Гиперболическое дифференциальное уравнение

[R_e_n]

Как решить вот такое уравнение:
$\frac {\partial^2 u(t, x)}{\partial t \partial x}=a(t, x) \cdot \frac {\partial u(t, x)}{\partial x} + b(t, x) \cdot u(t, x)+c(t, x)$
где $a(t, x)$, $b(t, x)$ и $с(t, x)$ - непрерывные функции.

Есть еще граничные условия, но я пока их не посчитал, но они будут.
Решить нужно аналитически или численно. Нигде не могу найти как такое решать. Оно вообще решается?

[Red_Herring]

R_e_n в сообщении #911798 писал(а):

Есть еще граничные условия, но я пока их не посчитал, но они будут.

Вот когда будут, тогда и поговорим.

[R_e_n]

Чтобы ничего не напутать, приведу в исходном виде:
$u(t,x)=u(0, 0)+\int_{0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{s}{u(s,z)dz}ds} +\int_{0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{0}^{t}{\int_{0}^{s}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$

Область по которой интегрируется представляет собой прямоугольный треугольник, угол при основании равен 45 градусов.


Функция $f(t,x)$ - непрерывная функция со значениями от 0 до 1
Функция $g(t,x)$ - непрерывная функция с неотрицательными значениями.
Сама $u(t,x)$ - должна быть неотрицательной.

$a, b, c, d$ - константы
$a>0, c>0$,
$b, d$ могут быть как положительными так и отрицательными.
$u(0, 0) > 0$.

-- 25.09.2014, 12:59 --

Мне даже подойдет, если Вы мне скажете, что решение точное находится для конкретных функций $f(t,x)$ и $g(t,x)$ и укажете метод, которым это делается (а лучше книжку / ссылку, где описан этот метод).

[sup]

Продифференцируйте ваше интегральное уравнение по $x$.

[R_e_n]

Вроде так:
$\frac {\partial u(t,x)}{\partial x}=\int_{0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot {u(s,s)}ds} +\int_{0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \frac {\partial f(s,s)}{\partial x}ds}-\int_{0}^{t}{g(s,s) \cdot \frac{\partial u(s,s)}{\partial z} ds}$

Вы хотите сказать, что она из двумерной стала одномерной?

[sup]

Нет. Гораздо проще.
Из четырех слагаемых, от $x$ зависит только лишь одно. И Вы его неправильно продифференцировали.

[R_e_n]

sup в сообщении #911842 писал(а):

Нет. Гораздо проще.
Из четырех слагаемых, от $x$ зависит только лишь одно. И Вы его неправильно продифференцировали.

От x зависит первое. А неправильно продифференцировал я последнее?

[sup]

Вы или торопитесь или совсем не думаете, что говорите. Если слагаемое от $x$ не зависит, то производная от него будет не какой-то жуткий агрегат, а просто 0.
Вы поглядите, где буковка $X$ фигурирует. Вот это слагаемое и зависит от $x$. А остальные - нет.

[R_e_n]

Т. е. останется так?

$\frac {\partial u(t,x)}{\partial x}=\int_{0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \frac {\partial f(s,x)}{\partial x}ds}$

[sup]

А что так "несмело"?
Именно это и будет. Производная найдена. Можно подставлять ее в уравнение. Сама функция отсюда определяется с точностью до $A(t)$. Подставляем все это в уравнение и на сей раз дифференцируем по $t$. Откуда находим $A(t)$.

[R_e_n]

Да, большое спасибо. Но когда я формулировал, немного упростил, у меня этот треугольник может быть сдвинут:

И иногда даже вырождаться в трапецию:

я думал, что это никак не повлияет на решение и сам потом додумаю как сдвинуть. А тут оно все выродилось. Прошу прощения, Вас запутал и сам запутался. Уравнение получится таким:
$u(t,x)=u(t_0, x_0)+\int_{t_0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{y(s,t,x)}{u(s,z)dz}ds}+\int_{t_0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{t_0}^{t}{\int_{0}^{y(s,t,x)}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$
где $y(s,t,x)$ - это уравнение верхней прямой.
$y(s,t,x)=x_0+\frac {x-x_0}{t-t_0} \cdot (s-t_0)$
$t_0=\max(0,t-x)$
$x_0=\max(0,x-t)$
Надо подумать, возможно оно сведется к почти такому же решению.

