Równania różniczkowe cząstkowe B1 Streszczenia wykładów

Transkrypt

1 Streszczenia wykładów Jan Goncerzewicz 25 października 2016 (Notatki w trakcie permanentnego redagowania) Wersja 1.01a 1

2 1 Wstęp 1.1 Definicje i oznaczenia. Równaniem różniczkowym cząstkowym nazywamy wyrażenie postaci gdzie: F (x 1, x 2,..., x n, u, u x1, u x2,..., u xn, u x1 x 1, u x1 y 1,...) = 0, (1) }} skończona ilość u = u(x 1,..., x n ) jest niewiadomą funkcją, u xi = u x i, u xi x j = (u xi ) xj, i.t.d. 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 R n, gdy ma ciągłe pochodne cząstkowe do rzędu k włącznie w Ω i równość (1) spełniona jest dla wszysktich (x 1,..., x n ) 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 u x = 0 w R 2, to u(x, y) = f(y), gdzie f jest dowolną funkcją zmiennej y. Rozwiązanie klasyczne równania u x = 0 w Ω = R 2 ma więc postać u(x, y) = f(y), gdzie f jest dowolną funkcją klasy C 1 na R (lub ewentualnie tylko ciągłą). Fakt ten pozostaje prawdziwy w przypadku, gdy Ω R 2 jest obszarem Udowodnić! wypukłym. Podać przykład, że nie jest to 1.2 Ważniejsze równania (przykłady). prawdą, gdy Ω nie jest wypukły. Równania pierwszego rzędu: 1. u t + div(uv) = 0 - równanie ciągłości, równanie transportu 2. u t + (u 2 /2) x = 0 - równanie Burgersa (nielepkościowe) Równania drugiego rzędu: 1. u = 0, ( u = f) - równanie Laplace a (Poissona), u := 2. u tt c 2 u = 0 - równanie falowe, 3. u t = κ u - równanie przewodnictwa ciepła. 4. u t σ2 s 2 u ss + rsu s ru = 0 - równanie Blacka - Scholesa (matematyka finansowa) Równania wyższych rzędów: 1. u t + (u 2 ) x + u xxx = 0 - równanie Kortewega - de Vriesa (solitony), 2. u tt + u xxxx = 0 - równanie belki. n u xi x i i=1 2

3 1.3 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 R 3 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 P (x, t) dx = q n ds V 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 P t (x, t) + div q dx = 0 dla każdego obszaru V Ω. V Z dowolności V wynika różniczkowa postać prawa zachowania P t + div q = 0 w Ω. Jeśli w Ω znajdują się źródła wielkości P, to oznaczając przez f(x, t) ich gęstość otrzymujemy co prowadzi do równania d P (x, t) dx = q n ds + f(x, t) dx, V V V P t + 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), gdzie k > 0 jest współczynnikiem dyfuzjii cieplnej, otrzymujemy (przy założeniu że c, ρ i k nie zależą od x i t) równanie przewodnitwa ciepła Dlaczego znak minus? cρt = k T. Przykład 2. Przepływ cieczy, równanie ciągłości. Jeśli u(x, t) jest wektorem pręd- u=(u 1, u 2, u 3 ) kości 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 ρ t + div(ρu) = 0 wyrażające zasadę zachowania masy. W przypadku cieczy nieściśliwej (ρ = const) mamy div u = 0. 3

