Wykład nr 1

Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du
1
11
Równania ró»niczkowe cz¡stkowe. Równania
ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du.
1.1 Równania ró»niczkowe cz¡stkowe. Denicje i oznaczenia.
Równaniem ró»niczkowym cz¡stkowym
F (x1 , x2 , . . . , xn , u, ux1 , ux2 , . . . , uxn , ux1 x1 , ux1 x2 , . . .) = 0,
(RRCz)
|
gdzie
uxi xj ,
F
nazywamy wyra»enie postaci
{z
}
skończenie wiele
jest zadan¡ funkcj¡,
u = u(x1 , . . . , xn ) jest funkcj¡ niewiadom¡, a uxi ,
itd., oznaczaj¡ jej pochodne cz¡stkowe. Maksymalny rz¡d pochodnej
cz¡stkowej funkcji
u
wyst¦puj¡cej w równaniu nazywamy
Je±li równanie jest rz¦du
niem klasycznym
k,
rz¦dem
równania.
ϕ = ϕ(x1 , . . . , xn ) jest rozwi¡zaΩ ⊂ Rn , gdy ma ci¡gªe pochodne
to funkcja
równania w obszarze
k wª¡cznie w Ω i równo±¢ (RRCz) speªniona jest dla
(x1 , . . . , xn ) ∈ Ω. Niekiedy »¡da si¦ tylko aby ϕ byªa funkcj¡ ci¡Ω i miaªa w Ω ci¡gªe pochodne cz¡stkowe wyst¦puj¡ce w równaniu.
cz¡stkowe do rz¦du
wszystkich
gª¡ w
Rozpatruje si¦ te» rozwi¡zania mniej regularne, w tym tak»e nie b¦d¡ce funkcjami ci¡gªymi (rozwi¡zania
uogólnione, sªabe, mocne, dystrybucyjne,
lepko±ciowe, . . . ). Ka»dorazowo wymaga to podania precyzyjnej denicji poj¦cia rozwi¡zania.
Przykªad.
u = u(x, y)
Równanie ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du dla funkcji
ux = 0
w
R2
dowoln¡ funkcj¡. Rozwi¡zanie klasyczne powy»szego równania ma zatem posta¢ u(x, y) =
f (y), gdzie f : R → R jest dowoln¡ funkcj¡ klasy C 1 (lub dowoln¡ funkcj¡
jest speªnione przez
u(x, y) = f (y),
gdzie
f: R → R
jest
ci¡gª¡).
1.2 Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du,
n = 2.
W przypadku wymiaru przestrzeni
n = 2
równanie pierwszego rz¦du ma
ogóln¡ posta¢
F (x, y, u, ux , uy ) = 0.
Skompilowaª Janusz Mierczy«ski
12
Szczególnymi przypadkami s¡
równanie liniowe,
równanie semiliniowe,
równanie quasiliniowe.
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)
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
1.3 Zagadnienie Cauchy'ego dla równania quasiliniowego
Rozwa»my równanie ró»niczkowe cz¡stkowe quasiliniowe pierwszego rz¦du
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u),
(RRCzQ)
gdzie o funkcjach
Niech
a, b i c
zakªadamy, »e s¡ klasy
C1
na obszarze
Ω ⊂ R3 .
` ∈ Ω b¦dzie krzyw¡ klasy C 1 , bez samoprzeci¦¢, zadan¡ w postaci
parametrycznej
s ∈ [s1 , s2 ] =: I,
x = x0 (s), y = y0 (s), u = u0 (s),
o tej wªasno±ci, »e jej rzut
bez samoprzeci¦¢.
`0
na pªaszczyzn¦
XOY
jest te» krzyw¡ klasy
C1
(1)
Zagadnienie Cauchy'ego
(ZC)

