1 Równania ró»niczkowe cz¡stkowe. Równania
ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du.
1.1 Równania ró»niczkowe cz¡stkowe. De nicje i
ozna-czenia.
Równaniem ró»niczkowym cz¡stkowym nazywamy wyra»enie postaci (RRCz) F (x1, x2, . . . , xn, u, ux1, ux2, . . . , uxn, ux1x1, ux1x2, . . .
| {z }
skończenie wiele
) = 0,
gdzie F jest zadan¡ funkcj¡, u = u(x1, . . . , xn)jest funkcj¡ niewiadom¡, a uxi,
uxixj, itd., oznaczaj¡ jej pochodne cz¡stkowe. Maksymalny rz¡d pochodnej
cz¡stkowej funkcji u wyst¦puj¡cej w równaniu nazywamy rz¦dem równania. Je±li równanie jest rz¦du k, to funkcja ϕ = ϕ(x1, . . . , xn) jest
rozwi¡za-niem klasycznym równania w obszarze Ω ⊂ Rn, gdy ma ci¡gªe pochodne
cz¡stkowe do rz¦du k wª¡cznie w Ω i równo±¢ (RRCz) speªniona jest dla wszystkich (x1, . . . , xn) ∈ Ω. Niekiedy »¡da si¦ tylko aby ϕ byªa funkcj¡
ci¡-gª¡ w Ω i miaªa w Ω ci¡gªe pochodne cz¡stkowe wyst¦puj¡ce w równaniu. Rozpatruje si¦ te» rozwi¡zania mniej regularne, w tym tak»e nie b¦d¡-ce funkcjami ci¡gªymi (rozwi¡zania uogólnione, sªabe, mocne, dystrybucyjne, lepko±ciowe, . . . ). Ka»dorazowo wymaga to podania precyzyjnej de nicji po-j¦cia rozwi¡zania.
Przykªad. Równanie ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du dla funkcji
u = u(x, y)
ux = 0 w R2
jest speªnione przez u(x, y) = f(y), gdzie f : R → R jest dowoln¡ funk-cj¡. Rozwi¡zanie klasyczne powy»szego równania ma zatem posta¢ u(x, y) =
f (y), gdzie f : R → R jest dowoln¡ funkcj¡ klasy C1 (lub dowoln¡ funkcj¡
ci¡gª¡).
1.2 Równania ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦du,
n = 2
.
W przypadku wymiaru przestrzeni n = 2 równanie pierwszego rz¦du ma ogóln¡ posta¢
Szczególnymi przypadkami s¡
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.
1.3 Zagadnienie Cauchy'ego dla równania
quasiliniowe-go
Rozwa»my równanie ró»niczkowe cz¡stkowe quasiliniowe pierwszego rz¦du (RRCzQ) a(x, y, u)ux+ b(x, y, u)uy = c(x, y, u),
gdzie o funkcjach a, b i c zakªadamy, »e s¡ klasy C1 na obszarze Ω ⊂ R3.
Niech ` ∈ Ω b¦dzie krzyw¡ klasy C1, bez samoprzeci¦¢, zadan¡ w postaci
parametrycznej
x = x0(s), y = y0(s), u = u0(s), s ∈ [s1, s2] =: I,
o tej wªasno±ci, »e jej rzut `0 na pªaszczyzn¦ XOY jest te» krzyw¡ klasy C1
bez samoprzeci¦¢. (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 rozwi¡zania ϕ = ϕ(x, y) równania (RRCzQ), okre±lo-nego w pewnym otoczeniu krzywej `0 i speªniaj¡cego warunek Cauchy'ego:
(WC) u(x0(s), y0(s)) = u0(s) dla s ∈ [s1, s2].
Interpretacja geometryczna.
Wprowadzaj¡c oznaczenia A := (a, b, c), N = (ux, uy, −1), równanie
(RRCzQ) mo»na zapisa¢ jako
(1.1) hA, Ni = 0.
Poniewa» N jest wektorem normalnym do powierzchni zadanej równaniem
u = u(x, y), wiec równo±¢ (1.1) oznacza, »e wektor A le»y w pªaszczy¹nie (1)Przypominam, »e w de nicji krzywej klasy C1 »¡da si¦, m.in., by wektor styczny w
stycznej do tej powierzchni. Warunek (WC) oznacza z kolei, ze krzywa ` le»y na powierzchni danej równaniem u = u(x, y). Zatem zagadnienie Cau-chy'ego polega na znalezieniu powierzchni stycznej w ka»dym swym punkcie do zadanego pola wektorowego A i przechodz¡cej przez zadan¡ krzyw¡ ` w przestrzeni R3.