4 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) ρ(ut + u u) = p div u = 0. Układ 4 równań, 4 niewiadome: u 1, u 2, u 3 i p. Podobnie, ruch cieczy nieściśliwej i lepkiej (współczynnik lepkości µ > 0) opisują równania Naviera - Stokesa ρ(ut + u u) = p + µ u div u = 0. 2 Równania pierwszego rzędu, n = 2. W przypadku wymiaru przestrzeni n = 2 równanie pierwszego rzędu ma ogólną postać F (x, y, u, u x, u y ) = 0. Szczególnymi przypadkami są a(x, y)u x + b(x, y)u y = c(x, y)u + f(x, y) a(x, y)u x + b(x, y)u y = c(x, y, u) a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = c(x, y, u) - równanie liniowe, - równanie semiliniowe, - równanie quasiliniowe. 2.1 Zagadnienie Cauchy ego dla równania quasiliniowego. Niech l R 3 będzie krzywą zadaną w postaci parametrycznej l: x = x 0 (s), y = y 0 (s), u = u 0 (s), s I = [s 1, s 2 ] i niech l 0 będzie rzutem tej krzywej na płaszczyznę xoy. Zagadnienie Cauchy ego a(x, y, u)ux + b(x, y, u)u y = c(x, y, u) (2) u(x 0 (s), y 0 (s)) = u 0 (s) dla s I (3) polega na znalezieniu rozwiązania u = u(x, y) równania (2), określonego w pewnym otoczeniu krzywej l 0 i spełniającego warunek (3). Interpretacja geometryczna. Wprowadzając oznaczenia A = (a, b, c), N = (ux, u y, 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

5 A leży w płaszczyźnie stycznej do tej powierzchni. Warunek (3) oznacza z kolei, że krzywa l 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 l w przestrzeni R 3. 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 l przeprowadzamy 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 C 1 w pewnym obszarze Ω R 3 II. l: (x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s)), gdzie s I jest krzywą zawartą w Ω, bez samoprzecięć III. x 0 ( ), y 0 ( ), u 0 ( ) są funkcjami klasy C 1 na I. Opis metody. Dla ustalonego s I rozważamy następujące zagadnienie początkowe dx = a(x, y, u), x(0) = x 0(s), dy = b(x, y, u), y(0) du = c(x, y, u), u(0) = y 0(s), = u 0(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 ( δ s, δ s ), gdzie 0 < δ s. Ponao, z twierdzenia o różniczkowalnej zależności rozwiązań od parametrów wynika, że x(t, s), y(t, s), u(t, s) są funkcjami klasy C 1 na zbiorze = s I( δ s, δ s ) s}. (5) Równania (6), gdy (t, s) są równaniami parametrycznymi pewnej powierzchni w R 3. Powierzchnię tę można przedstawić w postaci u = u(x, y) w otoczeniu krzywej l 0 jeśli dla przekształcenia Φ: R 2 zadanego wzorem Φ(t, s) = (x(t, s), y(t, s)) dla (t, s) istnieje przekształcenie odwrotne Φ 1 określone na pewnym zbiorze D Φ( ) zawierającym krzywą l 0, Wówczas funkcja Φ 1 (x, y) = (t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) D. ũ(x, y) := u(t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) D (7) 5

