Notatki JG

Równania różniczkowe cząstkowe B1
Streszczenia wykładów
Jan Goncerzewicz
25 października 2016
(Notatki w trakcie permanentnego redagowania)
Wersja 1.01a
1
Równania różniczkowe cząstkowe B1
1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
Wstęp
1.1
Definicje i oznaczenia.
Równaniem różniczkowym cząstkowym nazywamy wyrażenie postaci
F (x1 , x2 , . . . , xn , u, ux1 , ux2 , . . . , uxn , ux1 x1 , ux1 y1 , . . .) = 0,
|
{z
(1)
}
skończona ilość
gdzie:
• u = u(x1 , . . . , xn ) jest niewiadomą funkcją,
• uxi =
∂u
, uxi xj = (uxi )xj , i.t.d.
∂xi
Maksymalny rząd pochodnej cząstkowej występującej w równaniu nazywamy rzędem
równania. Jeśli równanie ma rząd k, to funkcja u jest rozwiązaniem klasycznym równania w obszarze Ω ⊂ Rn , gdy ma ciągłe pochodne cząstkowe do rzędu k włącznie
w Ω i równość (1) spełniona jest dla wszysktich (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω. Niekiedy żąda się
tylko aby u była funkcją ciągłą w Ω i miała w Ω ciągłe pochodne cząstkowe występujące w równaniu. Rozpatruje się także rozwiązania mniej regularne, w tym także nie
będące funkcjami ciągłymi (rozwiązania uogólnione, słabe, mocne, dystrybucyjne...).
Każdorazowo wymaga to precyzyjnej definicji pojęcia rozwiązania.
Przykład. Jeśli ux = 0 w R2 , to u(x, y) = f (y), gdzie f jest dowolną funkcją
zmiennej y. Rozwiązanie klasyczne równania ux = 0 w Ω = R2 ma więc postać
u(x, y) = f (y), gdzie f jest dowolną funkcją klasy C1 na R (lub ewentualnie tylko
ciągłą). Fakt ten pozostaje prawdziwy w przypadku, gdy Ω ⊂ R2 jest obszarem
wypukłym.
Udowodnić!
Podać przykład,
że
nie
jest
to
prawdą, gdy Ω
1.2
Ważniejsze równania (przykłady).
nie jest wypukły.
Równania pierwszego rzędu:
1. ut + div(uv) = 0 - równanie ciągłości, równanie transportu
2. ut + (u2 /2)x = 0 - równanie Burgersa (nielepkościowe)
Równania drugiego rzędu:
1. ∆u = 0, (∆u = f ) - równanie Laplace’a (Poissona),
∆u :=
n
P
i=1
2. utt − c2 ∆u = 0 - równanie falowe,
3. ut = κ∆u - równanie przewodnictwa ciepła.
4. ut + 21 σ 2 s2 uss + rsus − ru = 0 - równanie Blacka - Scholesa (matematyka
finansowa)
Równania wyższych rzędów:
1. ut + (u2 )x + uxxx = 0 - równanie Kortewega - de Vriesa (solitony),
2. utt + uxxxx = 0 - równanie belki.
2
uxi xi
Równania różniczkowe cząstkowe B1
1.3
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
Źródła fizyczne (przykłady).
Źródłem wielu równań są tzw. prawa (zasady) zachowania występujące w fizyce
ośrodków ciągłych. Zasada zachowania wielkości P mającej gęstość P (x, t) w obszarze Ω ⊂ R3 oznacza, że całkowita zmiana tej wielkości w dowolnym obszarze
V ⊂ Ω w chwili t jest zbilansowana (w przypadku braku dodatkowych jej źródeł)
przez całkowitą wielkość jej strumienia q(x, t) przez brzeg ∂V . Oznacza to, że
d
dt
Z
P (x, t) dx = −
V
Z
q · n dS
∂V
dla dowolnego obszaru V ⊂ Ω o dostatecznie regularnym brzegu. Zakładając dostateczną regularność występujących tu wielkości i stosując twierdzenie o dywergencji
otrzymujemy całkową postać prawa zachownia
Z
dla każdego obszaru V ⊂ Ω.
Pt (x, t) + div q dx = 0
V
Z dowolności V wynika różniczkowa postać prawa zachowania
Pt + div q = 0
w Ω.
Jeśli w Ω znajdują się źródła wielkości P , to oznaczając przez f (x, t) ich gęstość
otrzymujemy
d
dt
Z
P (x, t) dx = −
V
Z
q · n dS +
∂V
Z
f (x, t) dx,
V
co prowadzi do równania
Pt + div q = f
w Ω.
Przykład 1. Przepływ ciepła bez konwekcji. Niech E(x, t) oznacza gęstość energii
cieplnej w Ω, T (x, t) - temperaturę w punkcie x ∈ Ω w chwili t. Przyjmując, że
E = cρT,
