Задачи и упражнения по уравнениям математической физики

УДК 517.95
ББК 22.161.6
С 54

С о б о л е в а Е. С., Ф а т е е в а Г. М. Задачи и упражнения по уравнениям математической физики. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2012. — 96 с. —
ISBN 978-5-9221-1053-2.

Настоящее издание содержит около 200 задач, снабженных ответами. Для
задач, отмеченных звездочкой, приведены решения.

Рекомендовано УМО по классическому университетскому образованию
в качестве учебного пособия по уравнениям математической физики для
студентов высших учебных заведений, обучающихся по естественно-научным
специальностям.

ISBN 978-5-9221-1053-2

c⃝ ФИЗМАТЛИТ, 2012

c⃝ Е. С. Соболева, Г. М. Фатеева, 2012

ЗАДАЧИ

§ 1. Классификация уравнений и их характеристики

1◦. Уравнение

a(x, y) ∂2u

∂x2 + 2b(x, y) ∂2u

∂x∂y + c(x, y) ∂2u

∂y2 + f
x, y, u, ∂u

∂x, ∂u

∂y

= 0

a2 + b2 + c2 ̸= 0,
(1.1)

принадлежит
— гиперболическому типу, если (b2 − ac)
M0 > 0;
— параболическому типу, если (b2 − ac)
M0 = 0;
— эллиптическому типу, если (b2 − ac)
M0 < 0.
Обыкновенное дифференциальное уравнение

a(x, y)
dy

dx

2
− 2b(x, y) dy

dx + c(x, y) = 0
(1.2)

называется уравнением характеристик для (1.1). Из (1.2) следует, что

dy
dx = b ±
√

b2 − ac
a
.

Пусть ϕ(x, y) = c и ψ(x, y) = c — независимые первые интегралы
(1.2). Они определяют два семейства характеристик.
1). Дискриминант D > 0. Оба семейства вещественные. Невырожденная замена

ξ = ϕ(x, y),
η = ψ(x, y),
J =

ξ′
x
η′
x
ξ′
y
η′
y

̸= 0
(1.3)

приводит уравнение гиперболического типа к каноническому виду:

∂2u
∂ξ ∂η = F
ξ, η, u, ∂u

∂ξ , ∂u

∂η

.
(1.4)

Заменой

α = ϕ(x, y) + ψ(x, y)

2
,
β = ϕ(x, y) − ψ(x, y)

2
это уравнение приводится ко второму каноническому виду:

∂2u
∂α2 − ∂2u

∂β2 = Φ
α, β, u, ∂u

∂α, ∂u

∂β

.
(1.5)

ЗАДАЧИ

2). D < 0 (эллиптическое уравнение). Характеристики комплексно-сопряженные, ψ(x, y) = ϕ(x, y). Вещественная замена

ξ = ϕ(x, y) + ψ(x, y)

2
,
η = ϕ(x, y) − ψ(x, y)

2i
(1.6)

приводит уравнение (1.1) к каноническому виду:

∂2u
∂ξ2 + ∂2u

∂η2 = F
ξ, η, u, ∂u

∂ξ , ∂u

∂η

.
(1.7)

3). D = 0 (параболическое уравнение). Имеем только одно семейство характеристик, так как ϕ(x, y) = ψ(x, y). Любая невырожденная
замена ξ = ϕ(x, y), η = g(x, y) (часто полагают η = x либо η = y)
приводит уравнение (1.1) к каноническому виду:

∂2u
∂η2 = F
ξ, η, u, ∂u

∂ξ , ∂u

∂η

.
(1.8)

Отметим, что производные по старым переменным выражаются
в новых переменных по следующим формулам:
∂u
∂x = ∂u

∂ξ
∂ξ
∂x + ∂u

∂η
∂η
∂x,

∂u
∂y = ∂u

∂ξ
∂ξ
∂y + ∂u

∂η
∂η
∂y ,

∂2u
∂x2 = ∂2u

∂ξ2

∂ξ

∂x

2
+ 2 ∂2u

∂ξ ∂η
∂ξ
∂x
∂η
∂x + ∂2u

∂η2

∂η

∂x

2
+ ∂u

∂ξ
∂2ξ
∂x2 + ∂u

∂η
∂2η
∂x2 ,

∂2u
∂y2 = ∂2u

∂ξ2

∂ξ

∂y

2
+ 2 ∂2u

∂ξ ∂η
∂ξ
∂y
∂η
∂y + ∂2u

∂η2

∂η

∂y

2
+ ∂u

∂ξ
∂2ξ
∂y2 + ∂u

∂η
∂2η
∂y2 ,

∂2u
∂x ∂y = ∂2u

∂ξ2
∂ξ
∂x
∂ξ
∂y + ∂2u

∂ξ ∂η

∂ξ

∂x
∂η
∂y + ∂ξ

∂y
∂η
∂x

+

+ ∂2u

∂η2
∂η
∂x
∂η
∂y + ∂u

∂ξ
∂2ξ
∂x ∂y + ∂u

∂η
∂2η
∂x ∂y .
(1.9)

