\pm e^{\tilde{C}_{1}}=C_{1}.$$ Теперь «вычтем» из первого второе (мы так делали, когда искали линии поля на век. анализе) и приравняем третьему: $$\frac{dx-dy}{x-y}=\frac{dz}{2z},\quad d\ln\left|x-y\right|-\frac{1}{2}d\ln\left|z\right|=0,\quad\ln\left|\frac{\left(x-y\right)^{2}}{z}\right|=\tilde{C}_{2},$$ $$\left|\frac{\left(x-y\right)^{2}}{z}\right|=e^{\tilde{C}_{2}},\quad\frac{\left(x-y\right)^{2}}{z}=\pm e^{\tilde{C}_{2}}=C_{2}$$ Итак, $$\left\{ \begin{array}{c} \varphi_{1}=z\left(\frac{x}{z}+1\right)^{2}=C_{1},\\ \varphi_{2}=\frac{\left(x-y\right)^{2}}{z}=C_{2}. \end{array}\right.$$ Тогда $$U=f\left(\varphi_{1},\varphi_{2}\right)=f\left(z\left(\frac{x}{z}+1\right)^{2},\frac{\left(x-y\right)^{2}}{z}\right),$$ где $f\left(\varphi_{1},\varphi_{2}\right)$ – произвольная дифференцируемая функция двух аргументов.

№1175 $$x\frac{\partial z}{\partial x}+2y\frac{\partial z}{\partial y}=x^{2}y+z$$ $$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{2y}=\frac{dz}{x^{2}y+z}$$ $$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{2y},\quad2\ln\left|x\right|-\ln\left|y\right|=\tilde{C}_{1},\quad\ln\frac{x^{2}}{\left|y\right|}=\tilde{C}_{1},\quad\frac{x^{2}}{y}=C_{1}$$ $$\frac{dy}{2y}=\frac{dz}{C_{1}y^{2}+z}$$ $$\frac{dz}{dy}-\frac{z}{2y}=\frac{C_{1}}{2}y$$ $$\frac{dz_{0}}{dy}-\frac{z_{0}}{2y}=0,\quad\frac{dz_{0}}{z_{0}}=\frac{dy}{2y},\quad z_{0}=\sqrt{\left|y\right|}$$ $$z=z_{0}z_{1}=\sqrt{\left|y\right|}z_{1}$$ $$\mathrm{sgn}\,y\frac{z_{1}}{2\sqrt{\left|y\right|}}+\sqrt{\left|y\right|}z_{1}'-\frac{\sqrt{\left|y\right|}z_{1}}{2y}=\frac{C_{1}}{2}y$$ $$z_{1}'=\frac{C_{1}}{2}\sqrt{\left|y\right|},\quad z_{1}=\frac{C_{1}}{3}\left|y\right|^{3/2}+C_{2},\quad z=\sqrt{\left|y\right|}z_{1}=\sqrt{\left|y\right|}\left(\frac{C_{1}}{3}\left|y\right|^{3/2}+C_{2}\right)=\frac{\frac{x^{2}}{y}}{3}y^{2}+C_{2}\sqrt{y}=\frac{1}{3}x^{2}y+C_{2}\sqrt{\left|y\right|}$$ $$\frac{3z-x^{2}y}{3\sqrt{\left|y\right|}}=C_{2}$$ $$\left\{ \begin{array}{l} \varphi_{1}=\frac{x^{2}}{y}=C_{1},\\ \varphi_{2}=\frac{3z-x^{2}y}{3\sqrt{\left|y\right|}}=C_{2}. \end{array}\right.$$ $z$ связан с $x$ и $y$ уравнением $$U\left(\frac{x^{2}}{y},\frac{3z-x^{2}y}{3\sqrt{\left|y\right|}}\right)=const,$$ которое можно решить относительно второго аргумента: $$\frac{3z-x^{2}y}{3\sqrt{\left|y\right|}}=f\left(\frac{x^{2}}{y}\right).$$ Так как произвольна функция $U$, произвольна функция $f$. Отсюда получим $$z=\sqrt{\left|y\right|}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)+\frac{1}{3}x^{2}y$$ Для проверки продифференируем $$z_{x}'=\sqrt{\left|y\right|}f'\left(\frac{x^{2}}{y}\right)\frac{2x}{y}+\frac{2}{3}xy$$ $$z_{y}'=\frac{\mathrm{sgn}\,y}{2\sqrt{\left|y\right|}}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)-\sqrt{\left|y\right|}f'\left(\frac{x^{2}}{y}\right)\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{1}{3}x^{2}$$ и подставим в исходное уравнение $$x\frac{\partial z}{\partial x}+2y\frac{\partial z}{\partial y}=x^{2}y+z$$ полученное: $$x\left(\sqrt{\left|y\right|}f'\left(\frac{x^{2}}{y}\right)\frac{2x}{y}+\frac{2}{3}xy\right)+2y\left(\frac{\mathrm{sgn}\,y}{2\sqrt{\left|y\right|}}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)-\sqrt{\left|y\right|}f'\left(\frac{x^{2}}{y}\right)\frac{x^{2}}{y^{2}}+\frac{1}{3}x^{2}\right)=x^{2}y+\sqrt{\left|y\right|}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)+\frac{1}{3}x^{2}y$$ $$2\sqrt{\left|y\right|}\frac{x^{2}}{y}f'\left(\frac{x^{2}}{y}\right)-2\sqrt{\left|y\right|}\frac{x^{2}}{y}f'\left(\frac{x^{2}}{y}\right)+2y\frac{\mathrm{sgn}\,y}{2\sqrt{\left|y\right|}}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)+\frac{4}{3}x^{2}y=\frac{4}{3}x^{2}y+\sqrt{\left|y\right|}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)$$ $$\frac{\left|y\right|}{\sqrt{\left|y\right|}}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)=\sqrt{\left|y\right|}f\left(\frac{x^{2}}{y}\right)$$ $$0=0,$$ что и т.д.

