Квазилинейное УРЧП первого порядка

[StaticZero]

Надо решить задачу Коши

$$ y \dfrac{\partial u}{\partial x} + u x \dfrac{\partial u}{\partial y} = y u, \qquad u(0, y) = -y^2. $$

Напишу уравнения характеристик:

$$ \dfrac{\mathrm d x}{y} = \dfrac{\mathrm dy}{u x} = \dfrac{\mathrm du}{y u}. $$

Выберем, скажем, два таких уравнения:

$$ \begin{cases} y \ \mathrm dy = x \ \mathrm du, \\ u \ \mathrm dx = \mathrm du. \end{cases} $$

Из второго нахожу $x + C = \ln |u|$, первый интеграл $C = \ln |u| - x$, откуда $|u| = \exp(x + C)$. Подставляю в первое:

$$ \dfrac{y^2}{2} + \dfrac{D}{2} = (x - 1) \exp(x + C) \operatorname{sign} u, $$

первый интеграл

$$ D = 2 (x - 1) |u| \operatorname{sign} u - y^2 = 2 (x - 1) u - y^2. $$

Итак, система первых интегралов

$$ \begin{cases} \varphi_1 = \ln |u| - x = C, \\ \varphi_2 = 2 (x-1) u - y^2 = D. \end{cases} $$

Общее решение уравнения будет

$$ \Phi(\varphi_1, \varphi_2) = 0, $$

или

$$ \ln |u| - x = f(2(x - 1) u - y^2). $$

Подставляем граничные условия:

$$ \ln |u(0, y)| = f(- 2 u(0, y) - y^2), \qquad \ln |y^2| = f(y^2), $$

откуда $f(x) = \ln |x|$.

Общее решение будет теперь

$$ \ln |u| - x = \ln \big|2 |u| (x - 1) - y^2\big|. $$

Применив экспоненту к общему решению, определим

$$ |u| e^{-x} = \big|2 |u| (x - 1) - y^2\big|. $$

Ответ к задаче вот такой:

$$ u(e^{-x} + 2x - 2) = y^2. $$

У меня слишком много модулей. Область определения уравнения не просматривается, чтобы можно было выбрать определённый знак. Как следовало бы поступить?

[Red_Herring]

StaticZero в сообщении #1224751 писал(а):

Как следовало бы поступить?

Вы действительно наставили зазря кучу модулей. Начнём с $du/u=dx$ (и не лень Вам писать прямые дифференциалы? А вот нумеровать формулы стоит). Заметим, что вдоль траекторий $u$ либо не обращается в 0, либо равно 0 тождественно, поэтому вместо вашего уродца $u=Ce^x$, где $C$ может быть любого знака (и 0).

И т.д. Этому Вы должны были научиться в ОДУ.

[StaticZero]

Red_Herring в сообщении #1224755 писал(а):

И т.д. Этому Вы должны были научиться в ОДУ.

Видать, мало задач решал, и это плохо. (Хотя да, тут я глупость спорол: делить переменные и интегрировать не обязательно, и в виде $u' = u$ решение очевидно)

Хорошо, спасибо. Тогда сделаем $u = Ce^x$ и первый интеграл $C = ue^{-x}$. Второй первый интеграл будет такой же: $D = 2 (x - 1) u - y^2$. Будем иметь функцию

$$ue^{-x} = f(2 (x - 1) u - y^2),$$

подстановка граничных условий даёт

$$ -y^2 = f(2 y^2 - y^2) = f(y^2), $$

откуда $f(x) = -x$ и решение уравнения имеет вид

$$ ue^{-x} = y^2 - 2 u (x - 1). $$

-------------
Вот ещё задача:

$$ xu \dfrac{\partial u}{\partial x} + yu \dfrac{\partial u}{\partial y} = x^3 + y, \qquad u(3 y^2, y) = 4y^3. $$