a(x, y, u)u
x
+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
= u0 (s)
u(x0 (s), y0 (s))
polega na znalezieniu rozwi¡zania
nego w pewnym otoczeniu krzywej
(WC)
dla
s ∈ [s1 , s2 ]
ϕ = ϕ(x, y) równania (RRCzQ), okre±lo`0 i speªniaj¡cego warunek Cauchy'ego :
u(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s)
dla
s ∈ [s1 , s2 ].
Interpretacja geometryczna.
Wprowadzaj¡c oznaczenia
A := (a, b, c), N = (ux , uy , −1),
równanie
(RRCzQ) mo»na zapisa¢ jako
(1.1)
N
u = u(x, y),
Poniewa»
(1)
hA, Ni = 0.
jest wektorem normalnym do powierzchni zadanej równaniem
wiec równo±¢ (1.1) oznacza, »e wektor
A
le»y w pªaszczy¹nie
Przypominam, »e w denicji krzywej klasy C 1 »¡da si¦, m.in., by wektor styczny w
ka»dym punkcie krzywej byª niezerowy.
Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du
13
`
stycznej do tej powierzchni. Warunek (WC) oznacza z kolei, ze krzywa
le»y na powierzchni danej równaniem
u = u(x, y).
Zatem zagadnienie Cau-
chy'ego polega na znalezieniu powierzchni stycznej w ka»dym swym punkcie
do zadanego pola wektorowego
3
przestrzeni R .
A
i przechodz¡cej przez zadan¡ krzyw¡
`
w
Metoda charakterystyk.
Przytoczona interpretacja geometryczna le»y u podstaw metody znaj-
metod¡ charakterystyk
metod¡ Lagrange'aCharpita(2) ). W skrócie polega ona na tym,
»e przez ka»dy punkt krzywej ` przeprowadzamy krzyw¡, która w ka»dym
swoim punkcie jest styczna do pola wektorowego A. Powierzchnia utworzona
dowania rozwi¡zania zagadnienia Cauchy'ego zwanej
(inaczej te»
przez te krzywe jest wykresem szukanego rozwi¡zania zagadnienia.
Dla ustalonego
s ∈ [s1 , s2 ]
rozwa»amy nast¦puj¡ce zagadnienie pocz¡tko-
we

dx





dt




 dy
(1.2)


