Інтегральні криві рівняння Пфаффа

Для рівняння (1) завжди можна побудувати одновимірні «інтег­ральні поверхні», тобто інтегральні криві. При n = З це можна зробити таким чином. Візьмемо довільну точку х ₀ D. У деякому її околі B (х₀) завжди можна визначити двічі неперервно диференційовну функцію F: В(х₀) → R, для якої grad F(x) був би неколінеарний вектору а(х). Тоді система

(14)

визначає поле напрямів у B (х₀). Це поле напрямів можна задати дея­кою системою в симетричній формі

, (15)

якій відповідає автономна система

= f(х). (16)

Векторне поле f = (f₁, f₂, f₃) з точністю до множника визначається умо­вою: вектор f(x) ортогональний до векторів а (x) та grad F(x). Наприк­лад, можна покласти

f(x):= | а(x), grad F (х) |, (17)

де | ∙, ∙ | — операція векторного добутку в R³.

Інтегральні криві системи (15) [фазові криві системи (16)] будуть інтегральними кривими системи (14), а отже, рівняння (1).

Зауважимо, що система (14) має очевидний перший інтеграл F. Тому її вимірність можна знизити на одиницю.

Припустимо, наприклад, що а₃(х₀) ≠ 0. Нехай F = F (х₁, х₂) — довільна двічі неперервно диференційовна в околі точки (х₀₁, х₀₂) функція, яка в цьому околі задовольняє умову невиродженості і F(х₀₁,х₀₂)=0. На площині х₁Ох₂ рівняння

F (х₁, х₂) = 0. (18)

визначає криву γ, яка проходить через точку (х₀₁, х₀₂). У просторі R³ воно визначає циліндричну поверхню S із напрямною γ і твірними, паралельними осі Ох₃. Зрозуміло, що вектори а(х) та gгad F(х) неколінеарні в деякому околі точки х₀. Тоді існує єдина інтегральна крива

Г: х = ξ(s), s I (19)

системи (17), яка лежить на поверхні S і проходить через точку х₀.

Для відшукання цієї кривої потрібно рівняння (18) розв'язати відносно однієї зі змінних і результат підставити в рівняння (1). Дістанемо рівняння Пфаффа на площині. Якщо, наприклад, із (18) можна виразити змінну х₂ через х ₁, так що х₂ = φ (х₁) (х ₀₂ = φ (х ₀₁ )), то рівняння на площині х₁Ох₃ матиме вигляд

.

Звичайно, функцію F слід намагатися вибирати так, щоб це рівнян­ня легко розв'язувалося. Знайшовши його інтегральну криву х₁ = ξ₁(s), х₃ = ξ₃(s), яка проходить через точку (х₀₁, х₀₂), дістанемо рівняння кривої (19), в якому ξ (s) = (ξ₁ (s),φ(ξ₁(s)), ξ₁(s)). Вона водночас є фазовою кривою автономної системи (19), де f(x) визначено фор­мулою (17).

ПРИКЛАД 3

Приріст dW теплової енергії газу пов'язаний із приростами об'єму dV та тиску dp співвідношенням (закон збереження енергії)

, (20)

де R — газова стала, С_ѵ — теплоємність газу при сталому об'ємі, С_р = С_ѵ+АR — теплоємність газу при сталому тиску, А — стала (термічний еквівалент роботи).

Для даного випадку умова теореми Фробеніуса не виконується:

.

Тому рівняння (20) не є цілком інтегрованим. Із фізичного погляду не означає, що теплова енергія газу не є функцією його стану, який визна­чається значеннями V, р. Тепло, котре поглинається (виділяється) під час деякого процесу — переходу зі стану (V₀, р₀) у стан (V, р), залежить від кривої γ, що сполучає точки x₀ та x, і зображується криволінійним інтегралом

Наприклад, крива, вздовж якої виконується рівність

, (21)

забезпечує адіабатичний процес (W = const). Із рівняння (21) після відокремлення змінних дістаємо формулу Пуассона для адіабати: , де С — довільна стала.

Якщо скористатися формулою Клапейрона рV = RТ, де Т — абсолютна температура газу, й домножити обидві частини рівнян­ня (20) на 1/ T, то побачимо, що

Тому криволінійний інтеграл не залежить від шляху інтегрування, який сполучає точку (V₀, р₀) зі змінною точкою (V, р). Цей інтеграл визначає ентропію — фізичну величину, яка вже є функцією стану газу.

4. Цілком інтегровані рівняння Пфаффа в R³

Нехай n = З, а форма ω задовольняє умову (13). Покажемо, що через кожну точку х₀ = (х₀₁, х₀₂, х₀₃) D можна провести інтегральну поверхню рівняння (1), і притому лише одну. Спосіб побудови цієї поверхні нагадує конструкцію розв'язку задачі Коші для рівняння з частинними похідними й передбачає такі кроки.

• Знаходимо інтегральну криву Г: х = ξ(s), s I рівняння Пфаф­фа, яка проходить через точку х₀.

