Wykad nr 9 (Rozwizania samopodobne)

Rozwi¡zania samopodobne 91

9 Rozwi¡zania samopodobne

Niekiedy szuka si¦ takich rozwi¡za« danego równania ró»niczkowego cz¡st-kowego, które cechuj¡ si¦ pewn¡ symetri¡.

9.1 Fale biegn¡ce

Rozwi¡zanie u(t, x), t ∈ (−∞, ∞), x ∈ Rn, równania ró»niczkowego

cz¡stko-wego nazywamy pªask¡ fal¡ biegn¡c¡, gdy

u(t, x) = v(hy, xi − σt)

dla pewnego wektora niezerowego y ∈ Rn i σ > 0. Wektor y jest prostopadªy

do czoªa fali, v nazywamy prolem fali, a σ/kyk jest pr¦dko±ci¡ fali. Dla n = 1 powy»szy wzór ma posta¢

u(t, x) = v(x − σt).

Rozwa»my równanie Kortewegade Vriesa z dyspersj¡ (9.1) ut+ 6uux+ uxxx = 0, t > 0, x ∈ R.

Równanie to opisuje fale w pªytkim dªugim kanale. Szukamy rozwi¡za« (9.1) w postaci

u(t, x) = v(x − σt).

Powy»sza funkcja speªnia równanie (9.1) gdy v = v(s) speªnia

−σv0+ 6vv0+ v000 = 0, gdzie 0 _{= d/ds. Zauwa»my, »e}

−σv + 3v2_{+ v}00

= a,

gdzie a jest staª¡. Mno»ymy powy»sz¡ równo±¢ przez v0_{, otrzymuj¡c}

−σvv0+ 3v2v0+ v00v0 = av0, co daje (v0)2 2 = −v 3₊σ 2v 2_{+ av + b,}

92 Skompilowaª Janusz Mierczy«ski

Szukamy rozwi¡za« powy»szego równania takich, »e v, v0 _{i v}00 _{d¡»¡ do}

zera przy s → ±∞. Wynika st¡d, »e a = b = 0. Zatem (v0)2 2 = v 2 _{−v +}σ 2 ! , wi¦c v0 = ±v√σ − 2v.

Wybierzmy znak minus. Funkcja v okre±lona jest wzorem uwikªanym

s = − v(s) Z 1 dz z√σ − 2z + c,

gdzie c jest staª¡. Podstawmy z = σ

2 sech 2_{ϑ. Wówczas} dz dϑ = −σ sech 2 ϑ tgh ϑ i z√σ − 2z = σ 3/2 2 sech 2 ϑ tgh ϑ, co daje s = √2 σϑ + c,

gdzie ϑ speªnia równanie

σ 2 sech 2_{ϑ = v(s).} Ostatecznie otrzymujemy v(s) = σ 2sech 2 √ σ 2 (s − c)  , st¡d u(t, x) = σ 2 sech 2 √ σ 2 (x − σt − c) ! .

Rozwi¡zanie powy»sze nazywamy solitonem.

9.2 Równanie o±rodków porowatych

Rozwa»my równanie o±rodków porowatych

(9.2) ut− ∆x(uγ) = 0, t > 0, x ∈ Rn,

gdzie u ­ 0 i γ > 1 jest staª¡.

Szukamy rozwi¡za« równania, które s¡ niezmiennicze ze wzgl¦du na za-mian¦ zmiennych

Rozwi¡zania samopodobne 93

czyli takich, »e

u(t, x) = λαu(λt, λβx)

dla wszystkich λ > 0, t > 0 i x ∈ Rn_{. We¹my λ = 1/t i oznaczmy v(y) :=}

u(1, y). Szukamy zatem rozwi¡za« równania (9.2) postaci u(t, x) = 1 tαv x tβ  . Po przeksztaªceniach otrzymujemy αt−(α+1)v + βt−(α+1)hy, ∇yvi + t−(αγ+2β)∆y(vγ) = 0,

z y = t−β_{x. Zakªadaj¡c, »e α + 1 = αγ + 2β, otrzymujemy}

αv + βhy, ∇vi + ∆(vγ) = 0.

Dalej, zaªó»my, »e v(y) = w(kyk) dla pewnej funkcji w = w(r). Otrzymujemy

αw + βrw0+ (wγ)00+ n − 1

r (w

γ₎0

= 0, gdzie 0 _{= d/dr. Zakªadamy teraz, »e α = nβ, otrzymuj¡c}

(rn−1(wγ)0)0+ β(rnw)0 = 0, wi¦c

rn−1(wγ)0+ βrnw = a

dla pewnej staªej a. Zakªadaj¡c, »e limr→∞w(r) = limr→∞w0(r) = 0, mamy

a = 0, zatem (wγ)0 = −βrw, co daje z kolei (wγ−1)0 = −γ − 1 γ βr. Wi¦c wγ−1 = b −γ − 1 2γ βr 2_,

gdzie b jest staª¡. Zatem

w(r) =  b − γ − 1 2γ βr 2+ !_γ−11 . Ostatecznie u(t, x) = 1 tα  b − γ − 1 2γ β kxk2 t2β +! 1 γ−1 ,

94 Skompilowaª Janusz Mierczy«ski gdzie α = n n(γ − 1) + 2, β = 1 n(γ − 1) + 2.

Rozwi¡zania powy»sze nazywamy rozwi¡zaniami Barenblatta(1)