dt






 du

dt
= a(x, y, u), x(0) = x0 (s),
= b(x, y, u),
y(0) = y0 (s),
= c(x, y, u),
u(0) = u0 (s).
Z twierdzenia PicardaLindelöfa dla ukªadów równa« ró»niczkowych zwyczajnych (Twierdzenie 6.2) wynika, »e istnieje dokªadnie jedno rozwi¡zanie
ξ = ξ(t, s), η = η(t, s), υ = υ(t, s)
(1.3)
zagadnienia pocz¡tkowego (1.2), okre±lone dla
t ∈ (−δs , δs ),
gdzie
0 < δs ¬
∞.
Okazuje si¦, »e odwzorowanie
[ ∆ 3 (t, s) 7→ (ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s)) ∈ R3 ],
gdzie
∆ :=
[
(−δs , δs ) × {s} ⊃ (−δ, δ) × [s1 , s2 ]
dla pewnego
δ > 0,
s∈[s1 ,s2 ]
C 1 (jest to wniosek z twierdzenia o ró»niczkowalnej zale»no±ci rozwi¡zania zagadnienia pocz¡tkowego od parametru dla ukªadu równa« ró»nicz-
jest klasy
kowych zwyczajnych, wyniku do±¢ technicznego: klikn¡¢ tu).
(2)
Paul Charpit de Ville Coer (?1784), matematyk francuski
Skompilowaª Janusz Mierczy«ski
14
Szukamy teraz warunku dostatecznego na to, by,
krzywej `,
przynajmniej w pobli»u
wzory (1.3), gdy (t, s) ∈ ∆, byªy równaniami parametrycznymi
3
pewnej powierzchni w R daj¡cej si¦ przedstawi¢ jako wykres funkcji ϕ =
1
ϕ(x, y) klasy C .
2
1
Zdeniujmy przeksztaªcenie Φ : ∆ → R , klasy C , wzorem
(t, s) ∈ ∆.
Φ(t, s) := (ξ(t, s), η(t, s)),
Jakobian przeksztaªcenia
Φ
w punkcie
JΦ (t, s) :=
(t, s) ∈ ∆
∂ξ
(t, s)
∂t
∂η
(t, s)
∂ξ
(t, s)
∂s
∂η
(t, s)
∂s
∂t
Dla
t=0
wyra»a si¦ wzorem
otrzymujemy
JΦ (0, s) :=
a(x (s), y (s), u (s))
0
0
0
b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))
x00 (s)
y00 (s) dla
s ∈ [s1 , s2 ].
Na podstawie twierdzenia o funkcji odwrotnej, warunkiem dostatecznym na
{0} × [s1 , s2 ] takie, »e Φ|D jest
1−1
−1
odwracalne, z odwzorowaniem odwrotnym (Φ|D )
: E −−→ D klasy C 1 , jest,
to, by istniaªo otoczenie
D ⊂ ∆
odcinka
na
by zachodziªo
a(x (s), y (s), u (s))
0
0
0
b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))
(1.4)
dla ka»dego
x00 (s)
6= 0
y00 (s) s ∈ [s1 , s2 ].
Zauwa»my, »e (1.4) oznacza pewien warunek na poªo»enie krzywej
wektor styczny do
`0
A na pªaszczyzn¦ XOY
`0 .
ϕ : E → R, klasy C 1 , wzorem
i rzut wektora
`0 :
nie mog¡ by¢
równolegªe w »adnym punkcie krzywej
Deniujemy odwzorowanie
ϕ := υ ◦ (Φ|D )−1 .
Udowodnimy teraz, »e
ϕ
jest rozwi¡zaniem (klasycznym) zagadnienia Cau-
chy'ego (ZC). Zapiszmy powy»sz¡ równo±¢ w postaci
ϕ(x, y) = υ(t(x, y), s(x, y)),
gdzie
(x, y) ∈ E,
(Φ|D )−1 (x, y) = (t(x, y), s(x, y)). Dokonuj¡c zamiany zmiennych, otrzy-
mujemy
ϕ(ξ(t, s), η(t, s)) = υ(t, s),
(t, s) ∈ D.
Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du
Ró»niczkuj¡c powy»sz¡ równo±¢ po
t,
15
i uwzgl¦dniaj¡c równania ró»niczkowe
zwyczajne w (1.2), otrzymujemy
ϕx (ξ(t, s), η(t, s)) · a(ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s))
+ ϕy (ξ(t, s), η(t, s)) · b(ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s))
= c(ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s)),
co po przej±ciu do zmiennych
(x, y)
daje
ϕx (x, y) · a(x, y, ϕ(x, y)) + ϕy (x, y) · b(x, y, ϕ(x, y)) = c(x, y, ϕ(x, y)).
To, »e speªnione s¡ warunki Cauchy'ego (WC), wynika z warunków pocz¡tkowych w (1.2).
W dalszym ci¡gu udowodnimy, ze rozwi¡zanie to jest wyznaczone jednoznacznie w pewnym otoczeniu krzywej
`0 .
krzywej
`0 .
W zmiennych
(t, s)
ϕ̃(x, y) b¦dzie dowolnym
ϕ̃(x, y) = ϕ(x, y) w pobli»u
Niech
rozwi¡zaniem zagadnienia (ZC). Wyka»emy, ze
równo±¢ ta jest równowa»na z
ϕ̃(ξ(t, s), η(t, s)) = υ(t, s)
dla
(t, s) z pewnego otoczenia zbioru {0} × [s1 , s2 ]. Dla ustalonego s ∈ [s1 , s2 ]
rozwa»my ró»nic¦
z(t) := ϕ̃(ξ(t, s), η(t, s)) − υ(t, s).
Mamy
z(0) = 0
oraz, ró»niczkuj¡c obustronnie wzgl¦dem
t,
z 0 (t) = ϕ̃x (ξ(t, s), η(t, s))) · a(ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s))
+ ϕ̃y (ξ(t, s), η(t, s))) · b(ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s))
− c(ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s))
= ϕ̃x (ξ(t, s), η(t, s))) · a(ξ(t, s), η(t, s), ϕ̃(ξ(t, s), η(t, s)) − z(t))
+ ϕ̃y (ξ(t, s), η(t, s))) · b(ξ(t, s), η(t, s), ϕ̃(ξ(t, s), η(t, s)) − z(t))
− c(ξ(t, s), η(t, s), ϕ̃(ξ(t, s), η(t, s)) − z(t))
=: G(t, s, z(t)).
Funkcja
z(t)
jest zatem rozwi¡zaniem zagadnienia pocz¡tkowego

z 0
= G(t, s, z)
= 0.
z(0)
Zauwa»my przy tym, »e
G(t, s, z) i Gz (t, s, z)
s¡ funkcjami ci¡gªymi. Ponad-
to, funkcja stale równa zeru jest rozwi¡zaniem tego zagadnienia. Poniewa»
zagadnienie powy»sze ma jednoznaczne rozwi¡zanie, wi¦c
z(t) ≡ 0, co ko«czy
dowód jednoznaczno±ci rozwi¡zania zagadnienia (ZC).
Podsumowuj¡c, udowodnili±my nast¦puj¡ce twierdzenie.
Skompilowaª Janusz Mierczy«ski
16
Zaªó»my, »e a, b, c : Ω → R, gdzie Ω ⊂ R3 jest obszarem,
s¡ funkcjami klasy C 1 . Niech ` ⊂ Ω b¦dzie krzyw¡ klasy C 1 , bez samoprzeci¦¢,
zadan¡ w postaci parametrycznej (x0 , y0 , u0 ) : [s1 , s2 ] → Ω, o tej wªasno±ci,
»e jej rzut `0 = { (x0 (s), y0 (s)) : s ∈ [s1 , s2 ] } te» jest krzyw¡ klasy C 1 bez
samoprzeci¦¢.
Je»eli dla ka»dego s ∈ [s1 , s2 ] zachodzi
Twierdzenie 1.1.
a(x (s), y (s), u (s))
0
0
0
b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))
x00 (s)
6= 0,
y00 (s) to zagadnienie Cauchy'ego

