11 Równania różniczkowe cząstkowe. Równania różniczkowe

11–1
Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu
11
Równania różniczkowe cząstkowe.
Równania różniczkowe cząstkowe
pierwszego rzędu.
11.1
Równania różniczkowe cząstkowe. Definicje i
oznaczenia.
Równaniem różniczkowym cząstkowym nazywamy wyrażenie postaci
(RRCz)
F (x1 , x2 , . . . , xn , u, ux1 , ux2 , . . . , uxn , ux1x1 , ux1x2 , . . .) = 0,
|
{z
skończenie wiele
}
gdzie u = u(x1 , . . . , xn ) jest funkcją niewiadomą, a uxi , uxi xj , itd., oznaczają
jej pochodne cząstkowe. Maksymalny rząd pochodnej cząstkowej
występującej w równaniu nazywamy rzędem równania.
Jeśli równanie ma rząd k, to funkcja ϕ = ϕ(x1 , . . . , xn ) jest rozwiązaniem
klasycznym równania w obszarze Ω ⊂ Rn , gdy ma ciągłe pochodne
cząstkowe do rzędu k włącznie w Ω i równość (RRCz) spełniona jest dla
wszystkich (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω. Niekiedy żąda się tylko aby ϕ 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,
lepkościowe, . . . ). Każdorazowo wymaga to podania precyzyjnej definicji
pojęcia rozwiązania.
Przykład. Równanie różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu
u x = 0 w R2
jest spełnione przez u(x, y) = f (y), gdzie f : R → R jest dowolną funkcją.
Rozwiązanie klasyczne powyższego równania ma zatem postać
u(x, y) = f (y), gdzie f : R → R jest dowolną funkcją klasy C 1 (lub dowolną
funkcją ciągłą).
11.2
Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego
rzędu, n = 2.
W przypadku wymiaru przestrzeni n = 2 równanie pierwszego rzędu ma
ogólną postać
F (x, y, u, ux, uy ) = 0.
11–2
Skompilował Janusz Mierczyński
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)
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
11.3
– równanie liniowe,
– równanie semiliniowe,
– równanie quasiliniowe.
Zagadnienie Cauchy’ego dla równania
quasiliniowego
Rozważmy równanie różniczkowe cząstkowe quasiliniowe pierwszego rzędu
(RRCzQ)
a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u),
gdzie o funkcjach a, b i c zakładamy, że są klasy C 1 na obszarze Ω ⊂ R3 .
Niech ` ∈ Ω będzie krzywą klasy C 1 , bez samoprzecięć, zadaną w postaci
parametrycznej
x = x0 (s), y = y0 (s), u = u0 (s),
s ∈ [s1 , s2 ],
o tej własności, że jej rzut `0 na płaszczyznę XOY jest też krzywą klasy C 1
bez samoprzecięć. 1
Zagadnienie Cauchy’ego
(ZC)

a(x, y, u)u
+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
u(x (s), y (s)) = u (s)
0
0
0
x
dla s ∈ [s1 , s2 ]
polega na znalezieniu rozwiązania ϕ = ϕ(x, y) równania (RRCzQ),
określonego w pewnym otoczeniu krzywej `0 i spełniającego warunek
Cauchy’ego:
(WC)
u(x0 (s), y0(s)) = u0 (s) dla s ∈ [s1 , s2 ].
Interpretacja geometryczna.
Wprowadzając oznaczenia A := (a, b, c), N = (ux , uy , −1), równanie
(RRCzQ) można zapisać jako
(11.1)
hA, Ni = 0.
Ponieważ N jest wektorem normalnym do powierzchni zadanej równaniem
u = u(x, y), wiec równość (11.1) oznacza, że wektor A leży w płaszczyźnie
1
Przypominam, że w definicji krzywej klasy C 1 żąda się, m.in., by wektor styczny w
każdym punkcie krzywej był niezerowy.
Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu
11–3
stycznej do tej powierzchni. Warunek (WC) oznacza z kolei, ze krzywa `
leży na powierzchni danej równaniem u = u(x, y). Zatem zagadnienie
Cauchy’ego polega na znalezieniu powierzchni stycznej w każdym swym
punkcie 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
` przeprowadzamy krzywą, która w każdym swoim punkcie jest styczna do
pola wektorowego A . Powierzchnia utworzona przez te krzywe jest
szukanym rozwiązaniem zagadnienia.
Dla ustalonego s ∈ [s1 , s2 ] rozważamy następujące zagadnienie początkowe
(11.2)