2◦. Примеры. Определить тип уравнения и привести его к каноническому виду:

а)
∂2u
∂x2 − 2 sin x ∂2u

∂x ∂y − cos2 x ∂2u

∂y2 − cos x ∂u

∂y = 0;
(1.10)

б)
x ∂2u

∂x2 − 2x2 ∂2u

∂x ∂y + 2x3 ∂2u

∂y2 − ∂u

∂x = 0,
x ̸= 0;
(1.11)

в)
∂2u
∂x2 − 2x ∂2u

∂x ∂y + x2 ∂2u

∂y2 − 2 ∂u

∂y = 0.
(1.12)

§ 1. КЛАССИФИКАЦИЯ УРАВНЕНИЙ И ИХ ХАРАКТЕРИСТИКИ
5

Решения. а). Уравнение (1.10) относится к гиперболическому типу,
ибо D = sin2 x + cos2 x = 1. Дифференциальным уравнением характеристик для него является уравнение
dy

dx

2
+ 2 sin x dy

dx − cos2 x = 0,

откуда следует, что dy

dx = − sin x ± 1; в итоге имеем y = cos x ± x + c.

Сделаем следующую невырожденную замену: ξ = y − cos x + x,
η = y − cos x − x, якобиан которой

J = ∂(ξ, η)

∂(x, y) =
sin x + 1
sin x − 1
1
1

= 2,

тогда
∂u
∂x = ∂u

∂ξ (sin x + 1) + ∂u

∂η (sin x − 1),

∂u
∂y = ∂u

∂ξ + ∂u

∂η ,

∂2u
∂x2 = ∂2u

∂ξ2 (sin x + 1)2 + 2 ∂2u

∂ξ ∂η (sin2 x − 1) +

+ ∂2u

∂η2 (sin x − 1)2 + ∂u

∂ξ cos x + ∂u

∂η cos x,

∂2u
∂y2 = ∂2u

∂ξ2 + 2 ∂2u

∂ξ ∂η + ∂2u

∂η2 ,

∂2u
∂x ∂y = ∂2u

∂ξ2 (sin x + 1) + ∂2u

∂ξ ∂η (sin x + 1 + sin x − 1) + ∂2u

∂η2 (sin x − 1).

Подставляя в уравнение (1.10), получим

−4 ∂2u

∂ξ ∂η = 0,

что позволит нам решить уравнение в явном виде.
В самом деле, обозначим ∂u

∂η = v. Тогда получим ∂v

∂ξ = 0 и, следо
вательно, v не зависит от ξ, т. е. v = h(η), где h(η) — произвольная
гладкая функция. А так как ∂u

∂η = h(η), то

u(ξ, η) =
h(η) dη + f1(ξ) = f1(ξ) + f2(η).
(1.13)

Возвращаясь к старым переменным, получим общее решение исходного
уравнения:

u(x, y) = f1(y − cos x − x) + f2(y − cos x + x),

где f1 и f2 — произвольные дважды дифференцируемые функции.

ЗАДАЧИ

б). Уравнение (1.11) есть уравнение эллиптического типа, так как
D = −x4 < 0. Дифференциальным уравнением характеристик для него
служит уравнение

x
dy

dx

2
+ 2x2 dy

dx + 2x3 = 0.

Отсюда получаем

dy
dx = −x ± ix
или
y = −x2

2 ± i x2

2 + C.

Положим ξ = y + 1

2 x2, η = 1

2 x2. При x ̸= 0 преобразование невырожденное:
∂(ξ, η)
∂(x, y) =
x
x
1
0

= −x ̸= 0.

В новых переменных (см. (1.9)) уравнение примет вид

∂2u
∂ξ2 + ∂2u

∂η2 = 0.

в). Уравнение (1.12) относится к уравнениям параболического типа,
так как D = 0, и ему соответствует следующее дифференциальное
уравнение характеристик:
dy

dx

2
+ 2x dy

dx + x2 = 0,
или
dy
dx = −x.

Интегрируя его, получим одно семейство характеристик y + 1

2x2 = c.

Положим ξ = y + 1

2x2, η = x, тогда

∂(ξ, η)
∂(x, y) =
x 1
1
0

= −1.

Выразив производные, входящие в уравнение, через производные по
новым переменным (см. (1.9)), подставив найденные выражения в уравнение (1.12), приводим его к следующему каноническому виду:

∂2u
∂η2 − ∂u

∂ξ = 0.

3◦. Задачи. Определить тип и найти характеристики уравнений.