• Задаємо в D векторне поле g(x) С¹ (D → R³) так, щоб воно було ортогональне до векторного поля а(х), тобто задовольняло умову

a(x)g(x) = 0, (22)

і не дотикалося кривої Г у жодній її точці. Зокрема, якщо для кожного s I вектори ξ'(s) і rot a(ξ(s)) неколінеарні, то можна покласти

Поле g(х) бажано вибирати так, щоб система

= g(х) (23)

була інтегровною.

• З кожної точки кривої Г випускаємо фазову криву системи (23) і таким чином утворюємо поверхню M_Г, яка проходить через цю криву (рис. 2, а).

Виявляється, м_г і є шуканою інтегральною поверхнею рівняння Пфаффа. Точніше, якщо позначити через χ(t, s) розв'язок системи (23), який задовольняє початкову умову χ(0, s) = ξ(s), то для деякого δ > 0 рівняння

x= χ (t, s), t∈ (-δ, δ), s ∈ (s₀ – δ, s₀ +δ) (24)

визначають (локальну) інтегральну поверхню рівняння Пфаффа (1), яка проходить через точку х ₀.

Множина (24) справді є поверхнею. Цей факт випливає з мірку­вань, наведених у доведенні теореми існування розв'язку задачі Коші для квазілінійного рівняння з частинними похідними першого поряд­ку. Отже, для обґрунтування сформульованого алгоритму залишається переконатися в тому, що

Для цього виведемо диференціальні рівняння, які описують зміну в часі t коефіцієнтів при ds і dt форми . Маємо

(25)

З (22) знаходимо

Тому

З (25) тепер дістаємо

Оскільки виконуються умови (13) та (22), то векторне поле колінеарне векторному полю а. Тому знайдеться така функція ρ(х), що

Це й є шукане рівняння для . Розв'язавши його, дістанемо

Оскільки Г є інтегральною кривою рівняння Пфаффа, то

а тому й . Таким чином, рівняння (24) справді визначають інтегральну поверхню рівняння (1).

Доведемо її єдиність. Нехай, навпаки, існують дві інтегральні поверхні S₁, та S ₂ рівняння (1), які проходять через точку х₀ і не збігаються в будь-якому о колі цієї точки. Вони мають спільну дотичну площину П, Ортогональну до вектора а(х₀). Уведемо в R³ нову декартову прямокутну систему координат (х, у, z) із початком О у точці х₀ так, щоб площина хОу збігалася з П, а вісь Оz була спрямована вздовж вектора a(x₀). Тоді кожна поверхня S₁ (i = 1, 2) в околі точки О буде графіком деякої неперервно диференційовної функції z = f_i (х, у). Згідно з припущенням для як завгодно малого е > 0 існує точка (х_е,у _е) така, що | х_е | + |у _е | < е і f₁(х_е,у _е) ≠ f₂(х_е,у _е). Покладемо f= у _еx - х_е y. Рівняння f= 0 визначає площину, яка проходить через точки (х_е,у _е, f₁(х_е,у _е)) і перетинає поверхні S₁ та S ₂ по двох різних кривих Г₁ та Г₂.

Повернемося до старих координат. Кожна з кривих Г₁ та Г₂ проходить через точку x ₀ і є інтегральною кривою системи (14). Для останньої існує лише одна інтегральна крива, яка проходить через точку x ₀. Ця суперечність доводить єдиність інтегральної по­верхні, яка проходить через задану точку.

ПРИКЛАД 4

Розглянемо рівняння

(2yz + З х) dx + xz dy + ху dz = 0. (26)

Уданому випадку а(х, у, z) = (2yz + 3 х, xz, ху). Оскільки rot а(х, у, z) = (0, у, - z), то умова (16) виконується.

Знайдемо інтегральні криві рівняння (29), які лежать у пло­щині

F y=1.

На ній рівняння (29) набирає вигляду

(2 z + 3 х) dх + х dz = 0.

Це лінійне відносно z рівняння легко інтегрується, і ми дістаємо сім'ю інтегральних кривих рівняння (29), які лежать у площині y=1:

(27)

Тепер побудуємо векторне поле g так, щоб воно не лежало в пло­щині у = 1, задовольняло умову а g = 0 і систему = g(х) можна було легко зінтегрувати. Зручно покласти g(x, у, z) rot а(х, у, z) = (0, у, -z). Відповідна система в симетричній формі має вигляд

Її загальний інтеграл

yz = c₁, х = с₂. (28)

Тепер для того щоб утворити поверхню з інтегральних кривих сім'ї (28), які для фіксованого с виходять із точок кривої (27), робимо так само, як і під час розв'язування задачі Коші для рівняння з частинни­ми похідними: підставляємо (27) у (28), виключаємо змінну х, в одер­жаному співвідношенні , заміняємо с ₁, с ₂ лівими частинами рівностей (28). Остаточно дістаємо рівняння сім'ї інтегральних по­верхонь рівняння (26):

х²уz + x³ = с.

Звідси, зокрема, випливає, що інтегрувальним множником форми (2yz + З х) dx + xz dy + ху dz є функція µ = х.

Поиск по сайту: