Как привести уравнение к каноническому виду: разбор

Дано: уравнение $u_{xx} + 4u_{xy} + 3u_{yy} - 2u_{x} + u_{y} = 0$. Найти: тип уравнения и его канонический вид.

Всё решение держится на одном числе, дискриминанте $B^2 - AC$, где $2B$ это коэффициент при смешанной производной. Здесь $A = 1$, $B = 2$, $C = 3$, дискриминант равен $1 > 0$, уравнение гиперболическое. После замены $\xi = y - 3x$, $\eta = y - x$ получается $u_{\xi\eta} = \dfrac{7}{4}u_{\xi} + \dfrac{3}{4}u_{\eta}$. Калькулятор сверху проходит тот же путь для любых целых коэффициентов и рисует сетку новых переменных.

Решение по шагам

Дано. $u_{xx} + 4u_{xy} + 3u_{yy} - 2u_{x} + u_{y} = 0$. Найти: тип и канонический вид.

Шаг 1. Выписать коэффициенты по шаблону. Уравнение сравнивают с общей записью

$$A u_{xx} + 2B u_{xy} + C u_{yy} + D u_{x} + E u_{y} + G u = 0.$$

Главное здесь то, что при смешанной производной стоит удвоенный коэффициент $2B$. Перед $u_{xy}$ у нас четвёрка, поэтому $B = 2$, а не $4$. Остальное читается напрямую: $A = 1$, $C = 3$, $D = -2$, $E = 1$, $G = 0$. Младшие члены $D$, $E$, $G$ на тип не влияют вообще, но понадобятся в конце, поэтому выписывать их надо сразу.

Шаг 2. Посчитать дискриминант и назвать тип.

$$B^2 - AC = 2^2 - 1 \cdot 3 = 4 - 3 = 1 > 0.$$

Положительный дискриминант означает гиперболический тип. Отрицательный дал бы эллиптический, ноль параболический. Никакой другой информации для классификации не нужно.

Шаг 3. Решить характеристическое уравнение. Характеристики ищут из соотношения

$$A\,dy^2 - 2B\,dx\,dy + C\,dx^2 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad A(y')^2 - 2B\,y' + C = 0.$$

Подставляем числа: $(y')^2 - 4y' + 3 = 0$. Обычное квадратное уравнение, корни $y' = 3$ и $y' = 1$. Интегрируем каждое: $y = 3x + C_1$ и $y = x + C_2$, то есть первые интегралы равны $y - 3x = C_1$ и $y - x = C_2$.

Шаг 4. Ввести новые переменные. Новыми переменными берут именно первые интегралы характеристик:

$$\xi = y - 3x, \qquad \eta = y - x.$$

Их частные производные постоянны: $\xi_x = -3$, $\xi_y = 1$, $\eta_x = -1$, $\eta_y = 1$. Проверяем невырожденность замены по якобиану: $\xi_x \eta_y - \xi_y \eta_x = -3 + 1 = -2 \ne 0$. Если бы якобиан обратился в ноль, переменные оказались бы зависимыми и замена ничего бы не дала.

Шаг 5. Пересчитать производные. Дальше работает цепное правило для функции двух переменных, применённое дважды:

$$\begin{aligned} u_{x} &= -3u_{\xi} - u_{\eta}, \\ u_{y} &= u_{\xi} + u_{\eta}, \\ u_{xx} &= 9u_{\xi\xi} + 6u_{\xi\eta} + u_{\eta\eta}, \\ u_{xy} &= -3u_{\xi\xi} - 4u_{\xi\eta} - u_{\eta\eta}, \\ u_{yy} &= u_{\xi\xi} + 2u_{\xi\eta} + u_{\eta\eta}. \end{aligned}$$

Коэффициенты во вторых производных получаются перемножением производных замены: например, множитель при $u_{\xi\eta}$ в $u_{xy}$ равен $\xi_x \eta_y + \xi_y \eta_x = -3 - 1 = -4$. Слагаемых с $\xi_{xx}$ и подобными нет, потому что замена линейная, а вторые производные линейной функции равны нулю.