6 jest szukanym rozwiązaniem zagadnienia. Zgodnie z twierdzeniem o funkcji odwrotnej przekształcenie Φ jest lokalnie od- Istnienie Φ 1. wracalne w otoczeniu każdego punktu (t, s), w którym jakobian x J Φ (t, s) = t (t, s) x s (t, s) y t (t, s) y s (t, s) 0. Wobec ciągłości pochodnych cząstkowych funkcji x(t, s) i y(t, s), dla istnienia Φ 1 w otoczeniu krzywej l 0 wystarczy założyć, że J Φ (0, s) 0 dla s I. Uwzględniając (5) założenie to możemy zapisać w postaci IV. a(x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s)) b(x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s)) x 0 (s) y 0 (s) 0 dla s I. (8) Zauważmy, że założenie IV oznacza pewien warunek na położenie krzywej l 0 : wektor styczny do l 0 i rzut wektora A na płaszczynę (x, y) nie mogą być równoległe w żadnym punkcie krzywej l 0 (są transwersalne). Zauważmy także, że założenie IV zawiera w sobie warunki a(x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s))} 2 + b(x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s))} 2 > 0 dla s I oraz x 0(s)} 2 + y 0(s)} 2 > 0 dla s I. Wykażemy teraz, że funkcja ũ(x, y) zdefiniwana wzorem (7) jest szukanym roz- Istnienie rozwiązania. wiązaniem zagadnienia Cauchy ego. W tym celu, przechodząc w równości (7) do zmiennych (t, s) otrzymujemy ũ(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s) dla (t, s). (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 ũ x (x(t, s), y(t, s))) a(x(t, s), y(t, s), ũ(x(t, s), y(t, s))) + ũ y (x(t, s), y(t, s)) b(x(t, s), y(t, s), ũ(x(t, s), y(t, s))) = c(x(t, s), y(t, s), ũ(x(t, s), y(t, s))), (10) co przepisane w zmiennych (x, y) oznacza, że ũ(x, y) jest rozwiązaniem równania (2). Kładąc w (9) t = 0 i uwzględniając warunki początkowe z zagadnienia (5) otrzymujemy ũ(x 0 (s), y 0 (s)) = u 0 (s) dla s I. Zatem ũ(x, y) jest rozwiązaniem zagadnienia (2)-(3). W dalszym ciągu udowodnimy, że rozwiązanie to jest wyznaczone jednoznacznie w otoczeniu krzywej l 0. Niech v(x, y) będzie dowolnym rozwiązaniem zagadnienia (2)-(3). Wykażemy, że v(x, y) = ũ(x, y) na wspólnej części dziedzin tych rozwiązań. W zmiennych (t, s) równość ta jest równoważna z Jednoznaczność. v(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s) 6

7 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 (t) = v x (x(t, s), y(t, s))) a(x(t, s), y(t, s), u(t, s)) + v y (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)) = v x (x(t, s), y(t, s))) a(x(t, s), y(t, s), v(x(t, s), y(t, s)) z(t)) + v y (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 = F (t, s, z) z(0) = 0. Zauważmy przy tym, że F (t, s, z) i F z (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 jednoznaczności ũ(x, y). 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 xu x + yu y = (x + y)u spełniające warunek u = 1 dla x = 1, 1 < y < 2. Rozwiązanie. Zapisujemy równanie krzywej l w postaci parametrycznej: x 0 (s) = 1, y 0 (s) = s, u 0 (s) = 1, s (1, 2) Rozwiązujemy zagadnienie początkowe dla układu równań charakterystycznych dx = x, x(0) = 1 dy = y, y(0) = s du = (x + y)u, u(0) = 1 7

8 dla s (1, 2). Rozwiązaniem jest x(t, s) = e t y(t, s) = se t u(t, s) = e (1+s)(et 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 du = c(x, y, u), gdzie prawa strona układu spełnia założenie I. dx dy = a(x, y, u), = b(x, y, u), Definicja. Funkcja ϕ(x, y, u) klasy C 1 jest całką pierwszą układu (11) w obszarze Ω jeśli: i) ϕ const, ii) ϕ jest funkcją stałą na dowolnej trajektorii układu (11) zawartej w Ω. Lemat 1.2. Funkcja ϕ(x, y, u) klasy C 1 jest całką pierwszą układu (11) w obszarze Ω wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ const i ϕ jest rozwiazaniem równania w Ω. (11) a(x, y, u)ϕ x + b(x, y, u)ϕ y + c(x, y, u)ϕ u = 0 (12) Lemat 1.3. Jeśli ϕ(x, y, u) jest całką pierwszą układu (11) w obszarze Ω i ϕ u (x 0, y 0, u 0 ) 0 dla pewnego (x 0, y 0, u 0 ) Ω, to równanie ϕ(x, y, u) = 0 definiuje w sposób uwikłany rozwiązanie u(x, y) równania a(x, y, u)u x +b(x, y, u)u y = c(x, y, u) w pewnym otoczeniu punktu (x 0, y 0, u 0 ). Na odwrót, jeśli u(x, y) jest rozwiązaniem równania a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = 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 f 1 (x, y, u) i f 2 (x, y, u) układu (11) w obszarze Ω są niezależne, jeśli [ ] (f1 ) rank x (f 1 ) y (f 1 ) u = 2 (f 2 ) x (f 2 ) y (f 2 ) u w Ω (tj. jeśli wektory f 1 i f 2 są liniowo niezależne). 8

