11 Równania różniczkowe cząstkowe. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu.

Transkrypt

1 Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu Równania różniczkowe cząstkowe. Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu Równania różniczkowe cząstkowe. Definicje i oznaczenia. Równaniem różniczkowym cząstkowym nazywamy wyrażenie postaci (RRCz) F(x 1,x 2,...,x n,u,u x1,u x2,...,u xn,u x1 x 1,u x1 x 2,...)=0, }{{} skończenie wiele gdzieu=u(x 1,...,x n )jestfunkcjąniewiadomą,au xi,u xi x j,itd.,oznaczają jej pochodne cząstkowe. Maksymalny rząd pochodnej cząstkowej występującej w równaniu nazywamy rzędem równania. Jeślirównaniemarządk,tofunkcjaϕ=ϕ(x 1,...,x n )jestrozwiązaniem klasycznymrównaniawobszarzeω R n,gdymaciągłepochodne cząstkowedorzędukwłączniewωirówność(rrcz)spełnionajestdla wszystkich(x 1,...,x n ) Ω.Niekiedyżądasiętylkoabyϕbyłafunkcją ciągłąwωimiaławωciągłepochodnecząstkowewystępującewrównaniu. 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 R 2 jestspełnioneprzezu(x,y)=f(y),gdzief: R Rjestdowolnąfunkcją. Rozwiązanie klasyczne powyższego równania ma zatem postać u(x,y)=f(y),gdzief: R RjestdowolnąfunkcjąklasyC 1 (lubdowolną funkcją ciągłą) Równania różniczkowe cząstkowe 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.

2 11 2 Skompilował Janusz Mierczyński 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) równanieliniowe, równaniesemiliniowe, równaniequasiliniowe Zagadnienie Cauchy ego dla równania quasiliniowego Rozważmy równanie różniczkowe cząstkowe quasiliniowe pierwszego rzędu (RRCzQ) a(x,y,u)u x +b(x,y,u)u y =c(x,y,u), gdzieofunkcjacha,biczakładamy,żesąklasyc 1 naobszarzeω R 3. Niechl ΩbędziekrzywąklasyC 1,bezsamoprzecięć,zadanąwpostaci parametrycznej x=x 0 (s),y=y 0 (s),u=u 0 (s), s [s 1,s 2 ], otejwłasności,żejejrzutl 0 napłaszczyznęxoyjestteżkrzywąklasyc 1 bezsamoprzecięć. 1 Zagadnienie Cauchy ego a(x,y,u)u x +b(x,y,u)u y =c(x,y,u) (ZC) u(x 0 (s),y 0 (s))=u 0 (s) dlas [s 1,s 2 ] polega na znalezieniu rozwiązania ϕ = ϕ(x, y) równania(rrczq), określonegowpewnymotoczeniukrzywejl 0 ispełniającegowarunek Cauchy ego: (WC) u(x 0 (s),y 0 (s))=u 0 (s) dlas [s 1,s 2 ]. Interpretacja geometryczna. WprowadzającoznaczeniaA:=(a,b,c),N=(u x,u y, 1),równanie (RRCzQ) można zapisać jako (11.1) A,N =0. Ponieważ N jest wektorem normalnym do powierzchni zadanej równaniem u=u(x,y),wiecrówność(11.1)oznacza,żewektorależywpłaszczyźnie 1 Przypominam,żewdefinicjikrzywejklasyC 1 żądasię,m.in.,bywektorstycznyw każdym punkcie krzywej był niezerowy.

3 Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu 11 3 stycznej do tej powierzchni. Warunek(WC) oznacza z kolei, ze krzywa l 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 krzywąlwprzestrzeni 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. Dlaustalonegos [s 1,s 2 ]rozważamynastępującezagadnieniepoczątkowe dx dt =a(x,y,u), x(0)=x 0(s), dy (11.2) dt =b(x,y,u), y(0)=y 0(s), du dt =c(x,y,u), u(0)=u 0(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) zagadnieniapoczątkowego(11.2),określonedlat ( δ s,δ s ),gdzie 0<δ s. Okazuje się, że odwzorowanie gdzie [ (t,s) (ξ(t,s),η(t,s),υ(t,s)) R 3 ], := s [s 1,s 2 ] ( δ s,δ s ) {s}, jestklasyc 1 (jesttowniosekztwierdzeniaoróżniczkowalnejzależności rozwiązania zagadnienia początkowego dla układu równań różniczkowych zwyczajnych od parametru, wyniku dość technicznego). Szukamy teraz warunku dostatecznego na to, by, przynajmniej w pobliżu krzywej l, wzory(11.3), gdy(t, s), były równaniami parametrycznymi