Её первые интегралы такие:

$$ \begin{align*} \varphi_1 &= y/x = C, \\ \varphi_2 &= \dfrac{u^2}{2} - \dfrac{x^3}{3} - y = D. \end{align*} $$

Общее решение

$$ \Phi(\varphi_1, \varphi_2) = 0. $$

Теперь подставляю сюда граничные условия: получаю

$$ \Phi \left( \dfrac{1}{3y}, -y^6 - y\right) = 0. $$

Я могу написать либо $\dfrac{1}{3y} = f(-y - y^6)$, и функциональное уравнение не решается, либо $-y-y^6 = g\left(\dfrac{1}{3y}\right)$, заменой переменных находится $g$. А что, если и во втором случае функциональное уравнение не решится, его так и оставляют в виде, скажем,

$$ f(-y-y^6) = \dfrac{1}{3y} \ ? $$

[Red_Herring]

StaticZero в сообщении #1224772 писал(а):

А что, если и во втором случае функциональное уравнение не решится, его так и оставляют в виде, скажем,

Безусловно. Попробуйте очень знаменитое уравнение $u_t+uu_x=0$ (Бюргерса, без вязкости; оно обсуждалось на форуме, если память не изменяет) с начальным условием $u(x,0)= - \tanh (x)$ (или $u(x,0)= \sin (x)$ )

[StaticZero]

Хм, уравнение характеристик абсолютно бесполезное: $u \ \mathrm dt = \mathrm dx$.

[Ms-dos4]

StaticZero
Во первых, вы потеряли ещё одно уравнение на характеристику ${{du} \over {dt}} = 0$, во вторых, чем плохо ${{dx} \over {dt}} = u$? Решайте их.

[StaticZero]

Эм. То есть символическая запись для неоднородных уравнений

$$ \dfrac{\mathrm d x_1}{a_1} = \ldots = \dfrac{\mathrm d x_n}{a_n} = \dfrac{\mathrm d u}{b}, $$

где $b$ — неоднородный довесок в правой части, остаётся справедливой и здесь в виде

$$ \dfrac{\mathrm dt}{1} = \dfrac{\mathrm dx}{u} = \dfrac{\mathrm du}{0}, $$

что приводит к $\mathrm du = 0$, $u = C$, и $\mathrm dx = C \ \mathrm dt$, откуда $x + D = C t = u t$, и множество первых интегралов

$$ \begin{align*} \varphi_1 &= u = C, \\ \varphi_2 &= u t - x = D. \end{align*} $$

Правильно так?

Общее решение строим в виде

$$ \Phi = \Phi(\varphi_1, \varphi_2) = \Phi(u, ut - x) = 0. $$

Берём Коши в виде $u(x, 0) = \sin x$, получаем $\Phi(\sin x, - x) = 0$. Тогда напишем что-то вроде $\sin x = g(-x)$, откуда $g(x) = - \sin x$. Решение будет такое:

$$ u = g(ut - x) = \sin (x - ut). $$

Правильно?

[Ms-dos4]

StaticZero
И вообще, легко заметить, что из $F(u,x - ut) = 0$ следует, что уравнение имеет своими решениями $u = f(x - ut)$ (но внимание - в такой форме данное решение не покрывает все, например, некоторые решения могут быть записаны в форме $x = ut + f(u)$). Теперь изучите т.н. опрокидование решений и переходите уже к полноценному нелинейному уравнению ${u_t} + u{u_x} - \mu {u_{xx}} = 0$. Тут уже поможет т.н. подстановка Коула-Хопфа.

[StaticZero]

Ms-dos4 в сообщении #1224830 писал(а):

И вообще намного интереснее рассмотреть уравнение в полной своей форме ${u_t} + u{u_x} - \mu {u_{xx}} = 0$

До второго порядка мы не добирались ещё. Да и первый на семинарах не разбирали, это я по-быстрому пробую вникнуть.

Пойду пока с первым порядком ещё порешаю, экзамен скоро. Если будут вопросы — напишу ещё. Спасибо.