9 Twierdzenie 1.4. Jeśli f 1 (x, y, u) i f 2 (x, y, u) są niezależnymi całkami pierwszymi układu (11) w obszarze Ω takimi, że (f 1 ) u i (f 2 ) u 0, to każde rozwiązanie u(x, y) równania a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = c(x, y, u) w obszarze Ω można przedstawić w sposób uwikłany zależnością dla pewnej funkcji H = H(ξ 1, ξ 2 ) klasy C 1. H(f 1 (x, y, u), f 2 (x, y, u)) = 0 (13) Uwaga. Zależność (13) nosi nazwę rozwiązania ogólnego równania a(x, y, u)u x + b(x, y, u)u y = c(x, y, u). Przykład. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania x(y u)u x + y(u x)u y = (x y)u. Znaleźć rozwiązanie spełniające warunek u = 1 dla y = x. Rozwiązanie. Układ równań charakterystycznych ma postać dx = xy xu, dy = yu yx, du = xu yu. dodając stronami te równania otrzymujemy d (x + y + u) = 0. Stąd wynika, że f 1 (x, y, u) = x + y + u jest całką pierwszą. mnożąc pierwsze równanie obustronnie przez yu, drugie przez xu, trzecie przez xy i dodając stronami otrzymujemy d (xyu) = 0. Stąd f 2(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) 0, y(u x) 0 lub (x y)u 0. Stąd w każdym takim obszarze rozwiązanie ogóle ma postać H(x + y + u, xyu) = 0, gdzie H jest dowolną funkcją klasy C 1 dwóch zmiennych. wyrażamy krzywą początkową w postaci parametrycznej l: (s, s, 1), s R. Dla ustalonego s R mamy x + y + u = 2s + 1 xyu = s 2. Stąd otrzymujemy zależność ((x+y+u 1)/2) 2 = xyu, definiującą rozwiązanie u w sposób uwikłany (H(ξ 1, ξ 2 ) = ((ξ 1 1)/2) 2 ξ 2 ). Uwaga. Funkcja H(ξ 1, ξ 2 ) nie jest wyznaczona jednoznacznie, natomiast z przedstawionej teorii zagadnienia Cauchy ego wynika, że (przy odpowiednich założeniach) rozwiązanie u jest wyznaczone jednoznacznie. 9

10 2.3 Równania nieliniowe pierwszego rzędu, n = 2. Zajmiemy się teraz zagadnieniem Cauchy ego F (x, y, u, p, q) = 0, (14) u(x 0 (s), y 0 (s)) = u 0 (s) dla s I, (15) gdzie p := u x, q := u y i, podobnie jak poprzednio, l: (x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s)), s I jest zadaną krzywą w R 3. 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 C 2. Wówczas, różniczkując obustronnie równanie (14) względem x i y oraz uwzględniając równość p y = q x otrzymujemy układ równań Fx + pf u + p x F p + p y F q = 0 (16) F y + qf u + q x F p + q y F q = 0. (17) Zauważmy, że równania powyższe są quasiliniowymi równaniami ze względu na funkcje p i q, a niewiadoma funkcja u występuje w argumentach współczynników F x, F y, F u, F p i F q (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 = F p, dy = F q, dp = F x pf u, dq = F y qf u. (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. Uwzględniając powyższe wyrażenia na pochodne dx i dy otrzymujemy du = pf p + qf q. (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 l: x(0) = x 0 (s), y(0) = y 0 (s) u(0) = u 0 (s) dla s I. (20) Brakujące warunki na p(0) i q(0) znajdziemy wyznaczając wartości p 0 (s) := u x (x 0 (s), y 0 (s)) i q 0 (s) := u y (x 0 (s), y 0 (s)) dla s I. Wyznaczamy je rozwiązując układ równań F (x0 (s), y 0 (s), u 0 (s), p 0 (s), q 0 (s)) = 0 (21) p 0 (s) x 0(s) + q 0 (s) y 0(s) = u 0(s) (22) 10