4 11 4 Skompilował Janusz Mierczyński pewnejpowierzchniwr 3 dającejsięprzedstawićjakowykresfunkcji ϕ=ϕ(x,y)klasyc 1. ZdefiniujmyprzekształcenieΦ: R 2,klasyC 1,wzorem Φ(t,s):=(ξ(t,s),η(t,s)), (t,s). JakobianprzekształceniaΦwpunkcie(t,s) wyrażasięwzorem Dlat=0otrzymujemy ξ t (t,s) ξ s (t,s) J Φ (t,s):= η t (t,s) η s (t,s) a(x J Φ (0,s):= 0 (s),y 0 (s),u 0 (s)) x 0(s) b(x 0 (s),y 0 (s),u 0 (s)) y 0 (s) dlas [s 1,s 2 ]. Na podstawie twierdzenia o funkcji odwrotnej, warunkiem dostatecznym na to,byistniałootoczenied odcinka{0} [s 1,s 2 ]takie,żeφ D jest odwracalne,zodwzorowaniemodwrotnym(φ D ) 1 :E 1 1 DklasyC 1, na jest, by zachodziło (11.4) a(x 0 (s),y 0 (s),u 0 (s)) x 0(s) b(x 0 (s),y 0 (s),u 0 (s)) y 0 (s) 0 dlakażdegos [s 1,s 2 ]. Zauważmy,że(11.4)oznaczapewienwaruneknapołożeniekrzywejl 0 : wektorstycznydol 0 irzutwektoraanapłaszczyznęxoyniemogąbyć równoległewżadnympunkciekrzywejl 0. Definiujemyodwzorowanieϕ:E R,klasyC 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)).dokonujączamianyzmiennych, otrzymujemy ϕ(ξ(t,s),η(t,s))=υ(t,s), (t,s) D.

5 Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu 11 5 Różniczkując powyższą równość po t, i uwzględniając równania różniczkowe zwyczajne w(11.2), otrzymujemy ϕ x (ξ(t,s),η(t,s)) a(ξ(t,s),η(t,s),υ(t,s)) +ϕ y (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)), copoprzejściudozmiennych(x,y)daje ϕ x (x,y) a(x,y,ϕ(x,y))+ϕ y (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 jednoznaczniewpewnymotoczeniukrzywejl 0.Niech ϕ(x,y)będzie dowolnym rozwiązaniem zagadnienia(zc). Wykażemy, ze ϕ(x, y) = ϕ(x, y) wpobliżukrzywejl 0.Wzmiennych(t,s)równośćtajestrównoważnaz ϕ(ξ(t,s),η(t,s))=υ(t,s) dla(t,s)zpewnegootoczeniazbioru{0} [s 1,s 2 ].Dlaustalonego s [s 1,s 2 ]rozważmyróżnicę z(t):= ϕ(ξ(t,s),η(t,s)) υ(t,s). Mamy z(0) = 0 oraz, różniczkując obustronnie względem t, z (t)= ϕ x (ξ(t,s),η(t,s))) a(ξ(t,s),η(t,s),υ(t,s)) + ϕ y (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)) = ϕ x (ξ(t,s),η(t,s))) a(ξ(t,s),η(t,s), ϕ(ξ(t,s),η(t,s)) z(t)) + ϕ y (ξ(t,s),η(t,s))) b(ξ(t,s),η(t,s), ϕ(ξ(t,s),η(t,s)) z(t)) c(ξ(t,s),η(t,s), ϕ(ξ(t,s),η(t,s)) z(t)) Funkcja z(t) jest zatem rozwiązaniem zagadnienia początkowego z =F(t,s,z) z(0)=0. =:F(t,s,z(t)). Zauważmyprzytym,zeF(t,s,z)iF z (t,s,z)sąfunkcjamiciągłymi. Zauważmy ponadto, ze funkcja stale równa zeru jest rozwiązaniem tego

