求解含边界条件的非线性偏微分方程问题

首先，这是一个典型的一阶非线性偏微分方程，我们可以用**特征线法（Charpit-Lagrange方法）**来求解，这是处理这类方程的标准手段。下面一步步拆解思路和推导过程：

1. 问题回顾与方程整理 #

给定的方程是：
$$\begin{cases} u_{x}^{2}+u_{y}{2} & =\dfrac{(1+\sin u)^{2}}{4a{2}},\ u|\varGamma & =0, \end{cases}$$
其中$a\in\mathbb{R}-{0}$。我们将其改写为标准的一阶PDE形式：
$$F(x,y,z,p,q)=p^{2}+q{2}-\frac{(1+\sin z)^{2}}{4a{2}}=0$$
这里$z=u(x,y)$，$p=u_x$，$q=u_y$。

2. 推导完整的特征方程组 #

特征线法的核心是构造特征方程组，描述解的特征曲线。根据Charpit-Lagrange方程，我们先计算$F$的各个偏导数：

• $F_p=2p$，$F_q=2q$
• $F_x=0$，$F_y=0$
• $F_z = -\frac{(1+\sin z)\cos z}{2a^2}$

由此得到完整的特征方程组：

• $\frac{dx}{ds}=2p$
• $\frac{dy}{ds}=2q$
• $\frac{dz}{ds}=2(p^2+q2)$，结合原方程$p^2+q2=\frac{(1+\sin z)^2}{4a2}$，可化简为$\frac{dz}{ds}=\frac{(1+\sin z)^2}{2a2}$
• $\frac{dp}{ds}=-F_x-pF_z=\frac{p(1+\sin z)\cos z}{2a^2}$
• $\frac{dq}{ds}=-F_y-qF_z=\frac{q(1+\sin z)\cos z}{2a^2}$

3. 求解特征方程的关键步骤 #

步骤3.1：先关联$p,q$与$z$的关系 #

观察$\frac{dp}{ds}$和$\frac{dz}{ds}$的表达式，我们可以得到：
$$\frac{dp}{p} = \frac{\cos z}{1+\sin z}dz$$
积分后得到：
$$\ln p = \ln(1+\sin z) + C_r \implies p = C_r(1+\sin z)$$
其中$C_r$是依赖于特征参数$r$的常数。同理可得：
$$q = D_r(1+\sin z)$$
$D_r$也是特征参数相关的常数。

结合原方程$p^2+q2=\frac{(1+\sin z)^2}{4a2}$，代入$p,q$的表达式可得：
$$C_r^2 + D_r^2 = \frac{1}{4a^2}$$
我们可以用三角函数参数化：令$C_r=\frac{\cos\theta_r}{2a}$，$D_r=\frac{\sin\theta_r}{2a}$，其中$\theta_r$是特征参数，于是：
$$p=\frac{(1+\sin z)\cos\theta_r}{2a}, \quad q=\frac{(1+\sin z)\sin\theta_r}{2a}$$

步骤3.2：关联$x,y$与$z$ #

利用$\frac{dx}{ds}=2p$和$\frac{dz}{ds}=\frac{(1+\sin z)^2}{2a2}$，可得：
$$\frac{dx}{dz} = \frac{dx/ds}{dz/ds} = \frac{2a\cos\theta_r}{1+\sin z}$$
积分得：
$$x = 2a\cos\theta_r (\tan z - \sec z) + E_r$$
同理，对$y$进行同样操作：
$$y = 2a\sin\theta_r (\tan z - \sec z) + F_r$$
其中$E_r,F_r$是积分常数。

4. 结合边界条件确定解 #

边界条件是$u|_\Gamma=0$，即当$z=0$时，$(x,y)$在初始曲线$\Gamma$上。代入$z=0$，此时$\tan0 - \sec0=-1$，可得：
$$E_r = x_0 + 2a\cos\theta_r, \quad F_r = y_0 + 2a\sin\theta_r$$
其中$(x_0,y_0)$是$\Gamma$上的点。

将$E_r,F_r$代回$x,y$的表达式，整理后得到：
$$x - x_0 = 2a(\tan z - \sec z + 1)\cos\theta_r$$
$$y - y_0 = 2a(\tan z - \sec z + 1)\sin\theta_r$$
平方相加消去$\theta_r$：
$$(x - x_0)^2 + (y - y_0)^2 = 4a^2(\tan z - \sec z + 1)^2$$

4.1 利用全微分得到$u(x,y)$的显式表达式 #

因为$du=pdx+qdy$，代入$p,q$的表达式：
$$du = \frac{1+\sin z}{2a}(\cos\theta_r dx + \sin\theta_r dy)$$
分离变量积分：
$$2a\int \frac{dz}{1+\sin z} = \cos\theta_r x + \sin\theta_r y + C$$
计算左边积分：$\int \frac{dz}{1+\sin z} = \tan z - \sec z + C$，代入边界条件$z=0$时$u=0$，确定常数$C$，最终可以解出：
$$2a(\tan u - \sec u) = \cos\theta_r(x - x_0) + \sin\theta_r y - 2a$$

如果需要更简洁的形式，利用三角恒等式化简后，可得：
$$\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{u}{2}\right) = 1 - \frac{\cos\theta_r(x - x_0) + \sin\theta_r y}{2a}$$
进一步解出$u$：
$$u = \frac{\pi}{2} + 2\arctan\left( \frac{\cos\theta_r(x - x_0) + \sin\theta_r y - 2a}{2a} \right)$$

5. 补充说明 #

• 上述解是依赖于参数$\theta_r$和初始点$(x_0,y_0)$的通解，不同的初始曲线$\Gamma$会对应不同的特解。
• 当$1+\sin u=0$时，$u=\frac{3\pi}{2}+2k\pi$，此时$p=q=0$，满足原方程，但不满足边界条件$u|_\Gamma=0$，属于奇异解，不在我们的需求范围内。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者justik