1. ∂2u

∂x2 + 4 ∂2u

∂x ∂y + 3∂2u

∂y2 + 2∂u

∂x = 0.

2. x2 ∂2u

∂x2 + 2xy
∂2u
∂x ∂y − 3y2 ∂2u

∂y2 + 9y ∂u

∂y − u = 0.

§ 1. КЛАССИФИКАЦИЯ УРАВНЕНИЙ И ИХ ХАРАКТЕРИСТИКИ
7

3. ∂2u

∂x2 − 2x ∂2u

∂x ∂y + x2 ∂2u

∂y2 + ∂u

∂x − ∂u

∂y + 2u = 0.

4. sin2 x
∂2u

∂x2 − ∂2u

∂y2
+ sin 2x ∂2u

∂x ∂y + ∂2u

∂y2 + sin x ∂u

∂x = 0.

5. ∂2u

∂x2 + 4 ∂2u

∂x ∂y + 5 ∂2u

∂y2 + ∂u

∂x + ∂u

∂y = 0.

6. y2 ∂2u

∂x2 + 2xy
∂2u
∂x ∂y + 5x2 ∂2u

∂y2 + y ∂u

∂x + x ∂u

∂y = 0.

7. (1 + x2) ∂2u

∂x2 + (1 + y2) ∂2u

∂y2 + x ∂u

∂x + y ∂u

∂y − 2u = 0.

Найти области гиперболичности, параболичности и эллиптичности
уравнений.

8. y ∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0.

9. ∂2u

∂x2 + xy ∂2u

∂y2 − y ∂u

∂x + x ∂u

∂y = 0.

10. (x2 − 1) ∂2u

∂x2 + 2xy
∂2u
∂x ∂y + (y2 − 1) ∂2u

∂y2 = 0.

11. ∂2u

∂x2 − 2x ∂2u

∂x ∂y + y ∂2u

∂y2 + ∂u

∂y = 0.

Привести к каноническому виду следующие уравнения.

12. 2 ∂2u

∂x2 + 3 ∂2u

∂x ∂y + ∂2u

∂y2 + 7 ∂u

∂x + 4 ∂u

∂y − 2u = 0.

13. ∂2u

∂x2 + 4 ∂2u

∂x ∂y + 13 ∂2u

∂y2 + ∂u

∂x = 0.

14. ∂2u

∂x2 + 4 ∂2u

∂x ∂y + 4 ∂2u

∂y2 − 4 ∂u

∂y = 0.

15. 3x2 ∂2u

∂x2 − 5xy
∂2u
∂x ∂y + 2y2 ∂2u

∂y2 = 0.

16. (1 + x2)2 ∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 + 2x(1 + x2) ∂u

∂x = 0.

17. 4y2 ∂2u

∂x2 − 12xy
∂2u
∂x ∂y + 9x2 ∂2u

∂y2 = 0.

18. e2x ∂2u

∂x2 + 2ex+y
∂2u
∂x ∂y + e2y ∂2u

∂y2 − xu = 0.

ЗАДАЧИ

19. ∂2u

∂x2 − 2x ∂2u

∂x ∂y = 0.

20. ex ∂2u

∂x2 + ey ∂2u

∂y2 = 0.

21. xy2 ∂2u

∂x2 − 2x2y
∂2u
∂x ∂y + x3 ∂2u

∂y2 − y2 ∂u

∂x = 0, x ̸= 0.

22. 2y2 ∂2u

∂x2 + 14xy
∂2u
∂x ∂y + 25x2 ∂2u

∂y2 = 2 y2

x
∂u
∂x + 25 x2

y
∂u
∂y .

23. 2 sin2x ∂2u

∂x2 − 5 sin 2x ∂2u

∂x ∂y + 8 cos2x ∂2u

∂y2 = 0.

24. y2 ∂2u

∂x2 + 2xy
∂2u
∂x ∂y + 2x2 ∂2u

∂y2 + y ∂u

∂y = 0.

25. sin2x ∂2u

∂x2 − 2y sin x ∂2u

∂x ∂y + y2 ∂2u

∂y2 = 0.

26. x ∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0, x > 0.

27. x ∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0, x < 0.

Найти общее решение следующих уравнений.

28.
∂2u
∂x ∂y = 0.

29.
∂2u
∂x ∂y = 2(x + y).

30.
∂2u
∂x ∂y = 2 ∂u

∂x.

31.
∂2u
∂x ∂y = 2x ∂u

∂y .

32. ∂2u

∂x2 = 0.

33. ∂2u

∂y2 = 6x2y.

34. ∂2u

∂y2 − ∂u

∂y = 0.

35. ∂2u

∂x2 + ∂u

∂x = y.

Привести к каноническому виду и решить уравнения.

36. ∂2u

∂x2 − 8 ∂2u

∂x ∂y + 12 ∂2u

∂y2 = 0.

