Matematické Fórum

Tscar · 04. 04. 2013 21:10

Dobrý den,
Nevím si rady s touto rovnicí:
$u_{x} - u_{y} = -y + f(x-y)$
, kde $u_{x}$ a $u_{y}$ jsou parciální derivace u podle x, resp. y a $f(x-y)$ je libovolná diferencovatelná funkce. Řešení homogenní rovnice je jasné, k partikulárnímu se nemůžu dobrat.

Předem děkuji za pomoc.

Brano · 04. 04. 2013 23:52

Ja by som to robil cez metodu charakteristik.
$\dot{x}=1$ $\dot{y}=-1$ $\dot{u}=-y+f(x-y)$
jedna charakteristika je jasna $x+y$ a kdze na rovnice niesom nejaky expert, tak tu druhu som tak nejak tipoval (cele to dost zjednodusuje, ze prve dve rovnice su take pekne) - treba ju vyrobit z tretej rovnice tak ju tak akoze "zintegrujeme". Oznacme si $F(s)$ primitivnu funkciu k $f(s)$ . Urcite tam budeme potrebovat clen $F(x-y)$ potom tam potrebujeme dostat $-y$ teda treba clen s $y^2$ a nakoniec clen s $u$ teda si napisme
$F(x-y)+py^2+qu$ , kde $p,q$ su parametre (naprv skusame, ze su konstantne). Zderivujeme a dostaneme
$f(x-y)(\dot{x}-\dot{y})+2py\dot{y}+q\dot{u}=2f(x-y)-2py+q(f(x-y)-y)=f(x-y)(2+q)-y(2p+q)$
chceme aby to bola nula tak polozime
$2+q=0$ a $2p+q=0$ t.j. $q=-2$ a $p=1$ (mali sme stasie ... vyslo to) a mame druhu charakteristiku
$F(x-y)+y^2-2u$
Takze vseobecne riesenie v implicitnej forme je
$h(x+y,F(x-y)+y^2-2u)=0$ a do explicitnej ho mozme previest polozenim $h(p,q)=g(p)+q$ cize
$g(x+y)+F(x-y)+y^2-2u=0$ resp.

$u=\frac{1}{2}[y^2+F(x-y)+g(x+y)]$
kde $g$ je lubovolna diferencovatelna fcia a $F$ je primitivna k $f$

Tscar · 05. 04. 2013 00:06 — Editoval Tscar (05. 04. 2013 00:21)

↑ Brano:
Pak se zdá, že tady jsem chybu nedělal, takže takhle:
Původní zadání bylo vypočítat obecné řešení
$u_{xx}+u_{x}-u_{yy}-u_{y}=0$
Což jsem rozepsal na:
$((\delta _{x} - \delta _{y}) * (\delta _{x} + \delta _{y} + 1))u = 0$
A řešil soustavu rovnic:
$u_{x} + u_{y} + 1 = v$
$v_{x} - v_{y} = 0$
Tak, že jsem vyřešil v a dosadil do rovnice pro u ... vyšlo mi to, co tobě, a původní rovnici to neřeší ...
Z čehož mi vychází, že jsem udělal chybu už někdy dřív.

Edit: Neměla ona ta první rovnice být $u_{x} + u_{y} + u = v$ ?
Zítra to vyzkouším.

Brano · 05. 04. 2013 01:22

pod $\delta_x$ myslis $\partial_x$ ?
ak ano tak potom ako pises - ta prva by mala byt
$u_{x} + u_{y} + u = v$
a neprehodil si predtym este aj nejake znamienka, lebo riesenie druhej je
$v=f(x+y)$

Tscar · 06. 04. 2013 14:07

↑ Brano:
Mám v tom ještě zmatek.
Řešení rovnice je $u = f(x+y) + g(x-y) e^{-y}$ , popř. $u = f(x+y) + g(x-y) e^{-x}$ .
Záleží na volbě charakteristik.
A tady je můj problém:
Nakonec to vede na rovnici $u_{\tau } + u = f(x+y)$
, kde $\xi = x-y$ a $\tau = y$
z čehož vyplývá řešení homogenní rovnice $u_{H} = Ce^{-\tau } = f(x-y)e^{-y}$
Co ale s partikulárním řešením? Myslím, že dokonce ani neexistuje, s čímž jsem se ještě nesetkal ..

Brano · 06. 04. 2013 22:53 — Editoval Brano (06. 04. 2013 22:56)

nejak tomu poslednemu prispevku nerozumiem; pripadne to trochu rozpis...

ako nemoze mat partikularne riesenie, ked si nasiel vseobecne riesenie, ved partikularne je akekolvek jedno riesenie rovnice

a ked mas kvazilinearnu rovnicu a riesis ju metodou charakterisik tak sa nemusis zabavat s nejakym homogennym a partikularnym riesenim, len proste aplikujes metodu a mas, ci nie?

Tscar · 07. 04. 2013 11:34

↑ Brano:
Jde mi o to, že když dosadíš do rovnice $u_{\tau } + u = f(x+y)$ řešení u = $f(x-y) e^{-y}$ , tak nevyjde pravá strana, tj fce $f(x+y)$ .
Nemůže vyjít, protože $x+y = \xi + 2\tau$ , což je funkce proměnné $\tau$ .

A obecné řešení této rovnice je součtem řešení homogenní rovnice a partikulárního řešení. A toto obecné řešení je pak částí řešení původní rovnice, ne?

Brano · 07. 04. 2013 23:24

ale ako si sa vlastne dostal k $u_y+u=f(x+y)$
ved tam mala byt
$u_x+u_y+u=f(x+y)$
a ked sa to tak vezme , tak s touto nejak neviem pohnut

Brano · 08. 04. 2013 13:32 — Editoval Brano (08. 04. 2013 13:33)

Tak uz som asi pochopil co si chcel. Cize podme to spisat cele.
Riesime $u_{xx}+u_{x}-u_{yy}-u_{y}=0$
prevedieme to na system
$v_{x} - v_{y} = 0$
$u_{x} + u_{y} + u = v$
Vseobecne riesenie prvej rovnice je $v=f(x+y)$ dosadime do druhej a dostaneme
$u_{x} + u_{y} + u = f(x+y)$
co je nehomogenna linearna rovnica. Vyriesme najprv homogennu
$u_{x} + u_{y} + u = 0$
pouzijeme metodu charakteristik ..
$\dot x=1$ , $\dot y=1$ , $\dot u=u$
z coho dostaneme
$u=g(x-y)e^{-x}$
teraz hladame partikularne riesenie
$u_{x} + u_{y} + u = f(x+y)$
hladajme ho v tvare $h(x+y)$ t.j. pre $h(s)$ a $f(s)$ dostaneme rovnicu
$2h'+h=f$
a ta ma riesenie. To ze ho nevieme napisat inak ako "riesenie tamtej rovnice" vobec nevadi lebo je. Do vysledneho $u$ mozeme pouzit lubovolnu $h(x+y)$ lebo aj $f$ mohlo byt lubovolne. Teda mame
$u=h(x+y)+g(x-y)e^{-x}$
Co si uz samozrejme vedel predtym, ale snad to teraz uz vyriesilo tvoju otazku o "neexistencii partikularneho riesenia".

PS: samozrejme tie "lubovolnosti" sa tu vzdy spajaju s nejakymi podmienkami, ale to asi netreba rozoberat detailne.