a(x, y, u)u
+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
u(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s)
x
dla s ∈ [s1 , s2 ]
ma rozwi¡zanie. Rozwi¡zanie to jest lokalnie jednoznaczne.
Ukªad równa« ró»niczkowych zwyczajnych wyst¦puj¡cy w zagadnieniu (1.2)
ukªadu równa« charakterystycznych równania (RRCzQ), orbity
charakterystykami (równania (RRCzQ)) a rzuty
trajektorii na pªaszczyzn¦ XOY rzutami charakterystycznymi .
nosi nazw¦
tego ukªadu nazywaj¡ sie
tych
Przykªad. Znale¹¢ rozwi¡zanie równania xux + yuy = (x + y)u speªniaj¡ce
u = 1 dla x = 1, 1 ¬ y ¬ 2.
Rozwi¡zanie. Zapisujemy równanie krzywej ` w postaci parametrycznej:
x0 (s) = 1, y0 (s) = s, u0 (s) = 1, s ∈ [1, 2]. Rozwi¡zujemy zagadnienie pocz¡t-
warunek
kowe dla ukªadu równa« charakterystycznych

dx





dt


 dy


dt



du



dt
= x,
x(0) = 1,
= y,
y(0) = s,
= (x + y)u, u(0) = 1,
t
s ∈ (1, 2). Rozwi¡zaniem jest ξ(t, s) = et , η(t, s) = set , υ(t, s) = e(1+s)(e −1) .
Za pomoc¡ pierwszych dwóch równa« eliminujemy zmienne (t, s) w trzecim
(1+y/x)(x−1)
równaniu otrzymuj¡c u(x, y) = e
.
dla
1.4 Liniowe równanie transportu
1.4.1
Równanie ci¡gªo±ci
Niech u(t, x) oznacza g¦sto±¢ pewnej substancji w punkcie x = (x1 , . . . , xn ) ∈
Rn i chwili t ­ 0 (substancj¦ rozumiemy tu w raczej lozocznym sensie:
−n
mo»e to by¢, np., energia). Wymiar u to [masa]
[dªugo±¢]
.
Ö
Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du
17
Substancja jest przenoszona (przez otaczaj¡cy o±rodek, powiedzmy) z
pr¦dko±ci¡ v(t, x). Ka»da ze wspóªrz¦dnych wektora v ma wymiar [dªugo±¢]
−1
[czas] . Ponadto, dopuszczamy tworzenie/znikanie substancji, z wydajno−n
−1
±ci¡ f (t, x). Wymiar f to [masa]
[dªugo±¢]
[czas] . Nie dopuszczamy
Ö
Ö
Ö
natomiast mo»liwo±ci dyfuzji substancji.
n
Niech U ⊂ R b¦dzie ograniczonym obszarem domkni¦tym, o dostatecznie regularnym brzegu
∂U
(tak regularnym, by mo»na byªo zastosowa¢ twier-
dzenie o dywergencji). Niech
t1 < t2 .
Zasada zachowania masy przyjmuje
posta¢:
Z
Z
u(t2 , x) dx −
U
u(t1 , x) dx =
U
=
Zt2 Z
hu(t, x)v(t, x), n(x)i dS dt +
t1 ∂U
(u(t, x)v(t, x) to
strumie«
Zt2 Z
f (t, x) dx dt
t1 U
w punkcie
wspóªrz¦dne maj¡ wymiar [masa]
x
w chwili
t;
jest to wektor, którego
Ö [dªugo±¢]−n+1 Ö [czas]−1). Stosujemy
teraz twierdzenie o dywergencji do wewn¦trznej caªki w pierwszym skªadniku
po prawej stronie:
Z
hu(t, x)v(t, x), n(x)i dS =
Z
divx (u(t, x)v(t, x)) dx
U
∂U
(divx oznacza operator dywergencji wzgl¦dem wspóªrz¦dnych przestrzenn
P
∂
). Poniewa» zarówno obszar U jak i momenty t1 < t2
nych, divx :=
∂xi
i=1
byªy dowolne, otrzymujemy równanie ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du (równanie
ci¡gªo±ci )
ut + divx (uv) = f
(RC)
w
[0, ∞) × Rn ,
n
n
jest szukan¡ funkcj¡, v : [0, ∞) × R → R jest zadan¡
n
funkcj¡ wektorow¡, za± f : [0, ∞) × R → R jest zadan¡ funkcj¡ (skalarn¡).
gdzie
u = u(t, x)
Niekiedy równanie ci¡gªo±ci zapisuje si¦ w postaci
ut + h∇x , uvi = f,
gdzie
1.4.2
∇x := ( ∂x∂ 1 , . . . , ∂x∂n ).
Liniowe równanie transportu
Liniowym równaniem transportu
nazywamy równanie ró»niczkowe cz¡stkowe
liniowe pierwszego rz¦du
(RT)
ut + hv, ∇x ui = f
w
[0, ∞) × Rn ,
Skompilowaª Janusz Mierczy«ski
18
gdzie
Rn
u = u(t, x) = u(t, x1 , . . . , xn ) jest szukan¡ funkcj¡, v = (v1 , . . . , vn ) ∈
f : [0, ∞) × Rn → R jest zadan¡ funkcj¡.
jest zadanym wektorem, za±
Równanie (RT) jest szczególnym przypadkiem równania ci¡gªo±ci (RC),
gdy zaªo»ymy, »e funkcja wektorowa
v
jest staªa.
jednorodnym ,
f ≡ 0.
W przeciwnym przypadku, liniowe równanie transportu nazywamy niejednorodnym .
Liniowe równanie transportu (RT) nazywamy
gdy
Rozwa»my liniowe jednorodne równanie transportu
ut + hv, ∇x ui = 0
(RTJ)
w
[0, ∞) × Rn .
u w kierunku wektora (1, v1 , . . . , vn ) =
funkcja u ma by¢ staªa na ka»dej prostej
W istocie znaczy ono, »e pochodna funkcji
(1, v)
ma by¢ równa zeru, zatem
równolegªej do wektora
(1, v).
Rozpatrzmy zagadnienie pocz¡tkowe

