Два однородных уравнения Монжа-Ампера

[DLL]

Пусть у нас есть два уравнения Монжа-Ампера:
$w_{xx} w_{yy} - w_{xy}^2 = 0,$
$v_{xx} v_{yy} - v_{xy}^2 = 0.$

Для каждого можно написать параметрическое общее решение:
(1): $w = t x + \varphi (t) y + \psi (t),$
(2): $x + \varphi' (t) y + \psi '(t) = 0.$

(3): $v = s x + \alpha (s) y + \beta (s),$
(4): $x + \alpha' (s) y + \beta '(s) = 0.$

Из (2) и (4) можно выразить $x$ и $y$ через $t$ и $s$, так как относительно $x$ и $y$ - это линейная система:

$x = \frac{\psi '(t) \alpha' (s) - \beta '(s) \varphi' (t)}{\varphi' (t) - \alpha' (s)},$
$y = \frac{\psi '(t) - \beta '(s)}{\alpha' (s) - \varphi' (t)}.$

Подставляя найденные $x, y$ в формулы (1), (3) получаем:

$$w = t \frac{\psi '(t) \alpha' (s) - \beta '(s) \varphi' (t)}{\varphi' (t) - \alpha' (s)} + \varphi (t) \frac{\psi '(t) - \beta '(s)}{\alpha' (s) - \varphi' (t)} + \psi (t),$$

$$v = s \frac{\psi '(t) \alpha' (s) - \beta '(s) \varphi' (t)}{\varphi' (t) - \alpha' (s)} + \alpha (s) \frac{\psi '(t) - \beta '(s)}{\alpha' (s) - \varphi' (t)} + \beta (s),$$

$$x = \frac{\psi '(t) \alpha' (s) - \beta '(s) \varphi' (t)}{\varphi' (t) - \alpha' (s)},$$

$$y = \frac{\psi '(t) - \beta '(s)}{\alpha' (s) - \varphi' (t)}.$$

Можно ли утверждать, что это общее решение в параметрическом в виде для двух однородных уравнений Монжа-Ампера?

[DLL]

Вообще, есть подозрение, что это некорректно.
Применяя этот трюк для решение полной системы, получается ерунда.
Но непонятно, где здесь собака зарыта

[пианист]

DLL в сообщении #1013445 писал(а):

Применяя этот трюк для решение полной системы, получается ерунда

Что есть полная система, и в чем заключается ерунда?

[DLL]

Полная система, это когда к двум уравнениям Монже-Ампера еще добавляется связь: $w_x^2 + v_x^2 = 1.$
Парадокс в том, что когда я подставляю полученное параметрическое решение в уравнение связи, получается выражение: $s^2 + t^2 = 1$.
То есть уравнение на независимые переменные. It makes no sense

[пианист]

Все Ваши выкладки до конца не проверял, но самый результат удивительным не выглядит.
Система
$w_{xx}w_{yy}-w_{xy}^2=0,$
$v_{xx}v_{yy}-v_{xy}^2=0,$
$w_x^2+v_x^2=1.$
является переопределенной и (надеюсь, я не проврался в выкладках) несовместной.

[12d3]

пианист в сообщении #1014873 писал(а):

(надеюсь, я не проврался в выкладках) несовместной.

Как минимум одно частное решение видно $w(x,y) \equiv 0,\,\,v(x,y)=x$

[пианист]

Да, прошу прощения.
Почему-то решил, что
$w=ax+b,$
$v=cx+d$
противоречит уравнению
$w_x^2+v_x^2=1$
;)
Предыдущий довод, соответственно, снимается.

[12d3]

Кстати, меня глючит, или какие угодно произвольные функции в $(1)$ и $(2)$ не задавай, решение $w=ax+b,$ таким макаром не получится?

-- Чт май 14, 2015 12:58:19 --

DLL в сообщении #1013795 писал(а):

То есть уравнение на независимые переменные.

Они не то чтобы очень независимые. Ведь решение $(1),(2)$ можно записать таким макаром:
$w(x,y) = t(x,y) x + \varphi (t(x,y)) y + \psi (t(x,y))$, где $t(x,y)$ - функция, неявно задаваемая уравнением $x + \varphi' (t(x,y)) y + \psi '(t(x,y)) = 0.$
Тогда, произвольно задавая $\varphi(t),\,\psi(t)$, мы через $(2)$ задаем функцию $t(x,y)$.
Аналогично, произвольно задавая $\alpha(s),\,\beta(s)$, мы через $(4)$ задаем функцию $s(x,y)$.
И чудесным образом получается, что $s(x,y)^2+t(x,y)^2=1$. Это значит, что четыре произвольно задаваемые функции не совсем произвольны, а связаны друг с другом. То есть, три из них произвольны, а четвертая уже нет. Надеюсь, я не ошибаюсь.)