Metoda charakterystyk.
Przytoczona interpretacja geometryczna le»y u podstaw metody znaj-dowania rozwi¡zania zagadnienia Cauchy'ego zwanej metod¡ charakterystyk (inaczej te» metod¡ Lagrange'aCharpita(2)). W skrócie polega ona na tym,
»e przez ka»dy punkt krzywej ` przeprowadzamy krzyw¡, która w ka»dym swoim punkcie jest styczna do pola wektorowego A. Powierzchnia utworzona przez te krzywe jest wykresem szukanego rozwi¡zania zagadnienia.
Dla ustalonego s ∈ [s1, s2] rozwa»amy nast¦puj¡ce zagadnienie
pocz¡tko-we (1.2) 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 PicardaLindelöfa dla ukªadów równa« ró»niczkowych zwy-czajnych (Twierdzenie 6.2) wynika, »e istnieje dokªadnie jedno rozwi¡zanie (1.3) ξ = ξ(t, s), η = η(t, s), υ = υ(t, s)
zagadnienia pocz¡tkowego (1.2), okre±lone dla t ∈ (−δs, δs), gdzie 0 < δs ¬
∞.
Okazuje si¦, »e odwzorowanie
[ ∆ 3 (t, s) 7→ (ξ(t, s), η(t, s), υ(t, s)) ∈ R3], gdzie
∆ := [
s∈[s1,s2]
(−δs, δs) × {s} ⊃ (−δ, δ) × [s1, s2] dla pewnego δ > 0,
jest klasy C1 (jest to wniosek z twierdzenia o ró»niczkowalnej zale»no±ci
roz-wi¡zania zagadnienia pocz¡tkowego od parametru dla ukªadu równa« ró»nicz-kowych zwyczajnych, wyniku do±¢ technicznego: klikn¡¢ tu).
Szukamy teraz warunku dostatecznego na to, by, przynajmniej w pobli»u krzywej `, wzory (1.3), gdy (t, s) ∈ ∆, byªy równaniami parametrycznymi pewnej powierzchni w R3 daj¡cej si¦ przedstawi¢ jako wykres funkcji ϕ =
ϕ(x, y) klasy C1.
Zde niujmy przeksztaªcenie Φ: ∆ → R2, klasy C1, wzorem
Φ(t, s) := (ξ(t, s), η(t, s)), (t, s) ∈ ∆.
Jakobian przeksztaªcenia Φ w punkcie (t, s) ∈ ∆ wyra»a si¦ 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 istniaªo otoczenie D ⊂ ∆ odcinka {0} × [s1, s2] takie, »e Φ|D jest
odwracalne, z odwzorowaniem odwrotnym (Φ|D)−1: E 1−1 −−→ na Dklasy C 1, jest, by zachodziªo (1.4) a(x0(s), y0(s), u0(s)) x00(s) b(x0(s), y0(s), u0(s)) y00(s) 6= 0 dla ka»dego s ∈ [s1, s2].
Zauwa»my, »e (1.4) oznacza pewien warunek na poªo»enie krzywej `0:
wektor styczny do `0 i rzut wektora A na pªaszczyzn¦ XOY nie mog¡ by¢
równolegªe w »adnym punkcie krzywej `0.
De niujemy odwzorowanie ϕ: E → R, klasy C1, wzorem
ϕ := υ ◦ (Φ|D)−1.
Udowodnimy teraz, »e ϕ jest rozwi¡zaniem (klasycznym) zagadnienia Cau-chy'ego (ZC). Zapiszmy powy»sz¡ równo±¢ 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)). Dokonuj¡c zamiany zmiennych,
otrzy-mujemy
Ró»niczkuj¡c powy»sz¡ równo±¢ po t, i uwzgl¦dniaj¡c równania ró»niczkowe zwyczajne w (1.2), 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 przej±ciu 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, »e speªnione s¡ warunki Cauchy'ego (WC), wynika z warunków pocz¡t-kowych w (1.2).
W dalszym ci¡gu udowodnimy, ze rozwi¡zanie to jest wyznaczone jed-noznacznie w pewnym otoczeniu krzywej `0. Niech ˜ϕ(x, y) b¦dzie dowolnym
rozwi¡zaniem zagadnienia (ZC). Wyka»emy, ze ˜ϕ(x, y) = ϕ(x, y) w pobli»u krzywej `0. W zmiennych (t, s) równo±¢ ta jest równowa»na 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]
rozwa»my ró»nic¦
z(t) := ˜ϕ(ξ(t, s), η(t, s)) − υ(t, s).