gdzie c i ρ oznaczają odpowiednio ciepło właściwe i gęstość materiału przewodzącego
ciepło, oraz że
q = −k∇T
(prawo Fouriera),
Dlaczego znak
minus?
gdzie k > 0 jest współczynnikiem dyfuzjii cieplnej, otrzymujemy (przy założeniu że
c, ρ i k nie zależą od x i t) równanie przewodnitwa ciepła
cρT = k∆T.
Przykład 2. Przepływ cieczy, równanie ciągłości. Jeśli u(x, t) jest wektorem prędkości cieczy a ρ(x, t) jej gęstością w puncie x w chwili t, to q = ρu jest wektorem
strumienia masy cieczy, i otrzymujemy równanie ciągłości
ρt + div(ρu) = 0
wyrażające zasadę zachowania masy. W przypadku cieczy nieściśliwej (ρ = const)
mamy
div u = 0.
3
u=(u1 , u2 , u3 )
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
Przykład 3. Równania ruchu cieczy nieścisliwej. Jak wyżej, u(x, t) jest wektorem
prędkości cieczy a ρ(x, t) jej gęstością. Przy założeniu, że jedyną siłą działającą na
ciecz jest ciśnienie p(x, t), z drugiego prawa Newtona wynikają równania Eulera
opisujące ruch cieczy idealnej (nieściśliwej i nielepkiej)
(
4 niewiadome:
ρ(ut + u · ∇u) = −∇p
div u = 0.
u1 , u2 , u3 i p.
Podobnie, ruch cieczy nieściśliwej i lepkiej (współczynnik lepkości µ > 0) opisują
równania Naviera - Stokesa
(
2
ρ(ut + u · ∇u) = −∇p + µ∆u
div u = 0.
Równania pierwszego rzędu, n = 2.
W przypadku wymiaru przestrzeni n = 2 równanie pierwszego rzędu ma ogólną
postać
F (x, y, u, ux , uy ) = 0.
Szczególnymi przypadkami są
a(x, y)ux + b(x, y)uy = c(x, y)u + f (x, y)
a(x, y)ux + b(x, y)uy = c(x, y, u)
2.1
- równanie liniowe,
- równanie semiliniowe,
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
- równanie quasiliniowe.
Zagadnienie Cauchy’ego dla równania quasiliniowego.
Niech ` ⊂ R3 będzie krzywą zadaną w postaci parametrycznej
` : x = x0 (s), y = y0 (s), u = u0 (s),
s ∈ I = [s1 , s2 ]
i niech `0 będzie rzutem tej krzywej na płaszczyznę xoy.
Zagadnienie Cauchy’ego
(
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
(2)
u(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s) dla s ∈ I
(3)
polega na znalezieniu rozwiązania u = u(x, y) równania (2), określonego w pewnym
otoczeniu krzywej `0 i spełniającego warunek (3).
Interpretacja geometryczna. Wprowadzając oznaczenia
→
−
A = (a, b, c),
→
−
N = (ux , uy , −1),
równanie (2) można zapisać jako
→
− →
−
A · N = 0,
(4)
→
−
gdzie · oznacza iloczyn skalarny wektorów. Ponieważ N jest wektorem normalnym
do powierzchni zadanej równaniem u = u(x, y), więc równość (4) oznacza, że wektor
4
Układ 4 równań,
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
→
−
A leży w płaszczyźnie stycznej do tej powierzchni. Warunek (3) oznacza z kolei, że
krzywa ` leży na powierzni u = u(x, y). Zatem zagadnienie Cauchy’ego polega na
→
−
znalezieniu powierzchni ”stycznej” do zadanego pola wektorowego A i przechodzącej
przez zadaną krzywą ` w przestrzeni R3 .
Metoda charakterystyk. Przytoczona interpretacja geometryczna leży u podstaw
metody znajdowania rozwiązania zagadnienia Cauchy’ego, zwanej metodą charakterystyk. W skrócie polega ona na tym, że przez każdy punkt krzywej ` przeprowadza→
−
my krzywą, która w każdym swoim punkcie jest styczna do pola wektorowego A .
Powierzchnia utworzona przez te krzywe jest szukanym rozwiązaniem zagadnienia.
W dalszym ciągu będziemy zakładali, że
I. a = a(x, y, u), b = b(x, y, u), c = c(x, y, u) są funkcjami klasy C1 w pewnym
obszarze Ω ⊂ R3
II. ` : (x0 (s), y0 (s), u0 (s)), gdzie s ∈ I jest krzywą zawartą w Ω, bez samoprzecięć
III. x0 (·), y0 (·), u0 (·) są funkcjami klasy C1 na I.
Opis metody.
Dla ustalonego s ∈ I rozważamy następujące zagadnienie początkowe

