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:
Pu′x+Qu′y+Ru′z=0,
где
P,Q,R зависят от
x,y,z.
Геометрический смысл этому
уравнению можно придать такой. Составим векторное поле →F=(PQR). Тогда в левой части уравнения скалярно умножается →F на
градиент функции u
→F⋅∇u=0.
То, что произведение равно нулю, означает, что градиент
u ортогонален
→F, а значит, в каждой точке пространства вектор
→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 →F, то её градиент будет ортогонален →F
автоматически. Задача о нахождении линий поля, как мы помним, сводится
к решению системы
dxP=dyQ=dzR.
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
{φ1(x,y,z)=C1,φ2(x,y,z)=C2.
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
φ1
и
φ2 являются решениями уравнения (
1).
Рассмотрим теперь произвольную дифференцируемую функцию u от двух
аргументов, в которую подставим функции φ1 и φ2.
Подставим такую функцию u(φ1,φ2) в
уравнение (1):
Pu′x+Qu′y+Ru′z=P(u′φ1∂φ1∂x+u′φ2∂φ2∂x)+Q(u′φ1∂φ1∂y+u′φ2∂φ2∂y)+R(u′φ1∂φ1∂z+u′φ2∂φ2∂z)=
=u′φ1(P∂φ1∂x+Q∂φ1∂y+R∂φ1∂z)+u′φ2(P∂φ2∂x+Q∂φ2∂y+R∂φ2∂z)=
=u′φ1⋅0+u′φ2⋅0=0.
Таким образом, произвольная
u(φ1,φ2)
тоже удовлетворяет уравнению (
1). Редкий случай, когда
удаётся получить решение не столько вычислениями, сколько сочетанием
геометрии и философии.
Можно считать, что уравнение u(x,y,z)=const задаёт связь
между одной переменной, например, z и независимыми переменными,
например, x и y. Тогда из этого уравнения можно получить, что
z′x=−u′xu′z,z′y=−u′yu′z.
Разделив уравнение (
1) на
u′z, получим
Pu′xu′z+Qu′yu′z+R=0,
−Pz′x−Qz′y+R=0,
Pz′x+Qz′y=R,
линейное неоднородное уравнение на
z(x,y). Таким образом,
уравнения (
2) и (
1) 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
(x−z)∂u∂x+(y−z)∂u∂y+2z∂u∂z=0
Составим систему (где-то такие уравнения называли
характеристическими,
но сходу не нашёл где):
dxx−z=dyy−z=dz2z
Приравняем первое и третье:
dxx−z=dz2z,dxdz=x−z2z=12(xz−1),
последнее – однородное уравнение, поэтому
x=p(z)z
p′z+p=12(p−1),p′z=−12p−12,2p′p+1=−1z,2ln|p+1|=−ln|z|+˜C1,
±e˜C1=C1
ln(p+1)2|z|=˜C1,|z(p+1)2|=e˜C1,z(xz+1)2=±e˜C1=C1.
Теперь «вычтем» из первого второе (мы
так делали, когда искали линии поля на век. анализе) и приравняем
третьему:
dx−dyx−y=dz2z,dln|x−y|−12dln|z|=0,ln|(x−y)2z|=˜C2,
|(x−y)2z|=e˜C2,(x−y)2z=±e˜C2=C2
Итак,
{φ1=z(xz+1)2=C1,φ2=(x−y)2z=C2.
Тогда
U=f(φ1,φ2)=f(z(xz+1)2,(x−y)2z),
где
f(φ1,φ2) – произвольная дифференцируемая
функция двух аргументов.
№1175
x∂z∂x+2y∂z∂y=x2y+z
dxx=dy2y=dzx2y+z
dxx=dy2y,2ln|x|−ln|y|=˜C1,lnx2|y|=˜C1,x2y=C1
dy2y=dzC1y2+z
dzdy−z2y=C12y
dz0dy−z02y=0,dz0z0=dy2y,z0=√|y|
z=z0z1=√|y|z1
sgnyz12√|y|+√|y|z′1−√|y|z12y=C12y
z′1=C12√|y|,z1=C13|y|3/2+C2,z=√|y|z1=√|y|(C13|y|3/2+C2)=x2y3y2+C2√y=13x2y+C2√|y|
3z−x2y3√|y|=C2
{φ1=x2y=C1,φ2=3z−x2y3√|y|=C2.
z связан с
x и
y уравнением
U(x2y,3z−x2y3√|y|)=const,
которое можно решить относительно второго аргумента:
3z−x2y3√|y|=f(x2y).
Так как произвольна функция
U, произвольна функция
f. Отсюда
получим
z=√|y|f(x2y)+13x2y
Для проверки продифференируем
z′x=√|y|f′(x2y)2xy+23xy
z′y=sgny2√|y|f(x2y)−√|y|f′(x2y)x2y2+13x2
и подставим в исходное уравнение
x∂z∂x+2y∂z∂y=x2y+z
полученное:
x(√|y|f′(x2y)2xy+23xy)+2y(sgny2√|y|f(x2y)−√|y|f′(x2y)x2y2+13x2)=x2y+√|y|f(x2y)+13x2y
2√|y|x2yf′(x2y)−2√|y|x2yf′(x2y)+2ysgny2√|y|f(x2y)+43x2y=43x2y+√|y|f(x2y)
|y|√|y|f(x2y)=√|y|f(x2y)
0=0,
что и т.д.
Задание: №1169, 1174.
Пример: №1196 Найти поверхность, удовлетворяющую уравнению
x∂z∂x+y∂z∂y=z−xy,
и проходящую через линию
x=2,z=y2+1.
Составим систему
dxx=dyy=dzz−xy
и начнём её решать. Диф.уравнения теперь умеют решать все, так что
чрезмерных подробностей не привожу.
dxx=dyy,dxx−dyy=0,ln|x|−ln|y|=˜C1,xy=C1
dyy=dzz−xy=dzz−C1y2,dzdy=zy−C1y
dz0dy=z0y,dz0z0=dyy,z0=y,
z=z0z1=yz1
yz′1+z1=z1−C1y,z′1=−C1,z1=−C1y+C2
z=yz1=−C1y2+C2y=−xyy2+C2y=−xy+C2y
zy+x=C2
{φ1=xy=C1φ2=zy+x=C2
Если поверхность
U(φ1,φ2)=0 проходит
через линию
x=2,
z=y2+1, то на этой линии
{φ1=2y=C1φ2=y2+1y+2=C2
y=2C1,(2C1)2+12C1+2=C2,
4C1+C12+2=C2
4C1+C1−2C2+4=0
Так как Ц1 и Ц2 – константы, их связь сохраняется и за пределами заданной
линии:
4xy+xy−2(zy+x)+4=0
4yx+xy−2zy−2x+4=0.
Проверяем. На линии
x=2,z=y2+1
получается
2y+2y−2y2+1y=0.
2y−2y=0.
Производные:
−4yx2+1y−2z′xy−2=0,z′x=−2y2x2+12−y
4x−xy2−2z′yy+2zy2=0,z′y=2yx−x2y+zy
Подставляем в диф. уравнение:
x(−2y2x2+12−y)+y(2yx−x2y+zy)=z−xy,
−2y2x+x2−xy+2y2x−x2+z=z−xy,
−xy+z=z−xy,
и всё сходится.
Задание: №1194 и 1195