Mamy z(0) = 0 oraz, ró»niczkuj¡c obustronnie wzgl¦dem 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)) =: G(t, s, z(t)). Funkcja z(t) jest zatem rozwi¡zaniem zagadnienia pocz¡tkowego
z0 = G(t, s, z)
z(0) = 0.
Zauwa»my przy tym, »e G(t, s, z) i Gz(t, s, z)s¡ funkcjami ci¡gªymi.
Ponad-to, funkcja stale równa zeru jest rozwi¡zaniem tego zagadnienia. Poniewa» zagadnienie powy»sze ma jednoznaczne rozwi¡zanie, wi¦c z(t) ≡ 0, co ko«czy dowód jednoznaczno±ci rozwi¡zania zagadnienia (ZC).
Twierdzenie 1.1. Zaªó»my, »e a, b, c: Ω → R, gdzie Ω ⊂ R jest obszarem, s¡ funkcjami klasy C1. Niech ` ⊂ Ω b¦dzie krzyw¡ klasy C1, bez samoprzeci¦¢,
zadan¡ w postaci parametrycznej (x0, y0, u0) : [s1, s2] → Ω, o tej wªasno±ci,
»e jej rzut `0 = { (x0(s), y0(s)) : s ∈ [s1, s2] } te» jest krzyw¡ klasy C1 bez
samoprzeci¦¢.
Je»eli dla ka»dego 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 rozwi¡zanie. Rozwi¡zanie to jest lokalnie jednoznaczne.
Ukªad równa« ró»niczkowych zwyczajnych wyst¦puj¡cy w zagadnieniu (1.2) nosi nazw¦ ukªadu równa« charakterystycznych równania (RRCzQ), orbity tego ukªadu nazywaj¡ sie charakterystykami (równania (RRCzQ)) a rzuty tych trajektorii na pªaszczyzn¦ XOY rzutami charakterystycznymi.
Przykªad. Znale¹¢ rozwi¡zanie równania xux+ yuy = (x + y)u speªniaj¡ce
warunek u = 1 dla x = 1, 1 ¬ y ¬ 2.
Rozwi¡zanie. Zapisujemy równanie krzywej ` w postaci parametrycznej:
x0(s) = 1, y0(s) = s, u0(s) = 1, s ∈ [1, 2]. Rozwi¡zujemy zagadnienie
pocz¡t-kowe dla ukªadu równa« 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). Rozwi¡zaniem jest ξ(t, s) = et, η(t, s) = set, υ(t, s) = e(1+s)(et−1)
. Za pomoc¡ pierwszych dwóch równa« eliminujemy zmienne (t, s) w trzecim równaniu otrzymuj¡c u(x, y) = e(1+y/x)(x−1).
1.4 Liniowe równanie transportu
1.4.1 Równanie ci¡gªo±ci
Niech u(t, x) oznacza g¦sto±¢ pewnej substancji w punkcie x = (x1, . . . , xn) ∈
Rn i chwili t 0 (substancj¦ rozumiemy tu w raczej lozo cznym sensie: mo»e to by¢, np., energia). Wymiar u to [masa] Ö [dªugo±¢]−n.
Substancja jest przenoszona (przez otaczaj¡cy o±rodek, powiedzmy) z pr¦dko±ci¡ v(t, x). Ka»da ze wspóªrz¦dnych wektora v ma wymiar [dªugo±¢] Ö [czas]−1. Ponadto, dopuszczamy tworzenie/znikanie substancji, z
wydajno-±ci¡ f(t, x). Wymiar f to [masa] Ö [dªugo±¢]−nÖ [czas]−1. Nie dopuszczamy
natomiast mo»liwo±ci dyfuzji substancji.