dx


= a(x, y, u),



dt




dy
= b(x, y, u),

dt






 du = c(x, y, u),

dt
x(0) = x0 (s),
y(0) = y0 (s),
(5)
u(0) = u0 (s).
Z teorii układów równań różniczkowych zwyczajnych wynika, że istnieje dokładnie
jedno rozwiązanie
x = x(t, s), y = y(t, s), u = u(t, s)
(6)
zagadnienia (5), określone dla t ∈ (−δs , δs ), gdzie 0 < δs ¬ ∞. Ponadto, z twierdzenia o różniczkowalnej zależności rozwiązań od parametrów wynika, że x(t, s), y(t, s),
u(t, s) są funkcjami klasy C1 na zbiorze
∆=
[
(−δs , δs ) × {s}.
s∈I
Równania (6), gdy (t, s) ∈ ∆ są równaniami parametrycznymi pewnej powierzchni
w R3 . Powierzchnię tę można przedstawić w postaci u = u(x, y) w otoczeniu krzywej
`0 jeśli dla przekształcenia Φ : ∆ → R2 zadanego wzorem
dla (t, s) ∈ ∆
Φ(t, s) = (x(t, s), y(t, s))
istnieje przekształcenie odwrotne Φ−1 określone na pewnym zbiorze D ⊂ Φ(∆)
zawierającym krzywą `0 ,
Φ−1 (x, y) = (t(x, y), s(x, y))
dla (x, y) ∈ D.
e(x, y) := u(t(x, y), s(x, y))
u
dla (x, y) ∈ D
Wówczas funkcja
5
(7)
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
jest szukanym rozwiązaniem zagadnienia.
Zgodnie z twierdzeniem o funkcji odwrotnej przekształcenie Φ jest lokalnie odwracalne w otoczeniu każdego punktu (t, s) ∈ ∆, w którym jakobian
Istnienie Φ−1 .
x (t, s) x (t, s)
t
s
6 0.
JΦ (t, s) = =
yt (t, s) ys (t, s) Wobec ciągłości pochodnych cząstkowych funkcji x(t, s) i y(t, s), dla istnienia Φ−1
w otoczeniu krzywej `0 wystarczy założyć, że JΦ (0, s) 6= 0 dla s ∈ I. Uwzględniając
(5) założenie to możemy zapisać w postaci
IV.
a(x (s), y (s), u (s))
0
0
0
b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))
x00 (s)
6= 0
y00 (s) dla s ∈ I.
(8)
Zauważmy, że założenie IV oznacza pewien warunek na położenie krzywej `0 : wektor
→
−
styczny do `0 i rzut wektora A na płaszczynę (x, y) nie mogą być równoległe w
żadnym punkcie krzywej `0 (są transwersalne). Zauważmy także, że założenie IV
zawiera w sobie warunki
{a(x0 (s), y0 (s), u0 (s))}2 + {b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))}2 > 0
dla s ∈ I
oraz
{x00 (s)}2 + {y00 (s)}2 > 0
dla s ∈ I.
e(x, y) zdefiniwana wzorem (7) jest szukanym rozWykażemy teraz, że funkcja u
wiązaniem zagadnienia Cauchy’ego. W tym celu, przechodząc w równości (7) do
zmiennych (t, s) otrzymujemy
dla (t, s) ∈ ∆.
e(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s)
u
Istnienie
roz-
wiązania.
(9)
(Nie tracąc ogólności możemy przyjąć, że przekształcenie Φ jest odwracalne na całym zbiorze ∆.) Różniczkując równość (9) obustronnie względem t, uwzględniając
równania różniczkowe w (5) i raz jeszcze równość (9) otrzymujemy
ex (x(t, s), y(t, s))) · a(x(t, s), y(t, s), u
e(x(t, s), y(t, s)))
u
ey (x(t, s), y(t, s)) · b(x(t, s), y(t, s), u
e(x(t, s), y(t, s)))
+u
e(x(t, s), y(t, s))), (10)
= c(x(t, s), y(t, s), u
e(x, y) jest rozwiązaniem równania
co przepisane w zmiennych (x, y) oznacza, że u
