Metoda charakterystyk dla równań liniowych o stałych współczynnikach

W rozdziale tym omówimy rozwiązywanie równań liniowych różniczkowych cząstkowych pierwszego rzędu o stałych współczynnikach metodą charakterystyk.
Metoda ta polega na sprowadzeniu rozwiązania równania różniczkowego cząstkowego do rozwiązania układu równań różniczkowych zwyczajnych, tak zwanych równań charakterystyk.
W tym celu należy znaleść rozwiązania równania wyjściowego wzdłuż pewnych krzywych, a następnie pokazać, że powierzchnia utworzona w stosowny sposób z tak skonstruowanych krzywych (charakterystyk) jest rozwiązaniem równania wyjściowego.
Rozważmy liniowe równanie różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu o stałych współczynnikach

(1)

\( au_x+bu_y=c,\quad (x,y)\in D \subset \mathbb{R}^2. \)

Niech \( \hskip 0.3pc u \hskip 0.3pc \) będzie rozwiązaniem równania ( 1 ) w obszarze \( \hskip 0.3pc D. \hskip 0.3pc \) Rozważmy krzywą \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \) zawartą w \( \hskip 0.3pc D \hskip 0.3pc \) daną równaniami

\( x =x(t),\,\,\,y=y(t), \quad t \in I. \)

Oczywiście wzdłuż krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \) rozwiązanie \( \hskip 0.3pc u \hskip 0.3pc \) przyjmuje wartości

\( z(t) = u\big(x(t),\,y(t)\big),\quad t\in I, \)

a pochodna względem zmiennej \( \hskip 0.3pc t \hskip 0.3pc \) wyraża się wzorem

(2)

\( \dfrac{dz}{dt}= \dfrac {\partial u}{\partial x} \dfrac{dx}{dt}+\dfrac {\partial u}{\partial y} \dfrac{dy}{dt}\,. \)

Załóżmy, że krzywa \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \) jest tak dobrana, że

(3)

\( \dfrac {dx}{dt}=a, \quad \dfrac{dy}{dt}=b. \)

Stąd i z faktu, że \( \hskip 0.3pc u \hskip 0.3pc \) jest rozwiązaniem równania ( 1 ) wynika, że prawa strona relacji ( 2 ) jest równa \( \hskip 0.3pc c, \hskip 0.3pc \) czyli

(4)

\( \dfrac {dz}{dt}=c. \)

Rozwiązując równanie ( 3 ) z warunkami początkowymi: \( \hskip 0.3pc x(0)=x_0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0, \hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( x=at+x_0, \quad y=bt+y_0, \)

lub po wyrugowaniu parametru \( \hskip 0.3pc t \hskip 0.3pc \)

(5)

\( y_0=y -\dfrac ba(x-x_0). \)

Zauważmy, że przez każdy punkt obszaru \( \hskip 0.3pc D \hskip 0.3pc \) przechodzi dokładnie jedno rozwiązanie układu równań ( 3 ).
Rozwiązanie równania ( 4 ) ma postać

(6)

\( z=ct+K. \)

Przypomnijmy, że funkcja ( 6 ) jest rozwiązaniem równania ( 1 ) wzdłuż krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma, \hskip 0.3pc \) czyli krzywej danej równaniem ( 5 ).
Jeśli zatem stałą \( \hskip 0.3pc K \hskip 0.3pc \) zastąpimy dowolną funkcją która na krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \) przyjmuje stałą wartość, co symbolicznie możemy zapisać

\( K=F(y_0) , \)

gdzie \( \hskip 0.3pc y_0 \hskip 0.3pc \) jest dane wzorem ( 5 ), funkcja

\( z=ct +F(y_0), \)

będzie w dalszym ciągu spełniać równanie ( 1 ) wzdłuż krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma. \hskip 0.3pc \)
Rozważmy teraz funkcje

\( u(x,y)=\dfrac ca (x-x_0)+F\big(y-\dfrac bax +\dfrac bax_0\big), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc F \hskip 0.3pc \) jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej.
Bezpośredni rachunek pokazuje, że funkcja ta jest rozwiązaniem równania ( 1 ).
Istotnie

\( au_x+bu_y=a\Big(\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}F^{\prime}\big(y-\dfrac{b}{a}x+\dfrac{b}{a}x_0\big)\Big)+bF^{\prime}\big(y-\dfrac{b}{a}x+\dfrac{b}{a}x_0\big)=c. \)