Задание: №1169, 1174.

Пример: №1196 Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению $$x\frac{\partial z}{\partial x}+y\frac{\partial z}{\partial y}=z-xy,$$ и проходящую через линию $$x=2,\quad z=y^{2}+1.$$ Составим систему $$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y}=\frac{dz}{z-xy}$$ и начнём её решать. Диф.уравнения теперь умеют решать все, так что чрезмерных подробностей не привожу. $$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y},\quad\frac{dx}{x}-\frac{dy}{y}=0,\quad\ln\left|x\right|-\ln\left|y\right|=\tilde{C}_{1},\quad\frac{x}{y}=C_{1}$$ $$\frac{dy}{y}=\frac{dz}{z-xy}=\frac{dz}{z-C_{1}y^{2}},\quad\frac{dz}{dy}=\frac{z}{y}-C_{1}y$$ $$\frac{dz_{0}}{dy}=\frac{z_{0}}{y},\quad\frac{dz_{0}}{z_{0}}=\frac{dy}{y},\quad z_{0}=y,$$ $z=z_{0}z_{1}=yz_{1}$ $$yz_{1}'+z_{1}=z_{1}-C_{1}y,\quad z_{1}'=-C_{1},\quad z_{1}=-C_{1}y+C_{2}$$ $$z=yz_{1}=-C_{1}y^{2}+C_{2}y=-\frac{x}{y}y^{2}+C_{2}y=-xy+C_{2}y$$ $$\frac{z}{y}+x=C_{2}$$ $$\left\{ \begin{array}{c} \varphi_{1}=\frac{x}{y}=C_{1}\\ \varphi_{2}=\frac{z}{y}+x=C_{2} \end{array}\right.$$ Если поверхность $U\left(\varphi_{1},\varphi_{2}\right)=0$ проходит через линию $x=2$, $z=y^{2}+1$, то на этой линии $$\left\{ \begin{array}{c} \varphi_{1}=\frac{2}{y}=C_{1}\\ \varphi_{2}=\frac{y^{2}+1}{y}+2=C_{2} \end{array}\right.$$ $$y=\frac{2}{C_{1}},\quad\frac{\left(\frac{2}{C_{1}}\right)^{2}+1}{\frac{2}{C_{1}}}+2=C_{2},$$ $$\frac{\frac{4}{C_{1}}+C_{1}}{2}+2=C_{2}$$ $$\frac{4}{C_{1}}+C_{1}-2C_{2}+4=0$$ Так как Ц1 и Ц2 – константы, их связь сохраняется и за пределами заданной линии: $$\frac{4}{\frac{x}{y}}+\frac{x}{y}-2\left(\frac{z}{y}+x\right)+4=0$$ $$\frac{4y}{x}+\frac{x}{y}-2\frac{z}{y}-2x+4=0.$$ Проверяем. На линии $$x=2,\quad z=y^{2}+1$$ получается $$2y+\frac{2}{y}-2\frac{y^{2}+1}{y}=0.$$ $$2y-2y=0.$$ Производные: $$-\frac{4y}{x^{2}}+\frac{1}{y}-2\frac{z_{x}'}{y}-2=0,\qquad z_{x}'=-\frac{2y^{2}}{x^{2}}+\frac{1}{2}-y$$ $$\frac{4}{x}-\frac{x}{y^{2}}-2\frac{z_{y}'}{y}+2\frac{z}{y^{2}}=0,\qquad z_{y}'=\frac{2y}{x}-\frac{x}{2y}+\frac{z}{y}$$ Подставляем в диф. уравнение: $$x\left(-\frac{2y^{2}}{x^{2}}+\frac{1}{2}-y\right)+y\left(\frac{2y}{x}-\frac{x}{2y}+\frac{z}{y}\right)=z-xy,$$ $$-\frac{2y^{2}}{x}+\frac{x}{2}-xy+\frac{2y^{2}}{x}-\frac{x}{2}+z=z-xy,$$ $$-xy+z=z-xy,$$ и всё сходится.

Задание: №1194 и 1195