(2). Kładąc w (9) t = 0 i uwzględniając warunki początkowe z zagadnienia (5)
otrzymujemy
e(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s) dla s ∈ I.
u
e(x, y) jest rozwiązaniem zagadnienia (2)-(3).
Zatem u
W dalszym ciągu udowodnimy, że rozwiązanie to jest wyznaczone jednoznacznie
w otoczeniu krzywej `0 . Niech v(x, y) będzie dowolnym rozwiązaniem zagadnienia
e(x, y) na wspólnej części dziedzin tych rozwiązań.
(2)-(3). Wykażemy, że v(x, y) = u
W zmiennych (t, s) równość ta jest równoważna z
v(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s)
6
Jednoznaczność.
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
dla (t, s) z pewnego otoczenia zbioru {0}×I. Dla ustalonego s ∈ I rozważmy różnicę
z(t) = v(x(t, s), y(t, s)) − u(t, s).
Mamy z(0) = 0 (obie funkcje spełniają warunek (3)) oraz, różniczkując obustronnie
względem t,
z 0 (t) = vx (x(t, s), y(t, s))) · a(x(t, s), y(t, s), u(t, s))
+ vy (x(t, s), y(t, s)) · b(x(t, s), y(t, s), u(t, s))
− c(x(t, s), y(t, s), u(t, s))
= vx (x(t, s), y(t, s))) · a(x(t, s), y(t, s), v(x(t, s), y(t, s)) − z(t))
+ vy (x(t, s), y(t, s)) · b(x(t, s), y(t, s), v(x(t, s), y(t, s)) − z(t))
− c(x(t, s), y(t, s), v(x(t, s), y(t, s)) − z(t))
≡ F (t, s, z(t)).
(Odnotujmy podstawienie u(t, s) = v(x(t, s), y(t, s)) − z(t) w powyższej równości).
Funkcja z(t) jest więc rozwiązaniem zagadnienia początkowego
(
z 0 = F (t, s, z)
z(0) = 0.
Zauważmy przy tym, że F (t, s, z) i Fz (t, s, z) są funkcjami ciągłymi. Zauważmy dalej,
że funkcja ζ(t) ≡ 0 jest też rozwiązaniem tego zagadnienia. Ponieważ zagadnienie
powyższe ma jednoznaczne rozwiązanie, więc z(t) ≡ 0, co kończy dowód jednoznacze(x, y).
ności u
Podsumowując, udowodniliśmy następujące twierdzenie.
Twierdzenie 1.1. Przy założeniach I - IV istnieje rozwiązanie zagadnienia (2)-(3)
i jest ono lokalnie jednoznaczne.
Uwaga. Układ równań występujący w zagadnieniu (5) nosi nazwę układu równań
charakterystycznych równania (2), trajektorie tego układu nazywają się charakterystykami (równania (2)) a rzuty tych trajektorii na płaszczyznę (x, y) - rzutami
charakterystycznymi.
Przykład. Znaleźć rozwiązanie równania
xux + yuy = (x + y)u
spełniające warunek u = 1 dla x = 1, 1 < y < 2.
Rozwiązanie.
• Zapisujemy równanie krzywej ` w postaci parametrycznej:
x0 (s) = 1,
y0 (s) = s,
u0 (s) = 1,
s ∈ (1, 2)
• Rozwiązujemy zagadnienie początkowe dla układu równań charakterystycznych

dx


 dt = x, x(0) = 1
dy
y(0) = s
dt = y,


 du = (x + y)u, u(0) = 1
dt
7
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
dla s ∈ (1, 2). Rozwiązaniem jest
x(t, s) = et
y(t, s) = set
u(t, s) = e(1+s)(e
t −1)
• Z pomocą pierwszych dwóch równań eliminujemy zmienne (t, s) w trzecim
równaniu otrzymując u(x, y) = e(1+y/x)(x−1) .
2.2
Rozwiązanie ogólne równania quasiliniowego.
Rozważmy układ równań