Tak więc, aby znaleźć rozwiązania równania ( 1 ), wystarczy rozwiązać układ równań liniowych ( 3 ), ( 4 ).
Równania te noszą nazwę równań charakterystyk.
Warunki początkowe \( \hskip 0.3pc x(0)=x_0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0 \hskip 0.3pc \) należy dobrać tak, aby krzywe całkowe \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \)
pokryły cały obszar \( \hskip 0.3pc D. \hskip 0.3pc \) Zazwyczaj jako punkty początkowe wygodnie jest wziąść punkty leżące na stosownie dobranej krzywej, na przykład na osi \( \hskip 0.3pc Ox \hskip 0.3pc \) lub \( \hskip 0.3pc Oy. \hskip 0.3pc \)
Często wystarczy ograniczyć się do rozwiązań spełniających warunki: \( \hskip 0.3pc x(0)=0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0. \hskip 0.3pc \)
Zauważmy jeszcze, że ponieważ \( \hskip 0.3pc F \hskip 0.3pc \) jest funkcją dowolną, wygodnie jest uzyskane rozwiązanie równania ( 1 ) zapisać w postaci równoważnej

(7)

\( u(x,y)=\dfrac ca x+F\big(y-\dfrac bax \big). \)

Przykład 1:

Znaleźć rozwiązanie równania

(8)

\( u_x+2u_y=0,\quad x> 0,\,\,\,y\in \mathbb{R}, \)

spełniające warunek początkowy

(9)

\( u(0,y)=f(y), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc f \hskip 0.3pc \) jest zadaną funkcją różniczkowalną.
Rozwiązując równania charakterystyk

\( \dfrac {dx}{dt}=1, \quad \dfrac{dy}{dt}=2, \)

z warunkami początkowymi \( \hskip 0.3pc x(0)=0 , \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0, \hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( x=t,\quad y=2t+y_0, \)

lub po wyrugowaniu \( \hskip 0.3pc t, \hskip 0.3pc \)

\( y=2x+y_0. \)

Równanie ( 4 ) przyjmuje postać

\( \dfrac{dz}{dt}=0, \)

a jego rozwiązanie możemy zapisać w postaci

\( z=F(y_0), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc F \hskip 0.3pc \) jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej.
Zgodnie z wzorem ( 7 ) całka ogólna równania ( 8 ) ma postać

\( u(x,y)=F(y-2x). \)

Rozwiązanie to winno spełniać warunek początkowy ( 9 ), czyli

\( u(0,y)=F(y)=f(y). \)

Wynika stąd, że rozwiązaniem problemu ( 8 ), ( 9 ) jest funkcja

\( u(x,y)=f(y-2x). \)

W szczególności, jeśli \( \hskip 0.3pc f(y)=1/(1+y^{3}) \hskip 0.3pc \) to rozwiązaniem tego problemu jest funkcja

\( u(x,y)=\dfrac 1{1+(y-2x)^3}. \)

Przykład 2:

Znaleźć rozwiązanie równania

(10)

\( u_x+au_y=0,\quad x> 0,\,\,y> 0 \,\,\, \textrm{(a>0)}, \)

spełniające warunki

(11)

\( u(x,0)=f(x),\quad u(0,y)= g(y), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc f \hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc g \hskip 0.3pc \) są funkcjami różniczkowalnymi i ponadto \( \hskip 0.3pc f(0)=g(0). \hskip 0.3pc \)
Zgodnie z poprzednimi rozważaniami całka ogólna równania ( 10 ) ma postać

\( u(x,y)=F(y-ax), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc F \hskip 0.3pc \) jest dowolną funkcją różniczkowalną jednej zmiennej.
Rozważmy zbiory \( \hskip 0.3pc D_1=\big\{(x,y)\in \mathbb R^2: x\geq 0,\,\,0\leq y\leq ax\big\} \hskip 0.3pc \) oraz \( \hskip 0.3pc D_2=\big\{(x,y)\in\mathbb R^2: x\geq 0,\,\,y > ax\big\}. \hskip 0.3pc \)
Zauważmy, że w zbiorze \( \hskip 0.3pc D_1 \hskip 0.3pc \) rozwiązanie równania ( 10 ) winno spełniać warunek \( \hskip 0.3pc u(x,0)=f(x), \hskip 0.3pc \) zaś w zbiorze \( \hskip 0.3pc D_2 \hskip 0.3pc \) warunek \( \hskip 0.3pc u(0,y)= g(y). \hskip 0.3pc \) W pierwszym przypadku \( \hskip 0.3pc F(-ax)=f(x), \hskip 0.3pc \) czyli \( \hskip 0.3pc F(t)=f(-t/a), \hskip 0.3pc \) zaś w drugim \( \hskip 0.3pc F(y)=g(y) . \hskip 0.3pc \)
Wynika stąd, że rozwiązaniem problemu ( 10 ), ( 11 ) jest funkcja

(12)