dx






 dt


 dy


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 Picarda–Lindelöfa dla układów równań różniczkowych
zwyczajnych (Twierdzenie 6.2) wynika, że istnieje dokładnie jedno
rozwiązanie
(11.3)
ξ = ξ(t, s), η = η(t, s), υ = υ(t, s)
zagadnienia początkowego (11.2), określone dla t ∈ (−δs , δs ), gdzie
0 < δs ¬ ∞.
Okazuje się, że odwzorowanie
[ ∆ 3 (t, s) 7→ (ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s)) ∈ R3 ],
gdzie
∆ :=
[
(−δs , δs ) × {s},
s∈[s1 ,s2 ]
jest klasy C 1 (jest to wniosek z twierdzenia o różniczkowalnej zależności
rozwiązania zagadnienia początkowego dla układu równań różniczkowych
zwyczajnych od parametru, wyniku dość technicznego).
Szukamy teraz warunku dostatecznego na to, by, przynajmniej w pobliżu
krzywej `, wzory (11.3), gdy (t, s) ∈ ∆, były równaniami parametrycznymi
11–4
Skompilował Janusz Mierczyński
pewnej powierzchni w R3 dającej się przedstawić jako wykres funkcji
ϕ = ϕ(x, y) klasy C 1 .
Zdefiniujmy przekształcenie Φ : ∆ → R2 , klasy C 1 , wzorem
Φ(t, s) := (ξ(t, s), η(t, s)),
(t, s) ∈ ∆.
Jakobian przekształcenia Φ w punkcie (t, s) ∈ ∆ wyraża się wzorem
JΦ (t, s) :=
∂ξ
(t, s)
∂t
∂η
(t, s)
∂ξ
(t, s)
∂s
∂η
(t, s)
∂s
∂t
Dla t = 0 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
to, by istniało otoczenie D ⊂ ∆ odcinka {0} × [s1 , s2 ] takie, że Φ|D jest
1−1
odwracalne, z odwzorowaniem odwrotnym (Φ|D )−1 : E −−→ D klasy C 1 ,
na
jest, by zachodziło
(11.4)
a(x (s), y (s), u (s))
0
0
0
b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))
x00 (s)
6= 0
y00 (s) dla każdego s ∈ [s1 , s2 ].
Zauważmy, że (11.4) oznacza pewien warunek na położenie krzywej `0 :
wektor styczny do `0 i rzut wektora A na płaszczyznę XOY nie mogą być
równoległe w żadnym punkcie krzywej `0 .
Definiujemy odwzorowanie ϕ : E → R, klasy C 1 , wzorem
ϕ := υ ◦ (Φ|D )−1 .
Udowodnimy teraz, że ϕ jest rozwiązaniem zagadnienia Cauchy’ego (ZC).
Zapiszmy powyższą równość w postaci
ϕ(x, y) = υ(t(x, y), s(x, y)),
(x, y) ∈ E,
gdzie (Φ|D )−1 (x, y) = (t(x, y), s(x, y)). Dokonując zamiany zmiennych,
otrzymujemy
ϕ(ξ(t, s), η(t, s)) = υ(t, s),
(t, s) ∈ D.
Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu
11–5
Różniczkując powyższą równość po t, i uwzględniając równania różniczkowe
zwyczajne w (11.2), 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 przejściu 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, że spełnione są warunki Cauchy’ego (WC), wynika z warunków
początkowych w (11.2).
W dalszym ciągu udowodnimy, ze rozwiązanie to jest wyznaczone
jednoznacznie w pewnym otoczeniu krzywej `0 . Niech ϕ̃(x, y) będzie
dowolnym rozwiązaniem zagadnienia (ZC). Wykażemy, ze ϕ̃(x, y) = ϕ(x, y)
w pobliżu krzywej `0 . W zmiennych (t, s) równość ta jest równoważna 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 ] rozważmy różnicę
z(t) := ϕ̃(ξ(t, s), η(t, s)) − υ(t, s).
Mamy z(0) = 0 oraz, różniczkując obustronnie względem 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))
=: F (t, s, z(t)).
Funkcja z(t) jest zatem rozwiązaniem zagadnienia początkowego

z 0
= F (t, s, z)
z(0) = 0.
Zauważmy przy tym, ze F (t, s, z) i Fz (t, s, z) są funkcjami ciągłymi.
Zauważmy ponadto, ze funkcja stale równa zeru jest rozwiązaniem tego
11–6
Skompilował Janusz Mierczyński
zagadnienia. Ponieważ zagadnienie powyższe ma jednoznaczne rozwiązanie,
więc z(t) ≡ 0, co kończy dowód jednoznaczności rozwiązania
zagadnienia (ZC).
Podsumowując, udowodniliśmy następujące twierdzenie.
Twierdzenie 11.1. Załóżmy, że a, b, c : Ω → R, gdzie Ω ⊂ R3 jest
obszarem, są funkcjami klasy C 1 . Niech ` ⊂ Ω będzie krzywą klasy C 1 , bez
samoprzecięć, zadaną w postaci parametrycznej (x0 , y0 , u0) : [s1 , s2 ] → Ω, o
tej własności, że jej rzut `0 = { (x0 (s), y0(s)) : s ∈ [s1 , s2 ] } też jest krzywą
klasy C 1 bez samoprzecięć.
Jeżeli dla każdego s ∈ [s1 , s2 ] zachodzi
a(x (s), y (s), u (s))
0
0
0
b(x0 (s), y0 (s), u0 (s))
to zagadnienie Cauchy’ego