Шаг 6. Подставить и собрать подобные. Складываем вклады с весами $1$, $4$ и $3$:

$$\begin{aligned} u_{\xi\xi}: & \quad 1 \cdot 9 + 4 \cdot (-3) + 3 \cdot 1 = 0, \\ u_{\xi\eta}: & \quad 1 \cdot 6 + 4 \cdot (-4) + 3 \cdot 2 = -4, \\ u_{\eta\eta}: & \quad 1 \cdot 1 + 4 \cdot (-1) + 3 \cdot 1 = 0. \end{aligned}$$

Первый порядок даёт $-2u_{x} + u_{y} = -2(-3u_{\xi} - u_{\eta}) + (u_{\xi} + u_{\eta}) = 7u_{\xi} + 3u_{\eta}$. Итого уравнение превратилось в $-4u_{\xi\eta} + 7u_{\xi} + 3u_{\eta} = 0$. Делим на $-4$ и переносим младшие члены вправо.

Ответ: $u_{\xi\eta} = \dfrac{7}{4}u_{\xi} + \dfrac{3}{4}u_{\eta}$, где $\xi = y - 3x$, $\eta = y - x$.

Проверка. Коэффициенты при $u_{\xi\xi}$ и $u_{\eta\eta}$ обязаны обнулиться, и оба нуля из шага 6 это подтверждают. Если хотя бы один из них ненулевой, значит характеристики найдены неверно или где-то потерян множитель в цепном правиле.

Формула и откуда она берётся

Старшая часть уравнения устроена как квадратичная форма от пары $(\partial_x, \partial_y)$ с матрицей из $A$, $B$, $C$. Приведение к каноническому виду это по сути приведение квадратичной формы к сумме квадратов, только вместо ортогонального преобразования берётся замена независимых переменных.

Отсюда и роль дискриминанта. При невырожденной замене с якобианом $J$ новый дискриминант связан со старым равенством $\bar{B}^2 - \bar{A}\bar{C} = (B^2 - AC) J^2$. Множитель $J^2$ положителен, поэтому знак дискриминанта не меняется никогда. Тип уравнения это его инвариант: гиперболическое не превратить в эллиптическое никакой заменой, как бы её ни подбирали.

Само характеристическое уравнение появляется из требования обнулить старший коэффициент. Подставив $\xi$ в выражение для $\bar{A}$, получаем $A\xi_x^2 + 2B\xi_x\xi_y + C\xi_y^2 = 0$. Разделив на $\xi_y^2$ и заметив, что вдоль линии $\xi = \mathrm{const}$ выполняется $y' = -\xi_x / \xi_y$, приходим ровно к $A(y')^2 - 2B y' + C = 0$. Дискриминант этого квадратного уравнения равен $4(B^2 - AC)$, поэтому число действительных характеристик и знак дискриминанта это одно и то же утверждение.

Три типа и что получается в каждом

Через $\Phi$ обозначена правая часть из младших членов. Гиперболический случай удобен тем, что для него работает формула Даламбера: решение раскладывается на две волны, бегущие вдоль характеристик. Параболический случай это уравнение теплопроводности и вся диффузия, эллиптический это стационарные задачи, где времени нет вовсе.

Возьмём второе уравнение калькулятора: $u_{xx} + 4u_{xy} + 4u_{yy} + u_{x} = 0$. Тут $A = 1$, $B = 2$, $C = 4$, дискриминант равен нулю, тип параболический, корень характеристического уравнения один: $y' = 2$. Первая переменная $\xi = y - 2x$ находится как обычно, а вторую берут произвольно, лишь бы якобиан не обнулился. Самый дешёвый выбор это $\eta = x$. Подстановка даёт $u_{\eta\eta} = 2u_{\xi} - u_{\eta}$.

Третье уравнение, $u_{xx} + 2u_{xy} + 5u_{yy} - u_{y} = 0$, имеет дискриминант $1 - 5 = -4 < 0$ и потому эллиптическое. Корни $y' = 1 \pm 2i$ комплексные, действительных характеристик нет. Берут комплексный первый интеграл $y - (1 + 2i)x = C$ и раскладывают его на действительную и мнимую части: $\xi = y - x$, $\eta = 2x$. Результат $u_{\xi\xi} + u_{\eta\eta} = \dfrac{1}{4}u_{\xi}$, то есть уравнение Пуассона с младшим членом.

Если коэффициенты переменные

Схема сохраняется, но тип теперь зависит от точки. Классический пример из четвёртого чипа под строкой запроса: $y^2 u_{xx} - x^2 u_{yy} = 0$. Здесь $A = y^2$, $B = 0$, $C = -x^2$, дискриминант равен $x^2 y^2$ и положителен всюду, кроме координатных осей, где уравнение вырождается.