\( u(x,y)=\begin{cases}f\big(x-\dfrac ya\big),&\textrm{jeśli }\hskip 0.5pc x\geq 0, \hskip 0.4pc 0\leq y \leq ax; &\\ g(y-ax), & \textrm{jeśli }\hskip 0.5pc x\geq 0,\hskip 0.4pc y > ax.&\end{cases} \)

Przykład 3:

Znaleźć rozwiązanie równania

(13)

\( u_x+3u_y=0,\quad x> 0,\hskip 0.3pc y> 0, \)

spełniające warunki

(14)

\( \begin{aligned} &u(x,0)= \cos x, \quad \textrm{dla}\hskip 0.5pc x>0, \\&u(0,y)=2y+1, \quad \textrm{dla }\hskip 0.3pc y>0 \end{aligned} \)

Nietrudno sprawdzić, że całka ogólna równania wyjściowego ma postać

\( u(x,y)= F(y-3x), \)

zaś rozwiązanie spełniające zadane warunki początkowo-brzegowe ma postać

\( u(x,y)=\begin{cases} &\cos (x-\dfrac{y}{3}), &\textrm{jeśli }\hskip 0.3pc x>0,\hskip 0.3pc 0<y<3x, \\&2(y-3x)+1, &\textrm{jeśli }\hskip0.3pc x>0,\hskip 0.3pc y\geq 3x.\end{cases} \)

Opisaną tu metodę możemy stosować również w przypadku, gdy współczynniki a, b, c są funkcjami zmiennych \( \hskip 0.3pc x \hskip 0.3pc \) i \( \hskip 0.3pc y. \hskip 0.3pc \)

Przykład 4:

Znaleźć rozwiązanie równania

\( u_x+yu_y=\lambda u,\qquad x,y\in \mathbb{R}, \)

spełniające warunek początkowy

\( u(0,y)= f(y), \)

gdzie \( \hskip 0.3pc f \hskip 0.3pc \) jest funkcją różniczkowalną.
Rozwiązując równania charakterystyk

\( \dfrac{dx}{dt}=1, \quad \dfrac{dy}{dt}=y, \)

z warunkami początkowymi \( \hskip 0.3pc x(0)=0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0 \hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( x=t,\quad y= y_0e^t. \)

Zauważmy, że rodzina krzywych \( \hskip 0.3pc x=t, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y= y_0e^t, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pcy_0\in \mathbb{R}, \hskip 0.3pc \) pokrywa całą przestrzeń \( \hskip 0.3pc \mathbb{R}^2, \hskip 0.3pc \) na której szukamy rozwiązania.
Równanie ( 4 ) przyjmuje tym razem postać

\( \dfrac{dz}{dt}=\lambda z. \)

Rozwiązując to równanie otrzymamy

\( z=Ke^{\lambda t}. \)

Ponieważ stała \( \hskip 0.3pc K \hskip 0.3pc \) jest dobrana dla charakterystyki \( \hskip 0.3pc y_0=ye^{-x} \hskip 0.3pc \) w miejsce \( \hskip 0.3pc K \hskip 0.3pc \) możemy wstawić \( \hskip 0.3pc F(y_0), \hskip 0.3pc \) czyli

\( z=F(y_0)e^{\lambda t}, \)

gdzie \( \hskip 0.3pc F \hskip 0.3pc \) jest dowolną funkcją różniczkowalną.
Zgodnie z poprzednimi razważaniami funkcja

\( u(x,y)=F\big(ye^{-x}\big)e^{\lambda x} \)

jest rozwiązaniem równania wyjściowego.
Uwzględniając warunek początkowy mamy

\( u(0,y)= F(y)=f(y). \)

Zatem szukane rozwiązanie ma postać

\( u(x,y)=f\big(ye^{-x}\big)e^{\lambda x}. \)

Przykład 5:

Znaleźć rozwiązanie równania

\( u_x+u^2u_y=0, \quad x,\,y \in \mathbb {R}_+ \)

spełniające warunki

\( u(0,y)=\sqrt y,\qquad \textrm{dla }\hskip 0.4pc y>0, \)

\( u(x,0)=0, \qquad \, \textrm{dla }\hskip 0.4pcx>0. \)

Równania charakterystyk mają postać

\( \dfrac{dx}{dt}=1,\quad \dfrac{dy}{dt}=z^2, \quad \dfrac{dz}{dt}=0. \)

Z równania \( \hskip 0.3pc \dfrac{dz}{dt}=0 \hskip 0.3pc \) wynika, że funkcja \( \hskip 0.3pc z=u(x(t),\,y(t)) \hskip 0.3pc \) jest stała wzdłuż charakterystyk.
Wykorzystując ten fakt, możemy w drugim równaniu potraktować \( \hskip 0.3pc z\hskip 0.3pc \) jako stałą.
Po rozwiązaniu równań charakterystyk z warunkami początkowymi \( \hskip 0.3pc x(0)=0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0, \hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( x=t,\quad y=z^2t+y_0, \quad z=F(y_0). \)