 dx = a(x, y, u),



 dt



dy
= b(x, y, u),

dt






du


= c(x, y, u),
(11)
dt
gdzie prawa strona układu spełnia założenie I.
Definicja. Funkcja ϕ(x, y, u) klasy C1 jest całką pierwszą układu (11) w obszarze
Ω jeśli:
i) ϕ 6≡ const,
ii) ϕ jest funkcją stałą na dowolnej trajektorii układu (11) zawartej w Ω.
Lemat 1.2. Funkcja ϕ(x, y, u) klasy C1 jest całką pierwszą układu (11) w obszarze
Ω wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ 6≡ const i ϕ jest rozwiazaniem równania
a(x, y, u)ϕx + b(x, y, u)ϕy + c(x, y, u)ϕu = 0
(12)
w Ω.
Lemat 1.3. Jeśli ϕ(x, y, u) jest całką pierwszą układu (11) w obszarze Ω i ϕu (x0 , y0 , u0 ) 6=
0 dla pewnego (x0 , y0 , u0 ) ∈ Ω, to równanie
ϕ(x, y, u) = 0
definiuje w sposób uwikłany rozwiązanie u(x, y) równania a(x, y, u)ux +b(x, y, u)uy =
c(x, y, u) w pewnym otoczeniu punktu (x0 , y0 , u0 ).
Na odwrót, jeśli u(x, y) jest rozwiązaniem równania a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy =
c(x, y, u) w Ω zdefiniowanym równaniem f (x, y, u) = 0 to f (x, y, u) jest całką pierwszą układu (11) w Ω.
Definicja. Mówimy, że całki pierwsze f1 (x, y, u) i f2 (x, y, u) układu (11) w obszarze
Ω są niezależne, jeśli
"
#
(f1 )x (f1 )y (f1 )u
rank
=2
(f2 )x (f2 )y (f2 )u
w Ω (tj. jeśli wektory ∇f1 i ∇f2 są liniowo niezależne).
8
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
Twierdzenie 1.4. Jeśli f1 (x, y, u) i f2 (x, y, u) są niezależnymi całkami pierwszymi
układu (11) w obszarze Ω takimi, że (f1 )u i (f2 )u 6= 0, to każde rozwiązanie u(x, y)
równania a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u) w obszarze Ω można przedstawić w
sposób uwikłany zależnością
H(f1 (x, y, u), f2 (x, y, u)) = 0
(13)
dla pewnej funkcji H = H(ξ1 , ξ2 ) klasy C1 .
Uwaga. Zależność (13) nosi nazwę rozwiązania ogólnego równania a(x, y, u)ux +
b(x, y, u)uy = c(x, y, u).
Przykład. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania
x(y − u)ux + y(u − x)uy = (x − y)u.
Znaleźć rozwiązanie spełniające warunek u = 1 dla y = x.
Rozwiązanie.
• Układ równań charakterystycznych ma postać
 dx


