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