-- 25.09.2014, 14:36 --

В этом случае если продифференцировать по x, вроде бы будет:
$\frac {\partial u(t,x)}{\partial x}=\int_{t_0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot {u(s,y(s,t,x)) \cdot \partial {y(s,t,x)}{\partial x}}ds} +\int_{t_0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \frac {\partial f(s,y(s,t,x))}{\partial x} \cdot \partial {y(s,t,x)}{\partial x}ds}-\int_{t_0}^{t}{g(s,y(s,t,x)) \cdot \frac{\partial u(s,y(s,t,x))}{\partial z} \cdot \partial {y(s,t,x)}{\partial x} ds}$
где
$\frac {\partial y(s,t,x)}{\partial x}=\frac {s-t_0}{t-t_0}$

[sup]

Почему-то мне кажется, что Вы и здесь что-то напутали. Смущает зависимость сразу от трех параметров
$y(s,t,x)$. Интеграл по такой фигурке должен выглядеть как-то так
$\int \limits_{t_0}^{t} d\tau \int \limits_0^{x(\tau)}dy F(\tau,y)$
А у Вас не так. Вы уж разберитесь хорошенько.

[R_e_n]

В случае, если треугольник сдвинут вправо:
$u(t,x)=u(t_0, 0)+\int_{t_0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{s-t_0}{u(s,z)dz}ds}+\int_{t_0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{t_0}^{t}{\int_{0}^{s-t_0}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$

В случае, если треугольник вырождается в трапецию:
$u(t,x)=u(0, x_0)+\int_{0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{x_0+s}{u(s,z)dz}ds}+\int_{0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{0}^{t}{\int_{0}^{x_0+s}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$

[R_e_n]

Не, не так.
В случае, если треугольник сдвинут вправо:
$u(t,x)=\int_{t-x}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{s-(t-x)}{u(s,z)dz}ds}+\int_{t-x}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{t-x}^{t}{\int_{0}^{s-(t-x)}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$

В случае, если треугольник вырождается в трапецию:
$u(t,x)=u(0, x-t)+\int_{0}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{x-t+s}{u(s,z)dz}ds}+\int_{0}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{0}^{t}{\int_{0}^{x-t+s}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$
Предполагается, что $u(0, x)$ для любого $x$ известно.

Верхняя прямая получается так:
берется точка (t,x) от нее откладывается прямая, пересекающая ось абсцисс под 45 градусов.

-- 25.09.2014, 17:39 --

Правильно ли я понимаю, что производная от первого и третьего слагаемых по x равна 0?
$\frac{\partial}{\partial x}(\int_{t-x}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{s-(t-x)}{u(s,z)dz}ds}) =\frac{\partial}{\partial x}(-\int_{t}^{t-x}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{s-(t-x)}{u(s,z)dz}ds}) =(-{a \cdot e^{b \cdot (t-x)} \cdot \int_{0}^{t-x-(t-x)}{u(s,z)dz}} \cdot \frac {\partial (t-x)}{\partial x})= {a \cdot e^{b \cdot (t-x)} \cdot 0}=0$

[R_e_n]

Все таки наверное не нулю там равно. Поэтому возвращаюсь к тому с чего начал:
кто-нибудь может сказать как решить такое уравнение?

R_e_n в сообщении #911911 писал(а):

$u(t,x)=\int_{t-x}^{t}{a \cdot e^{b \cdot s} \cdot \int_{0}^{s-(t-x)}{u(s,z)dz}ds}+\int_{t-x}^{t}{c \cdot e^{d \cdot s} \cdot f(s,x)ds}-\int_{t-x}^{t}{\int_{0}^{s-(t-x)}{g(s,z) \cdot \frac{\partial u(s,z)}{\partial z}dz} ds}$