11 dla s I. Równanie pierwsze oznacza, że punkty (x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s), p 0 (s), q 0 (s)) spełniają równanie (14), równanie drugie otrzymujemy różniczkując obustronnie względem s równość u(x 0 (s), y 0 (s)) = u 0 (s) dla s I, wyrażającą z kolei fakt, że punkty (x 0 (s), y 0 (s), u 0 (s)) leżą na powierzchni u = u(x, y). Podsumowując, należy rozwiązać zagadnienie początkowe ( ) dx = F p, x(0) = x 0 (s) (23) dy = F q, y(0) = y 0 (s) (24) du = pf p + qf q, u(0) = u 0 (s) (25) dp = F x pf u, p(0) = p 0 (s) (26) dq = F y qf u, q(0) = q 0 (s) (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) R 2. (Tutaj i w dalszym ciągu stosujemy oznaczenia przyjęte Definicje - w przypadku równania quasiliniowego.) Analogicznie jak w przypadku równania patrz strona 5. quasiliniowego, jeśli z zależności potrafimy wyznaczyć to funkcja x = x(t, s), y = y(t, s) gdy (t, s) t = t(x, y), s = s(x, y), gdy (x, y) D, ũ(x, y) := u(t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) D, 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 J Φ = t x s 0 w. (28) Aby wykazać, że ũ jest rozwiązaniem zagadnienia definiujemy funkcje y t y s p(x, y) := p(t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) D, q(x, y) := q(t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) D. Uzasadnienie opiera się na następujących trzech faktach. Fakt 1. Funkcja ũ(x, y) spełnia warunek (15). Szkic dowodu. W tożsamości ũ(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s) dla (t, s) (29) 11

12 podstawiamy t = 0 i uwzględniamy warunki początkowe (23) - (25). Fakt 2. Funkcje ũ(x, y), p(x, y) i q(x, y) spełniają równość F (x, y, ũ(x, y), p(x, y), q(x, y)) = 0 dla (x, y) D. Szkic dowodu. Przechodząc do zmiennych (t, s) i uwzględniając tożsamości p(x(t, s), y(t, s)) := p(t, s), q(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 czyli d F (x(t, s), y(t, s), u(t, s), p(t, s), q(t, s)) = 0, 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. Fakt 3. Dla (x, y) D zachodzą równości ũ x (x, y) = p(x, y), ũ y (x, y) = q(x, y). Szkic dowodu. Pracujemy w zmiennych (t, s). Różniczkując tożsamość (29) ze względu na t i s otrzymujemy u t (t, s) = ũ x (x(t, s), y(t, s))x t (t, s) + ũ y (x(t, s), y(t, s))y t (t, s) (30) u s (t, s) = ũ x (x(t, s), y(t, s))x t (t, s) + ũ y (x(t, s), y(t, s))y t (t, s) (31) dla (t, s), czyli funkcje ũ x i ũ y są rozwiązaniami układu ( ) ut = ũ x x t + ũ y y t u s = ũ x x s + ũ y y s w zbiorze. Wykazujemy, że funkcje p i q też są rozwiązaniami układu ( ): równanie u t = px t + qy t jest powtórzeniem równania z (25), 12

13 aby otrzymać równanie u s = px s + qy s rozważamy funkcję w := px s + qy s u s. Wykorzystując równania układu ( ) i samo równanie (14) pokazujemy, że Stąd w t = F u w t w(t, s) = w(0, s) exp( F u dτ). 0 Na mocy (22) mamy w(0, s) = 0 dla s I. Zatem w 0 w zbiorze. Ponieważ x t x s y t y s 0 w więc układ ( ) ma dokładnie jedno rozwiązanie. Stąd teza. 13