Eliminując z dwóch pierwszych równań \( \hskip 0.3pc t \hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( y_0=y-z^2x, \)

a wstawiając - podobnie jak poprzednio w równości \( \hskip 0.3pc z=F(y_0) \hskip 0.3pc \)w miejsce \( \hskip 0.3pc z\hskip 0.3pc \) funkcje \( \hskip 0.3pc u, \hskip 0.3pc \)a w miejsce \( \hskip 0.3pc y_0 \hskip 0.3pc \) wyznaczoną powyżej zależność, otrzymamy rozwiązanie równania wyjściowego w postaci uwikłanej

\( u=F(y-xu^2). \)

Wykorzystując warunek początkowy otrzymamy

\( u(0,y)=F(y)= \sqrt y. \)

Zatem rozwiązanie naszego problemu możemy zapisać w postaci uwikłanej

\( u =\sqrt{y-xu^2} \quad \textrm{dla }\hskip 0.3pc y-xu^2\geq 0. \)

Wyznaczając z ostatniego równania \( \hskip 0.3pc u \hskip 0.3pc \) mamy

\( u=\sqrt{\dfrac y{1+x}}, \quad \textrm{dla }\hskip 0.3pc x \geq 0,\hskip 0.3pc y\geq 0. \)

Zauważmy, że tak otrzymana funkcja \( \hskip 0.3pc u \hskip 0.3pc \) spełna również drugi z żądanych warunków, bowiem \( \hskip 0.3pc u(x,0) =\sqrt 0 =0. \hskip 0.3pc \)

Przykład 6:

Rozważmy teraz liniowe równanie różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu o stałych współczynnikach

\( au_x+bu_y+cu_z= \alpha,\quad (x,\,y,\,z)\in V\subset \mathbb{R}^3. \)

Jak poprzednio szukamy rozwiązania wzdłuż krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma \subset V \hskip 0.3pc \) danej równaniami

\( x =x(t),\hskip 1pc y=y(t),\hskip 1pc z=z(t) \quad t \in I. \)

Załóżmy, że krzywa \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \) jest tak dobrana, że

\( \dfrac {dx}{dt}=a, \quad \dfrac{dy}{dt}=b, \quad \dfrac{dz}{dt}=c. \)

Rozwiązując ostatni układ równań z warunkami początkowymi: \( \hskip 0.3pc x(0)=0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc y(0)=y_0, \hskip 0.3pc \) \( \hskip 0.3pc z(0)=z_0 \hskip 0.3pc \) otrzymamy

\( x=at, \quad y=bt+y_0, \quad z=ct +z_0, \)

lub po wyrugowaniu parametru \( \hskip 0.3pc t \hskip 0.3pc \) równanie krawędziowe krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma :\hskip 0.3pc \)

\( y -\dfrac bax=y_0, \quad z -\dfrac cax=z_0. \)

(Jeśli uzyskana rodzina krzywych nie pokrywa obszaru \( \hskip 0.3pc V, \hskip 0.3pc \) należy wzbogacić warunki początkowe).
Zauważmy, że wzdłuż krzywej \( \hskip 0.3pc \Gamma \hskip 0.3pc \) rozwiązanie równania przyjmuje wartość \( \hskip 0.3pc v(t)=u\big(x(t),\,y(t),\,z(t)\big), \hskip 0.3pc \) przy czym zgodnie z równaniem wyjściowym

\( \dfrac {dv}{dt}=\alpha. \)

Stąd

\( v=\alpha t+K. \)

Ponieważ stała \( \hskip 0.3pc K \hskip 0.3pc \) jest dobrana do krzywej \( \hskip 0.3pc\Gamma, \hskip 0.3pc \) możemy fakt ten wyrazić formułą \( \hskip 0.3pc K= F(y_0, z_0), \hskip 0.3pc \) gdzie \( \hskip 0.3pc F \hskip 0.3pc \) jest dowolną różniczkowalną funkcją dwóch zmiennych, czyli

\( v=\alpha t +F(y_0,\,z_0). \)

Wracając do zmiennych wyjściowych i pamiętając, że \( \hskip 0.3pc t=x/a \hskip 0.3pc \) mamy

\( u(x,y,z)= \dfrac{\alpha}{a}x +F\big(y-\dfrac ba x, z-\dfrac ca x\big). \)

Nietrudno sprawdzić, że tak określona funkcja jest rozwiązaniem równania wyjściowego.

Temat:
Opis:
Typ:

Email: