то для Деяк? > 0 рівняння
x =? (T, s), t? (-?,?), S? (S 0 -?, S 0 +?) (24)
візначають (локальними) інтегральну поверхню рівняння Пфаффа (1), яка проходитиме через точку х 0.
множини (24) справді є поверхнею. Цею факт віпліває з міркувань, наведення у доведенні теореми Існування розв'язку задачі Коші для квазілінійного рівняння з частинними похіднімі Першого порядку. Отже, для обгрунтування сформульованого алгоритму залішається переконатіся в тому, что
Для цього віведемо Диференціальні рівняння, Які опісують зміну в часі t Коефіцієнтів при ds и dt формува. Маємо
(25)
З (22) знаходимо
Оскількі віконуються умови (13) та (22), то векторне поле колінеарне векторному полю а. Тому знайдеться така функція? (Х), что
Це й є Шуканов рівняння для. Розв'язала его, дістанемо
Оскількі Г є інтегральною кривою рівняння Пфаффа, то
а тому й. Таким чином, рівняння (24) справді візначають інтегральну поверхню рівняння (1).
Доведемо ее єдіність. Нехай, навпаки, існують Дві інтегральні поверхні S 1, та S 2 рівняння (1), Які проходять через точку х 0 и НЕ збігаються в будь-якому про колі цієї точки. Смороду мают спільну дотичність площинах П, Ортогональним до вектора а (х 0). Уведемо в R 3 нову декартову прямокутна систему координат (х, у, z) Із качаном Про у точці х 0 так, щоб площини хОу збігалася з П, а вісь Оz булу спрямована Вздовж вектора a (x 0). Тоді шкірної поверхні S 1 (i=1, 2) в околі точки О буде графіком деякої неперервно діференційовної Функції z=fi (х, у). Згідно з припущені для як завгодно малого е> 0 існує точка (х е, у е) така, що | х е | + | у е | < е и f 1 (х е, у е)? f 2 (х е, у е). Покладемо f=у е x - х е y. Рівняння f=0 візначає площинах, яка проходитиме через точки (х е, в е, f 1 (х е, у е)) и перетінає поверхні S 1 та S 2 по двох різніх кривих Г 1 та Г 2.
Повернемося до старих координат. Кожна з кривих Г 1 та Г 2 проходити через точку x 0 и є інтегральною кривою системи (14). Для Останньоі існує позбав одна інтегральна крива, яка проходитиме через точку x 0. Ця суперечність доводити єдіність інтегральної поверхні, яка проходитиме через завдання точку.
ПРИКЛАД 4
Розглянемо рівняння
(2yz + Зх) dx + xz dy + ху dz=0. (26)
Удан випадка а (х, у, z)=(2yz + 3х, xz, ху). Оскількі rot а (х, у, z)=(0, у,-z), то Умова (16) віконується.
Знайдемо інтегральні кріві рівняння (29), Які лежати у площіні
F y=1.
На ній рівняння (29) набірає вигляд
(2z + 3х) dх + х dz=0.
Це Лінійне відносно z рівняння легко інтегрується, и ми дістаємо сім'ю інтегральніх кривих рівняння (29), Які лежати у площіні y=1:
(27)
Тепер побудуємо векторну поле g так, щоб воно не лежало в площіні у=1, задовольняло умову АG=0 и систему=g (х) можна Було легко зінтегруваті. Зручне покласть g (x, у, z) rot а (х, у, z)=(0, у,-z). Відповідн...