u
+ hv, ∇x ui = 0
u = g
(RTJ-ZP)
gdzie
t
[0, ∞) × Rn
n
na {0} × R ,
w
g : Rn → R
jest zadan¡ funkcj¡.
n
Dla ustalonego (t, x) ∈ [0, ∞) × R , prosta przechodz¡ca przez ten punkt
n
i równolegªa do (1, v) przecina hiperpªaszczyzn¦ {0} × R w punkcie (0, x −
tv). Je±li zagadnienie pocz¡tkowe
ϕ(0, x − tv) = g(x − tv), czyli
ϕ(t, x) = g(x − tv),
(1.5)
Je±li funkcja
(RTJ-ZP) ma rozwi¡zanie
g
jest klasy
C 1,
ϕ,
to
ϕ(t, x) =
t ­ 0, x ∈ Rn .
to tak zdeniowane
ϕ
jest klasycznym rozwi¡-
zaniem równania (RTJ).
Przejd¹my teraz do zagadnienia pocz¡tkowego dla niejednorodnego liniowego równania transportu
(RTN-ZP)

u
+ hv, ∇x ui = f
u = g
t
[0, ∞) × Rn
n
na {0} × R ,
w
f : [0, ∞) × Rn → R i g : Rn → R s¡ zadanymi funkcjami.
n
n
Niech ψ : R × [0, ∞) → R b¦dzie rozwi¡zaniem zagadnienia (RTN-ZP).
n
Ustalmy (t, x) ∈ [0, ∞) × R , i poªó»my z(s) := ψ(t + s, x + sv), s ∈ [−t, ∞).
gdzie
Wówczas
z 0 (s) = ψt (t + s, x + sv) + hv, ∇x ψ(t + s, x + sv)i = f (t + s, x + sv),
Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du
19
co daje
z(0) − z(−t) =
Z0
−t
Ale
0
z (s) ds =
Z0
f (t + s, x + sv) ds =
−t
Zt
f (s, x + (s − t)v) ds.
0
z(0) − z(−t) = ψ(t, x) − ψ(0, x − tv) = ψ(t, x) − g(x − tv),
(1.6)
ψ(t, x) = g(x − tv) +
Zt
0
f (s, x + (s − t)v) ds,
zatem
t ­ 0, x ∈ Rn .