[DLL]

Ну как бы, решение в параметрическом виде, то есть и зависимые, и независимые переменные суть функции от параметров $s$, $t$.
Дальше стандартным образом (в системе компьютерной алгебры) находятся производные $w_x, w_y, v_x, v_y$.
И вот сумма квадратов $w_x^2 + v_x^2$ после упрощения дает в точности $s^2 + t^2$

[12d3]

DLL в сообщении #1015085 писал(а):

И вот сумма квадратов $w_x^2 + v_x^2$ после упрощения дает в точности $s^2 + t^2$

А все потому что $w_x=t$

[пианист]

Да, похоже.
У системы
$w_{xx}w_{yy}-w_{xy}^2=0,$
$v_{xx}v_{yy}-v_{xy}^2=0,$
$w_x^2+v_x^2=0$
все решения суть
$w=ax+w_0(y),$
$v=bx+v_0(y),$
где $a, b$ - константы:
$a^2+b^2=1.$
А такие решения в использованный случай общего положения не попадают, они соответствуют $t, s$ константа.
Поэтому после преобразования к координатам $(t,s)$ мы остаемся совсем без решений.

[DLL]

пианист в сообщении #1015336 писал(а):

Да, похоже.
У системы
$w_{xx}w_{yy}-w_{xy}^2=0,$
$v_{xx}v_{yy}-v_{xy}^2=0,$
$w_x^2+v_x^2=0$
все решения суть
$w=ax+w_0(y),$
$v=bx+v_0(y),$
где $a, b$ - константы:
$a^2+b^2=1.$

1. Сумма квадратов 1, а не 0
2. А почему это все решения?

[пианист]

DLL в сообщении #1015359 писал(а):

1. Сумма квадратов 1, а не 0

Да, конечно.

DLL в сообщении #1015359 писал(а):

2. А почему это все решения?

Опять поспешил ;(
Не просмотрел особые случаи.
Есть минимум еще решение:
$w=w_0(x),$
$v=v_0(x),$
$w_0'^2+v_0'^2=1.$
Это решение теряется, т.к. обращается в ноль якобиан замены.
Однако возможно остались и еще решения. Сдаюсь, надоело все особые случаи проверять.

(Если что, вот выкладки)

Дифференцируем
$w_x^2+v_x^2=1$
по $x$ и по $y$,
$w_xw_{xx}+v_xv_{xx}=0,$
$w_xw_{xy}+v_xv_{xy}=0,$
разносим слагаемые по разные стороны от равенства и делим одно равенство на другое, получаем
$\frac{w_{xx}}{w_{xy}}=\frac{v_{xx}}{v_{xy}}.$
Уравнения исходной системы
$w_{xx}w_{yy}-w_{xy}^2=0,$
$v_{xx}v_{yy}-v_{xy}^2=0$
переписываем в виде
$\frac{w_{xx}}{w_{xy}}=\frac{w_{xy}}{w_{yy}},$
$\frac{v_{xx}}{v_{xy}}=\frac{v_{xy}}{v_{yy}},$
что с учетом предыдущего позволяет записать
$\frac{w_{xx}}{w_{xy}}=\frac{w_{xy}}{w_{yy}}=\frac{v_{xx}}{v_{xy}}=\frac{v_{xy}}{v_{yy}}=\Phi,$
$\Phi$ - новая зависимая переменная.
Переписываем последнее равенство в виде
$w_{xx}=\Phi w_{xy},$
$w_{xy}=\Phi w_{yy},$
$v_{xx}=\Phi v_{xy},$
$v_{xy}=\Phi v_{yy}.$
Берем перекрестные производные, вычитаем, получаем
$\Phi_yw_{xy}=\Phi_xw_{yy},$
$\Phi_yv_{xy}=\Phi_xv_{yy},$
то есть
$w_y=f(\Phi),$
$v_y=g(\Phi).$
Избавляемся от $\Phi,$ получаем
$w_y=h(v_y).$
Дифференцируем по $x$ и по $y$
$w_{xy}=h'v_{xy},$
$w_{yy}=h'v_{yy}.$
Подставляем в
$w_{xx}w_{yy}-w_{xy}^2=0,$
получаем
$w_{xx}v_{yy}-h'v_{xy}^2=0.$
Подставляем сюда $v_{xy}^2$ из
$v_{xx}v_{yy}-v_{xy}^2=0,$
получаем
$w_{xx}=h'v_xx,$
что, с учетом ранее полученного
$w_xw_{xx}+v_xv_{xx}=0$
дает
$w_{xx}=v_{xx}=0.$
Отсюда и из исходной системы следует
$w_{xy}=v_{xy}=0$
и ранее указанное решение.
Особые случаи: $w_xw_{xy}=-v_xv_{xy}=0$, $w_{xy}w_{yy}=0$, $v_{xy}v_{yy}=0$, $v_y=\operatorname{const}$, $w_y=\operatorname{const}$, $v_{yy}=0$, $v_x+h'w_x=0$. Вроде, это все.

[DLL]

Очень интересно. Кстати говоря, анализировать общность решения можно следующим образом.
Для системы в инволютивной форме можно ставить корректную начальную задачу (задачу Коши).
Для нашей системы один из вариантов, как ее можно поставить, это следующий:
$w(x_0, y) = f_1(y), w_x(x_0, y) = f_2 (y)$ - (2 произвольные функции 1 переменной)
$v(x_0, y_0) = C_1, v_x(x_0, y_0) = C_2, v_y(x_0, y_0) = C_3$ - (3 константы)