Матфизика Мурга Е.В

2 u

2 2 u

2 u

1

2 u

x

2

.

y 2

2

2

x 2

Після підстановки знайдених похідних в задане рівняння

x 2 y2

2 u

2

x 2 y2

2 u

x 2 y2

2 u

2

x 2 y

u

2

2

x 2

x 4

x 3

x2 y2

2 u

2y2

2u

y2

2u

0;

2

2

x2

2 u

2 2

2 2

при

:

x y – x y = 0;

2

при

2 u

:

y2

y2

0;

2

x2

x2

2 u

2

2

2

при

: -2y

– 2y

= -4y ;

при

u

:

2

y

.

x

4

2 u

y2 2

u

y

0;

x

2u

1 u

0.

2

2. Покладемо B2-AC=0. В цьому випадку рівняння (1.5) і (1.6) –

співпадають,

і виходить

один

загальний

інтеграл рівняння (1.4)

x,y C,

тобто сімейство

дійсних

характеристик. Вважаючи

x,y ,

x,y

де

x,y

–

така диференційована

функція, що якобіан перетворення

D ,

x

y

в даній області.

0

D x,y

x

y

Отже, можна привести рівняння (1.2) до вигляду

2u

u

u

Ф( , ,u,

,

,).

2

2

2u

2u

2

2u

sin

x

2ysinx

y

0.

x2

y2

x y

Тут A sin2 x;

B ysinx;C y2

або

2

y

2

y

2

тобто

y

y

sin

x

2ysin x

y

0,

.

x

x

x

sinx

Змінні

розділяються:

y

dx

0,

що

дає

y sinx

ln y lntg

x

lnC;

або C y tg

x

.

Проведемо

заміну

змінних:

2

2

ytg

x

,

y

і обчислимо похідні:

2

y

1

sec2

x

,

tg

x

,

x

2

2

y

2

2

1

2

x

x

2

2

1

2

x

y sec

tg

,

0,

sec

,

x 2

2

2

2

y 2

x y

2

2

0,

1,

x

y

2

0,

2

0,

2

0.

2

2

x

y

x y

Якобіан дорівнює:

D ,

y

sec2

x

0

y

2 x

2

2

sec

0

D x,y

1

2

2

0

u

1

u

y sec2

x

;

u

u

tg

x

u

;

x

2

y

2

2

2 u

1 2 u

2

4 x

1 u

2

x

x

y

sec

y

sec

tg

;

x 2

4 2

2

2

2

2

2 u

2 u

2

x

2 u

x

2 u

tg

2

tg

;

y 2

2

2

2

2

2 u

1

2 u

x

2 u

2

x

1 u

2

x

(

tg

)y sec

sec

.

x y

2

2

2

2

2

2

1

y2

2 u

sec4

x

sin 2 x

1

u

y sec2

x

tg

x

sin 2 x

4

2

2

2

2

2

2u

x

2u

2

2

x

u

2

x

tg

y

sec

sinx

ysec

sinx

2

2

2

2

2 2u

2

x

2u

x

2u

y

tg

2

tg

0,

2

2

2

2

і підрахунку коефіцієнтів

при

2 u

:

1

y2 sec4

x

sin2 x y2tg

x

sec2

x

sinx y2tg2

x

0;

2

4

2

2

2

2

2 u

2

при

:

у ;

2

при

2 u

:

y2 sec2

x

sinx 2y2tg

x

0;

2

2

при

u

:

y

sec2

x

tg

x

sin2 x

ysec2

x

sinx ysinx.

2

2

2

2

Рівняння приймає вигляд:

y

2u

u

sinx.

2

Оскільки sinx

2tg x/2

x

то sinx

2

,

tg

,

.

1 tg2 x/2

2

2 2

2u

2

u

.

2

2

2

3. Покладемо B2 – АС < 0 . Загальні інтеграли рівнянь (1.5) і

(1.6) - комплексно

зв'язані,

вони

визначають два

сімейства

комплексних характеристик.

Хай загальний інтеграл рівняння (1.5) має вигляд

x, y i x, y C,

де (x,y) і (x,y) - речовинні функції.

Тоді, вважаючи,

x, y

,

x, y

, можна

отримати рівняння (1.2) канонічного вигляду:

2u

2 u

u

u

Ф( , ,u,

,

).

2

2

Приклад 3. Привести до канонічного вигляду рівняння

2u

2

2u

2

2u

0.

x2

x y

y2

Тут A 1,

B 1,

C 2 ,

B2 AC 1 0, значить дане

або

dy

2

dy

тобто

dy

2

2 0,

1 i.

dx

dx

dx

Одержуємо два сімейства уявних характеристик:

y x ix C1

и y x ix C2.

Проведемо заміну

змінних

x y, x

(легко

D ,

перевірити, що

0 ), після перерахунку приватних похідних і

D x,y

2u

2 u

0.

2

2

y

2 u

2u

0.

x2

y2

A = y, B = 0, C = 1, значить,

B2 AC y. Це рівняння при

y 0

належить еліптичному типу,

при

y 0 – гіперболічному,

y 0 –

1.

5uxx+2uxy-uyy=0,

2.

2uxx+3uxy+4uyy=0,

3.uxx +2uxy+uyy+5ux-5uy =0

4.uxx+2uxy+uyy=0,

5. uxx + 6uxy + 13uyy = 0,

6.uxx -2uxy +uyy -3ux +3uy =0,

7.

3uxy+4uyy=0,

8.

3uxx+2uxy+uyy=0,

9.uxx –4uxy+4uyy+2ux-4uy =0,

10.uxx+2uxy+uyy=0,

11. uxx –6uxy + 18uyy =0,

12.uxx +4uxy +20uyy =0.

x y;

3x y;

x

y;

x;

2u

2u

u

0.

2

2

3.

2u

2u

2u

u

u

2

Cu 0.

x2

y2

x

x y

y

Відповідь: параболічного типу на всій площині

x y;

y;