6 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. Twierdzenie11.1.Załóżmy,żea,b,c:Ω R,gdzieΩ R 3 jest obszarem,sąfunkcjamiklasyc 1.Niechl ΩbędziekrzywąklasyC 1,bez samoprzecięć,zadanąwpostaciparametrycznej(x 0,y 0,u 0 ):[s 1,s 2 ] Ω,o tejwłasności,żejejrzutl 0 ={(x 0 (s),y 0 (s)):s [s 1,s 2 ]}teżjestkrzywą klasyc 1 bezsamoprzecięć. Jeżelidlakażdegos [s 1,s 2 ]zachodzi a(x 0 (s),y 0 (s),u 0 (s)) x 0 (s) b(x 0 (s),y 0 (s),u 0 (s)) y 0 (s) 0, to zagadnienie Cauchy ego a(x,y,u)u x +b(x,y,u)u y =c(x,y,u) u(x 0 (s),y 0 (s))=u 0 (s) dlas [s 1,s 2 ] 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.Znaleźćrozwiązanierównaniaxu x +yu y =(x+y)uspełniające waruneku=1dlax=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).Rozwiązujemyzagadnienie początkowe dla układu równań charakterystycznych dx dt =x, x(0)=1, dy dt =y, y(0)=s, du =(x+y)u, u(0)=1, dt dlas (1,2).Rozwiązaniemjestξ(t,s)=e t,η(t,s)=se t, υ(t,s)=e (1+s)(et 1).Zapomocąpierwszychdwóchrównańeliminujemy zmienne(t,s)wtrzecimrównaniuotrzymującu(x,y)=e (1+y/x)(x 1).

7 Równania różniczkowe cząstkowe pierwszego rzędu Liniowe równanie transportu Liniowym równaniem transportu nazywamy równanie różniczkowe cząstkowe liniowe pierwszego rzędu (RT) u t + b, x u =f w(0, ) R n, gdzieu=u(t,x)=u(t,x 1,...,x n )jestszukanąfunkcją, x :=( x 1,..., x n ),b=(b 1,...,b n ) R n jestzadanymwektorem,zaś f:(0, ) R n Rjestzadanąfunkcją. Liniowe równanie transportu(rt) nazywamy jednorodnym, gdy f 0. W przeciwnym przypadku, liniowe równanie transportu nazywamy niejednorodnym. Rozważmy liniowe jednorodne równanie transportu (RTJ) u t + b, x u =0 w(0, ) R n. W istocie znaczy ono, że pochodna funkcji u w kierunku wektora (1,b 1,...,b n )=(1,b)mabyćrównazeru,zatemfunkcjaumabyćstałana każdej prostej równoległej do wektora(1, b). Rozpatrzmy zagadnienie początkowe (RTJ-ZP) u t + b, x u =0 w(0, ) R n u=g na{0} R n, gdzieg: R n Rjestzadanąfunkcją. Dlaustalonego(t,x) (0, ) R n,prostaprzechodzącaprzeztenpunkti równoległado(1,b)przecinahiperpłaszczyznę{0} R n wpunkcie (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 R n. JeślifunkcjagjestklasyC 1,totakzdefiniowaneϕjestklasycznym rozwiązaniem równania(rtj). Przejdźmy teraz do zagadnienia początkowego dla niejednorodnego liniowego równania transportu (RTN-ZP) u t + b, x u =f w(0, ) R n u=g na{0} R n,

8 11 8 Skompilował Janusz Mierczyński gdzief:(0, ) R n Rig: R n Rsązadanymifunkcjami. Niechψ:[0, ) R n Rbędzierozwiązaniemzagadnienia(RTN-ZP). Ustalmy(t,x) (0, ) R n,ipołóżmyz(s):=ψ(t+s,x+sb), s [ t, ).Wówczas z (s)=ψ t (t+s,x+sb)+ b, x ψ(t+s,x+sb) =f(t+s,x+sb), co daje Zatem ψ(t,x) g(x tb)=ψ(t,x) ψ(0,x)=z(0) z( t)= = 0 t (11.6) ψ(t,x)=g(x tb)+ f(t+s,x+sb)ds= t 0 t 0 0 t z (s)ds f(s,x+(s t)b)ds. f(s,x+(s t)b)ds, t 0,x R n.