dt = xy − xu,




dy
dt






du
dt
= yu − yx,
= xu − yu .
d
(x + y + u) = 0. Stąd wynika,
• dodając stronami te równania otrzymujemy dt
że f1 (x, y, u) = x + y + u jest całką pierwszą.
• mnożąc pierwsze równanie obustronnie przez yu, drugie przez xu, trzecie przez
d
xy i dodając stronami otrzymujemy dt
(xyu) = 0. Stąd f2 (x, y, u) = xyu jest
też całką pierwszą.
• znalezione całki pierwsze są niezależne w każdym obszarze, w którym zachodzi
jeden z warunków x(y − u) 6= 0, y(u − x) 6= 0 lub (x − y)u 6= 0. Stąd w każdym
takim obszarze rozwiązanie ogóle ma postać H(x + y + u, xyu) = 0, gdzie H
jest dowolną funkcją klasy C1 dwóch zmiennych.
• wyrażamy krzywą początkową w postaci parametrycznej ` : (s, s, 1), s ∈ R.
Dla ustalonego s ∈ R mamy
(
x + y + u = 2s + 1
xyu = s2 .
Stąd otrzymujemy zależność ((x+y+u−1)/2)2 = xyu, definiującą rozwiązanie
u w sposób uwikłany (H(ξ1 , ξ2 ) = ((ξ1 − 1)/2)2 − ξ2 ).
Uwaga. Funkcja H(ξ1 , ξ2 ) nie jest wyznaczona jednoznacznie, natomiast z
przedstawionej teorii zagadnienia Cauchy’ego wynika, że (przy odpowiednich
założeniach) rozwiązanie u jest wyznaczone jednoznacznie .
9
Równania różniczkowe cząstkowe B1
2.3
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
Równania nieliniowe pierwszego rzędu, n = 2.
Zajmiemy się teraz zagadnieniem Cauchy’ego
(
F (x, y, u, p, q) = 0,
(14)
dla s ∈ I,
u(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s)
(15)
gdzie p := ux , q := uy i, podobnie jak poprzednio, ` : (x0 (s), y0 (s), u0 (s)), s ∈ I jest
zadaną krzywą w R3 .
Metoda znalezienia rozwiązania tego zagadnienia nosi nazwę metody Charpit’a (Lagrange’a - Charpit’a).
Opis metody.
Załóżmy, że funkcja F oraz szukane rozwiązanie u są klasy C2 . Wówczas, różniczkując obustronnie równanie (14) względem x i y oraz uwzględniając równość py = qx
otrzymujemy układ równań
(
Fx + pFu + px Fp + py Fq = 0
(16)
Fy + qFu + qx Fp + qy Fq = 0.
(17)
Zauważmy, że równania powyższe są quasiliniowymi równaniami ze względu na funkcje p i q, a niewiadoma funkcja u występuje w argumentach współczynników Fx , Fy ,
Fu , Fp i Fq (są one funkcjami pięciu zmiennych (x, y, u, p, q)). Idea rozwiązania polega
na przeniesieniu metody charakterystyk na przypadek układu (16)-(17). Będziemy
przy tym funkcje u, p i q traktować jako niewiadome.
Układ równań charakterystycznych uwzględniający niewiadome p i q ma postać
dx
= Fp ,
dt
dy
= Fq ,
dt
dp
= −Fx − pFu ,
dt
dq
= −Fy − qFu .
dt
(18)
Równanie na zmienną u otrzymujemy różniczkując obustronnie względem t równość
u(x(t), y(t)) = u(t),
wyrażającą postulat, że powierzchnia rozwiązania jest utworzona z charakterystyk.
dx dy
Uwzględniając powyższe wyrażenia na pochodne
i
otrzymujemy
dt dt
du
= pFp + qFq .
dt
(19)
Równania (18) - (19) tworzą tzw. układ równań wstęg charakterystycznych. Układ ten
uzupełniamy o warunki początkowe. Poniższe trzy warunki są oczywiste i wyrażają
fakt, że charakterystyki przechodzą przez punkty krzywej `:
x(0) = x0 (s),
y(0) = y0 (s)
u(0) = u0 (s)
dla s ∈ I.
(20)
Brakujące warunki na p(0) i q(0) znajdziemy wyznaczając wartości
p0 (s) := ux (x0 (s), y0 (s))
i
q0 (s) := uy (x0 (s), y0 (s))
dla s ∈ I. Wyznaczamy je rozwiązując układ równań
(
F (x0 (s), y0 (s), u0 (s), p0 (s), q0 (s)) = 0
(21)
p0 (s) x00 (s)
(22)
+
q0 (s) y00 (s)
=
10
u00 (s)
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
dla s ∈ I. Równanie pierwsze oznacza, że punkty (x0 (s), y0 (s), u0 (s), p0 (s), q0 (s))
spełniają równanie (14), równanie drugie otrzymujemy różniczkując obustronnie
względem s równość
dla s ∈ I,
u(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s)
wyrażającą z kolei fakt, że punkty (x0 (s), y0 (s), u0 (s)) leżą na powierzchni u =
u(x, y).
Podsumowując, należy rozwiązać zagadnienie początkowe
(∗)

