a(x, y, u)u
x00 (s)
6= 0,
y00 (s) + b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
u(x0 (s), y0 (s)) = u0 (s)
x
dla s ∈ [s1 , s2 ]
ma rozwiązanie. Rozwiązanie to jest lokalnie jednoznaczne.
Układ równań równań różniczkowych zwyczajnych występujący w
zagadnieniu (11.2) nosi nazwę układu równań charakterystycznych
równania (RRCzQ), orbity tego układu nazywają sie charakterystykami
(równania (RRCzQ)) a rzuty tych trajektorii na płaszczyznę XOY —
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,
y(0) = s,


dt



du



= (x + y)u, u(0) = 1,
dt
dla s ∈ (1, 2). Rozwiązaniem jest ξ(t, s) = et , η(t, s) = set ,
t
υ(t, s) = e(1+s)(e −1) . Za pomocą pierwszych dwóch równań eliminujemy
zmienne (t, s) w trzecim równaniu otrzymując u(x, y) = e(1+y/x)(x−1) .
Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu
11.4
11–7
Liniowe równanie transportu
Liniowym równaniem transportu nazywamy równanie różniczkowe
cząstkowe liniowe pierwszego rzędu
(RT)
ut + hb, ∇x ui = f
w (0, ∞) × Rn ,
gdzie u = u(t, x) = u(t, x1 , . . . , xn ) jest szukaną funkcją,
∇x := ( ∂x∂ 1 , . . . , ∂x∂n ), b = (b1 , . . . , bn ) ∈ Rn jest zadanym wektorem, zaś
f : (0, ∞) × Rn → R jest zadaną funkcją.
Liniowe równanie transportu (RT) nazywamy jednorodnym, gdy f ≡ 0. W
przeciwnym przypadku, liniowe równanie transportu nazywamy
niejednorodnym.
Rozważmy liniowe jednorodne równanie transportu
(RTJ)
ut + hb, ∇x ui = 0 w (0, ∞) × Rn .
W istocie znaczy ono, że pochodna funkcji u w kierunku wektora
(1, b1 , . . . , bn ) = (1, b) ma być równa zeru, zatem funkcja u ma być stała na
każdej prostej równoległej do wektora (1, b).
Rozpatrzmy zagadnienie początkowe
(RTJ-ZP)

u
+ hb, ∇x ui = 0
u = g
t
w (0, ∞) × Rn
na {0} × Rn ,
gdzie g : Rn → R jest zadaną funkcją.
Dla ustalonego (t, x) ∈ (0, ∞) × Rn , prosta przechodząca przez ten punkt i
równoległa do (1, b) przecina hiperpłaszczyznę {0} × Rn w punkcie
(0, x − tb). Jeśli zagadnienie początkowe (RTJ-ZP) ma rozwiązanie ϕ, to
ϕ(t, x) = ϕ(0, x − tb) = g(x − tb), czyli
(11.5)
ϕ(t, x) = g(x − tb),
t ­ 0, x ∈ Rn .
Jeśli funkcja g jest klasy C 1 , to tak zdefiniowane ϕ jest klasycznym
rozwiązaniem równania (RTJ).
Przejdźmy teraz do zagadnienia początkowego dla niejednorodnego
liniowego równania transportu
(RTN-ZP)

u
+ hb, ∇x ui = f
u = g
t
w (0, ∞) × Rn
na {0} × Rn ,
11–8
Skompilował Janusz Mierczyński
gdzie f : (0, ∞) × Rn → R i g : Rn → R są zadanymi funkcjami.
Niech ψ : [0, ∞) × Rn → R będzie rozwiązaniem zagadnienia (RTN-ZP).
Ustalmy (t, x) ∈ (0, ∞) × Rn , i połóżmy z(s) := ψ(t + s, x + sb),
s ∈ [−t, ∞). Wówczas
z 0 (s) = ψt (t + s, x + sb) + hb, ∇x ψ(t + s, x + sb)i = f (t + s, x + sb),
co daje
ψ(t, x) − g(x − tb) = ψ(t, x) − ψ(0, x) = z(0) − z(−t) =
Z0
z 0 (s) ds
−t
=
Z0
f (t + s, x + sb) ds =
Zt
f (s, x + (s − t)b) ds.
0
−t
Zatem
(11.6)
ψ(t, x) = g(x − tb) +
Zt
0
f (s, x + (s − t)b) ds,
t ­ 0, x ∈ Rn .