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, . . .
| {z }
skończenie wiele
) = 0,
gdzie u = u(x1, . . . , xn) jest funkcją niewiadomą, a uxi, uxixj, 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 ux = 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 C1 (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
Szczególnymi przypadkami są
a(x, y)ux+ b(x, y)uy = c(x, y)u + f (x, y) – równanie liniowe,
a(x, y)ux+ b(x, y)uy = c(x, y, u) – równanie semiliniowe,
a(x, y, u)ux+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u) – równanie quasiliniowe.
11.3
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 C1 na obszarze Ω ⊂ R3. Niech ` ∈ Ω będzie krzywą klasy C1, 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 C1
bez samoprzecięć. 1
Zagadnienie Cauchy’ego
a(x, y, u)ux+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
u(x0(s), y0(s)) = u0(s) dla s ∈ [s1, s2]
(ZC)
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
1Przypominam, że w definicji krzywej klasy C1 żąda się, m.in., by wektor styczny w
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 = a(x, y, u), x(0) = x0(s), dy dt = b(x, y, u), y(0) = y0(s), du dt = c(x, y, u), u(0) = u0(s).
Z twierdzenia Picarda–Lindel¨ofa 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
∆ := [
s∈[s1,s2]
(−δs, δs) × {s},
jest klasy C1 (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
pewnej powierzchni w R3 dającej się przedstawić jako wykres funkcji ϕ = ϕ(x, y) klasy C1.
Zdefiniujmy przekształcenie Φ : ∆ → R2, klasy C1, 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(t, s) ∂ξ ∂s(t, s) ∂η ∂t(t, s) ∂η ∂s(t, s) Dla t = 0 otrzymujemy JΦ(0, s) := a(x0(s), y0(s), u0(s)) x00(s) b(x0(s), y0(s), u0(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
odwracalne, z odwzorowaniem odwrotnym (Φ|D)−1: E 1−1 −−→ na D klasy C 1, jest, by zachodziło (11.4) a(x0(s), y0(s), u0(s)) x00(s) b(x0(s), y0(s), u0(s)) y00(s) 6= 0 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 C1, 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
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 ˜ϕ(x, y) będzie
dowolnym rozwiązaniem zagadnienia (ZC). Wykażemy, ze ˜ϕ(x, y) = ϕ(x, y) w pobliżu krzywej `0. W zmiennych (t, s) równość ta jest równoważna z
˜
ϕ(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) := ˜ϕ(ξ(t, s), η(t, s)) − υ(t, s). Mamy z(0) = 0 oraz, różniczkując obustronnie względem t,
z0(t) = ˜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)) = ˜ϕx(ξ(t, s), η(t, s))) · a(ξ(t, s), η(t, s), ˜ϕ(ξ(t, s), η(t, s)) − z(t)) + ˜ϕy(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)) =: F (t, s, z(t)). Funkcja z(t) jest zatem rozwiązaniem zagadnienia początkowego
z0 = F (t, s, z) z(0) = 0.
Zauważmy przy tym, ze F (t, s, z) i Fz(t, s, z) są funkcjami ciągłymi.
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 C1. Niech ` ⊂ Ω będzie krzywą klasy C1, 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 C1 bez samoprzecięć.
Jeżeli dla każdego s ∈ [s1, s2] zachodzi
a(x0(s), y0(s), u0(s)) x00(s) b(x0(s), y0(s), u0(s)) y00(s) 6= 0, to zagadnienie Cauchy’ego
a(x, y, u)ux+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u)
u(x0(s), y0(s)) = u0(s) 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 dt = y, y(0) = s, du dt = (x + y)u, u(0) = 1, dla s ∈ (1, 2). Rozwiązaniem jest ξ(t, s) = et, η(t, s) = set,
υ(t, s) = e(1+s)(et−1). Za pomocą pierwszych dwóch równań eliminujemy zmienne (t, s) w trzecim równaniu otrzymując u(x, y) = e(1+y/x)(x−1).
11.4
Liniowe równanie transportu
Liniowym równaniem transportu nazywamy równanie różniczkowe cząstkowe liniowe pierwszego rzędu
(RT) ut+ hb, ∇xui = 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, ∇xui = 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) ut+ hb, ∇xui = 0 w (0, ∞) × Rn u = g 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 C1, to tak zdefiniowane ϕ jest klasycznym
rozwiązaniem równania (RTJ).
Przejdźmy teraz do zagadnienia początkowego dla niejednorodnego liniowego równania transportu
(RTN-ZP) ut+ hb, ∇xui = f w (0, ∞) × Rn u = g na {0} × Rn,
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 z0(s) = ψt(t + s, x + sb) + hb, ∇xψ(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) = 0 Z −t z0(s) ds = 0 Z −t f (t + s, x + sb) ds = t Z 0 f (s, x + (s − t)b) ds. Zatem (11.6) ψ(t, x) = g(x − tb) + t Z 0 f (s, x + (s − t)b) ds, t 0, x ∈ Rn.