dx
= Fp , x(0) = x0 (s)
dt
dy
= Fq , y(0) = y0 (s)
dt
du
= pFp + qFq , u(0) = u0 (s)
dt
dp
= −Fx − pFu , p(0) = p0 (s)
dt
dq
= −Fy − qFu , q(0) = q0 (s)
dt
(23)
(24)
(25)
(26)
(27)
dla s ∈ I. Rozwiązaniem zagadnienia (∗) jest układ pięciu funkcji
x = x(t, s),
y = y(t, s),
u = u(t, s),
p = p(t, s),
q = q(t, s),
gdzie (t, s) ∈ ∆ ⊂ R2 . (Tutaj i w dalszym ciągu stosujemy oznaczenia przyjęte
w przypadku równania quasiliniowego.) Analogicznie jak w przypadku równania
quasiliniowego, jeśli z zależności
x = x(t, s),
gdy (t, s) ∈ ∆
y = y(t, s)
potrafimy wyznaczyć
t = t(x, y),
gdy (x, y) ∈ D,
s = s(x, y),
to funkcja
dla (x, y) ∈ D,
e(x, y) := u(t(x, y), s(x, y))
u
jest rozwiązaniem zagadnienia (14) - (15). Przyjmujemy więc, że jakobian przekształcenia Φ(t, s) = (x(t, s), y(t, s)) jest różny od zera dla (t, s) ∈ ∆ tj.
x
JΦ = t
yt
xs 6= 0
ys w ∆.
(28)
e jest rozwiązaniem zagadnienia definiujemy funkcje
Aby wykazać, że u
pe(x, y) := p(t(x, y), s(x, y))
dla (x, y) ∈ D,
qe(x, y) := q(t(x, y), s(x, y))
dla (x, y) ∈ D.
Uzasadnienie opiera się na następujących trzech faktach.
e(x, y) spełnia warunek (15).
Fakt 1. Funkcja u
Szkic dowodu.
W tożsamości
dla (t, s) ∈ ∆
e(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s)
u
11
(29)
Definicje
-
patrz strona 5.
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
podstawiamy t = 0 i uwzględniamy warunki początkowe (23) - (25).
2
e(x, y), pe(x, y) i qe(x, y) spełniają równość
Fakt 2. Funkcje u
e(x, y), pe(x, y), qe(x, y)) = 0
F (x, y, u
Szkic dowodu.
dla (x, y) ∈ D.
Przechodząc do zmiennych (t, s) i uwzględniając tożsamości
pe(x(t, s), y(t, s)) := p(t, s),
qe(x(t, s), y(t, s)) := q(t, s)
dla (t, s) ∈ ∆
wystarczy udowodnić, że
F (x(t, s), y(t, s), u(t, s), p(t, s), q(t, s)) = 0
dla (t, s) ∈ ∆.
• Dla ustalonego s ∈ I obliczamy pochodną względem t lewej strony równości i
korzystając z równań układu (23) - (27) otrzymujemy
d
F (x(t, s), y(t, s), u(t, s), p(t, s), q(t, s)) = 0,
dt
czyli
F (x(t, s), y(t, s), u(t, s), p(t, s), q(t, s)) = C(s)
dla (t, s) ∈ ∆.
• Podstawiając t = 0 i wykorzystując równanie (21) otrzymujemy C(s) = 0 dla
s ∈ I.
2
Fakt 3. Dla (x, y) ∈ D zachodzą równości
ex (x, y) = pe(x, y),
u
Szkic dowodu.
ey (x, y) = qe(x, y).
u
Pracujemy w zmiennych (t, s).
• Różniczkując tożsamość (29) ze względu na t i s otrzymujemy
ex (x(t, s), y(t, s))xt (t, s) + u
ey (x(t, s), y(t, s))yt (t, s)
ut (t, s) = u
(30)
ex (x(t, s), y(t, s))xt (t, s) + u
ey (x(t, s), y(t, s))yt (t, s)
us (t, s) = u
(31)
ex i u
ey są rozwiązaniami układu
dla (t, s) ∈ ∆, czyli funkcje u
(
(∗∗)
e x xt + u
e y yt
ut = u
e x xs + u
ey ys
us = u
w zbiorze ∆.
• Wykazujemy, że funkcje pe i qe też są rozwiązaniami układu (∗∗):
– równanie
ut = pxt + qyt
jest powtórzeniem równania z (25),
12
Równania różniczkowe cząstkowe B1
Wykłady 1 - 5 (streszczenia)
– aby otrzymać równanie
us = pxs + qys
rozważamy funkcję w := pxs + qys − us . Wykorzystując równania układu
(∗) i samo równanie (14) pokazujemy, że
wt = −Fu w
Stąd
Z t
Fu dτ ).
w(t, s) = w(0, s) exp(
0
Na mocy (22) mamy w(0, s) = 0 dla s ∈ I. Zatem w ≡ 0 w zbiorze ∆.
• Ponieważ
x
t
xs
yt 6= 0
ys w∆
więc układ (∗∗) ma dokładnie jedno rozwiązanie. Stąd teza.
2
13