37. ∂2u

∂x2 + 5 ∂2u

∂x ∂y + 6 ∂2u

∂y2 = 0.

38. 4 ∂2u

∂x2 + 12 ∂2u

∂x ∂y + 9 ∂2u

∂y2 = 0.

§ 2. ЗАДАЧА КОШИ
9

39. ∂2u

∂x2 + 16 ∂2u

∂x ∂y + 64 ∂2u

∂y2 = 0.

40. x2 ∂2u

∂x2 − y2 ∂2u

∂y2 − 2y ∂u

∂y = 0.

41. x2 ∂2u

∂x2 + 2xy
∂2u
∂x ∂y + y2 ∂2u

∂y2 = 0.

42. ∂2u

∂x2 + 2 ∂2u

∂x ∂y + cos2 x ∂2u

∂y2 − ctg x
∂u

∂x + ∂u

∂y

= 0.

43. 3x2 ∂2u

∂x2 − 5xy
∂2u
∂x ∂y + 2y2 ∂2u

∂y2 + 3x ∂u

∂x + 2y ∂u

∂y = 0.

44. 3x2 ∂2u

∂x2 − 5xy
∂2u
∂x ∂y + 2y2 ∂2u

∂y2 + 3x ∂u

∂x + 2y ∂u

∂y = 1.

45. 3x2 ∂2u

∂x2 − 5xy
∂2u
∂x ∂y + 2y2 ∂2u

∂y2 + 3x ∂u

∂x + 2y ∂u

∂y = 2x4y5.

Переходя к полярным координатам, решить уравнения.

46. x ∂u

∂y − y ∂u

∂x = 0.

47. x ∂u

∂x + y ∂u

∂y = 2(x2 + y2).

48. x2 ∂2u

∂x2 + 2xy
∂2u
∂x ∂y + y2 ∂2u

∂y2 = 0.

49. y2 ∂2u

∂x2 − 2xy ∂u

∂y + x2 ∂2u

∂y2 −
x ∂u

∂x + y ∂u

∂y

= 0.

§ 2. Задача Коши

1◦. Задачей Коши для уравнения

a(x, y) ∂2u

∂x2 + 2b (x, y) ∂2u

∂x ∂y + c(x, y) ∂2u

∂y2 + f
x, y, u, ∂u

∂x, ∂u

∂y

= 0,

a2 + b2 + c2 ̸= 0,
(2.1)

называется задача определения его решения, удовлетворяющего дополнительным условиям на некоторой кривой Γ:

u(x, y)
Γ = u0(x, y)
Γ,
∂u
∂l

Γ = u1(x, y)
Γ,
(2.2)

где l — некасательное к Γ направление, например нормаль n. Если
кривая Γ не является характеристикой (см. (1.2)), то в некоторой

ЗАДАЧИ

окрестности Γ решение задачи Коши существует и единственно при
некоторых условиях гладкости на коэффициенты уравнения и кривую Γ [8]. В противном случае задача либо не имеет решения, либо
имеет бесконечно много решений (см. решения задач 60∗ и 62).

2◦. Пример. Решить задачу Коши

∂2u
∂x2 + 3 ∂2u

∂x ∂y + 2 ∂2u

∂y2 = 0,
(2.3)

u|y=3x+1 = 6x2 + 1,
∂u
∂y

y=3x+1 = 1.
(2.4)

Решение. Это уравнение — гиперболического типа и приводится
к каноническому виду
∂2u
∂ξ ∂η = 0

заменой ξ =y−x, η=y−2x. Его общее решение имеет вид (см. (1.13))

u(x, y) = f1(y − x) + f2(y − 2x).
(2.5)

Из условий Коши при y = 3x + 1 получим

u|y=3x+1 = f1(2x + 1) + f2(x + 1) = 6 x2 + 1,
(2.6)

∂u
∂y

y=3x+1 = f ′
1(2x + 1) + f ′
2(x + 1) = 1.
(2.7)

Продифференцируем по x уравнение (2.6):

2 f ′
1(2x + 1) + f ′
2(x + 1) = 12 x.
(2.8)

Из (2.7), (2.8) следует, что

f ′
1(2x + 1) = 12 x − 1.

Пусть t = 2 x + 1, тогда

f ′
1(t) = 6 t − 7,
f1(t) = 3 t2 − 7 t + C1.
(2.9)

Из (2.6) и (2.9) найдем

f2(x + 1) = 6x2 + 1 − f1(2x + 1) =

= 6x2 + 1 − 3(2x + 1)2 − 7(2x + 1) − C1 = −6x2 − 26x − 9 − C1.

Пусть z = x + 1, тогда

f2(z) = −6(z − 1)2 − 26(z − 1) − 9 − C1 = −6z2 − 14z + 11 − C1.