Niech U ⊂ Rn b¦dzie ograniczonym obszarem domkni¦tym, o
dostatecz-nie regularnym brzegu ∂U (tak regularnym, by mo»na byªo zastosowa¢ twier-dzenie o dywergencji). Niech t1 < t2. Zasada zachowania masy przyjmuje
posta¢: Z U u(t2, x) dx − Z U u(t1, x) dx = = t2 Z t1 Z ∂U hu(t, x)v(t, x), n(x)i dS dt + t2 Z t1 Z U f (t, x) dx dt
(u(t, x)v(t, x) to strumie« w punkcie x w chwili t; jest to wektor, którego wspóªrz¦dne maj¡ wymiar [masa] Ö [dªugo±¢]−n+1 Ö [czas]−1). Stosujemy
teraz twierdzenie o dywergencji do wewn¦trznej caªki w pierwszym skªadniku po prawej stronie: Z ∂U hu(t, x)v(t, x), n(x)i dS = Z U divx(u(t, x)v(t, x)) dx
(divx oznacza operator dywergencji wzgl¦dem wspóªrz¦dnych
przestrzen-nych, divx :=
n P i=1
∂
∂xi). Poniewa» zarówno obszar U jak i momenty t1 < t2
byªy dowolne, otrzymujemy równanie ró»niczkowe cz¡stkowe pierwszego rz¦-du (równanie ci¡gªo±ci)
(RC) ut+ divx(uv) = f w [0, ∞) × Rn,
gdzie u = u(t, x) jest szukan¡ funkcj¡, v: [0, ∞) × Rn
→ Rn jest zadan¡
funkcj¡ wektorow¡, za± f : [0, ∞) × Rn→ R jest zadan¡ funkcj¡ (skalarn¡).
Niekiedy równanie ci¡gªo±ci zapisuje si¦ w postaci
ut+ h∇x, uvi = f,
gdzie ∇x:= (∂x∂1, . . . ,∂x∂n).
1.4.2 Liniowe równanie transportu
Liniowym równaniem transportu nazywamy równanie ró»niczkowe cz¡stkowe liniowe pierwszego rz¦du
gdzie u = u(t, x) = u(t, x1, . . . , xn) jest szukan¡ funkcj¡, v = (v1, . . . , vn) ∈
Rn jest zadanym wektorem, za± f : [0, ∞) × Rn→ R jest zadan¡ funkcj¡. Równanie (RT) jest szczególnym przypadkiem równania ci¡gªo±ci (RC), gdy zaªo»ymy, »e funkcja wektorowa v jest staªa.
Liniowe równanie transportu (RT) nazywamy jednorodnym, gdy f ≡ 0. W przeciwnym przypadku, liniowe równanie transportu nazywamy niejedno-rodnym.
Rozwa»my liniowe jednorodne równanie transportu (RTJ) ut+ hv, ∇xui = 0 w [0, ∞) × Rn.
W istocie znaczy ono, »e pochodna funkcji u w kierunku wektora (1, v1, . . . , vn) =
(1, v) ma by¢ równa zeru, zatem funkcja u ma by¢ staªa na ka»dej prostej równolegªej do wektora (1, v).
Rozpatrzmy zagadnienie pocz¡tkowe (RTJ-ZP) ut+ hv, ∇xui = 0 w [0, ∞) × Rn u = g na {0} × Rn,
gdzie g : Rn → R jest zadan¡ funkcj¡.
Dla ustalonego (t, x) ∈ [0, ∞) × Rn, prosta przechodz¡ca przez ten punkt
i równolegªa do (1, v) przecina hiperpªaszczyzn¦ {0} × Rn w punkcie (0, x −
tv). Je±li zagadnienie pocz¡tkowe (RTJ-ZP) ma rozwi¡zanie ϕ, to ϕ(t, x) = ϕ(0, x − tv) = g(x − tv), czyli
(1.5) ϕ(t, x) = g(x − tv), t 0, x ∈ Rn.
Je±li funkcja g jest klasy C1, to tak zde niowane ϕ jest klasycznym
rozwi¡-zaniem równania (RTJ).
Przejd¹my teraz do zagadnienia pocz¡tkowego dla niejednorodnego linio-wego równania transportu
(RTN-ZP) ut+ hv, ∇xui = f w [0, ∞) × Rn u = g na {0} × Rn,
gdzie f : [0, ∞) × Rn → R i g : Rn→ R s¡ zadanymi funkcjami.
Niech ψ : Rn× [0, ∞) → Rn b¦dzie rozwi¡zaniem zagadnienia (RTN-ZP).
Ustalmy (t, x) ∈ [0, ∞) × Rn, i poªó»my z(s) := ψ(t + s, x + sv), s ∈ [−t, ∞).
Wówczas
co daje z(0) − z(−t) = 0 Z −t z0(s) ds = 0 Z −t f (t + s, x + sv) ds = t Z 0 f (s, x + (s − t)v) ds. Ale z(0) − z(−t) = ψ(t, x) − ψ(0, x − tv) = ψ(t, x) − g(x − tv), zatem (1.6) ψ(t, x) = g(x − tv) + t Z 0 f (s, x + (s − t)v) ds, t 0, x ∈ Rn.