Характеристики находят из $y^2\,dy^2 - x^2\,dx^2 = 0$, то есть $y\,dy = \pm x\,dx$, откуда $y^2 - x^2 = C_1$ и $y^2 + x^2 = C_2$. Замена $\xi = y^2 - x^2$, $\eta = y^2 + x^2$ уже нелинейная, поэтому в пересчёте появляются слагаемые со вторыми производными самой замены: к коэффициенту при $u_{\xi}$ добавляется $A\xi_{xx} + 2B\xi_{xy} + C\xi_{yy}$. Именно на этом месте чаще всего теряют члены. В области $x > 0$, $y > 0$ получается $u_{\xi\eta} = \dfrac{\xi u_{\eta} - \eta u_{\xi}}{2(\eta^2 - \xi^2)}$.

Не путай эту задачу с распознаванием типа обыкновенного уравнения: там классификация идёт по совсем другим признакам, разобранным в определении типа ОДУ первого порядка, и никаких характеристик не появляется.

Частые ошибки

• Взять $B$ равным коэффициенту при $u_{xy}$, а не его половине. В нашем примере это дало бы $B = 4$ и дискриминант $16 - 3 = 13$ вместо $1$: тип угадан верно случайно, а характеристики уже неверные.
• Перепутать знак в характеристическом уравнении. В $A(y')^2 - 2B y' + C = 0$ средний член идёт с минусом, хотя в исходном уравнении коэффициент положительный.
• Забыть, что при линейной замене вторые производные $\xi$ и $\eta$ равны нулю, и потащить их дальше, а при нелинейной, наоборот, их потерять.
• Не проверить якобиан. Пара $\xi = y - 3x$ и $\eta = 2y - 6x$ выглядит как две разные переменные, но это одна и та же функция с точностью до множителя, якобиан равен нулю и замена бессмысленна.
• В эллиптическом случае оставить комплексные переменные. Каноническая форма записывается в действительных $\xi$ и $\eta$, иначе сумма квадратов не появится.
• Приводить к каноническому виду и бросать младшие члены. Они не влияют на тип, но входят в ответ, и разбор без них считается неполным.

FAQ

Зачем вообще нужен канонический вид? В нём уравнение решается известными методами. Гиперболическое после замены становится $u_{\xi\eta} = \Phi$, и при нулевой правой части сразу интегрируется в сумму двух произвольных функций. Параболическое сводится к уравнению теплопроводности, эллиптическое к уравнению Лапласа или Пуассона.

Может ли одно уравнение иметь разные типы? Да, если коэффициенты зависят от точки. Уравнение Трикоми $y u_{xx} + u_{yy} = 0$ эллиптическое при $y > 0$, параболическое на оси $y = 0$ и гиперболическое при $y < 0$. Тогда каждую область приводят к своему каноническому виду отдельно.

Единственна ли замена? Нет. В гиперболическом случае $\xi$ и $\eta$ можно поменять местами или домножить на константы, в параболическом вторая переменная выбирается почти произвольно. Канонический вид старшей части при этом один и тот же, а коэффициенты при младших членах меняются.

Что делать, если $A = 0$? Уравнение можно умножить на $-1$ или поменять ролями $x$ и $y$, чтобы старший коэффициент стал ненулевым. Если и $A$, и $C$ равны нулю, уравнение уже имеет вид $2B u_{xy} + \ldots = 0$, то есть канонический гиперболический, и замена не нужна.

Коротко

1. Записать уравнение в виде $A u_{xx} + 2B u_{xy} + C u_{yy} + \ldots = 0$ и помнить, что при $u_{xy}$ стоит именно $2B$: в примере $A = 1$, $B = 2$, $C = 3$.
2. Посчитать дискриминант $B^2 - AC$: положительный это гипербола, ноль парабола, отрицательный эллипс. В примере получилось $1 > 0$.
3. Решить $A(y')^2 - 2B y' + C = 0$ и проинтегрировать корни. Здесь $y' = 3$ и $y' = 1$, первые интегралы $y - 3x = C_1$, $y - x = C_2$.
4. Взять $\xi$ и $\eta$ равными первым интегралам, проверить якобиан и пересчитать все производные по цепному правилу.
5. Ответ: $u_{\xi\eta} = \dfrac{7}{4}u_{\xi} + \dfrac{3}{4}u_{\eta}$ при $\xi = y - 3x$, $\eta = y - x$; контроль в том, что коэффициенты при $u_{\xi\xi}$ и $u_{\eta\eta}$ обнулились.