Równania różniczkowe cząstkowe B1Streszczenia wykładów

Jan Goncerzewicz

25 października 2016

(Notatki w trakcie permanentnego redagowania)Wersja 1.01a

1

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

1 Wstęp

1.1 Definicje i oznaczenia.

Równaniem różniczkowym cząstkowym nazywamy wyrażenie postaci

F (x1, x2, . . . , xn, u, ux1 , ux2 , . . . , uxn , ux1x1 , ux1y1 , . . .︸ ︷︷ ︸skończona ilość

) = 0, (1)

gdzie:

• u = u(x1, . . . , xn) jest niewiadomą funkcją,

• uxi =∂u

∂xi, uxixj = (uxi)xj , i.t.d.

Maksymalny rząd pochodnej cząstkowej występującej w równaniu nazywamy rzędemrównania. Jeśli równanie ma rząd k, to funkcja u jest rozwiązaniem klasycznym rów-nania w obszarze Ω ⊂ Rn, gdy ma ciągłe pochodne cząstkowe do rzędu k włączniew Ω i równość (1) spełniona jest dla wszysktich (x1, . . . , xn) ∈ Ω. Niekiedy żąda siętylko aby u była funkcją ciągłą w Ω i miała w Ω ciągłe pochodne cząstkowe występu-jące w równaniu. Rozpatruje się także rozwiązania mniej regularne, w tym także niebędące funkcjami ciągłymi (rozwiązania uogólnione, słabe, mocne, dystrybucyjne...).Każdorazowo wymaga to precyzyjnej definicji pojęcia rozwiązania.

Przykład. Jeśli ux = 0 w R2, to u(x, y) = f(y), gdzie f jest dowolną funkcjązmiennej y. Rozwiązanie klasyczne równania ux = 0 w Ω = R2 ma więc postaću(x, y) = f(y), gdzie f jest dowolną funkcją klasy C1 na R (lub ewentualnie tylkociągłą). Fakt ten pozostaje prawdziwy w przypadku, gdy Ω ⊂ R2 jest obszarem Udowodnić!

Podać przykład,

że nie jest to

prawdą, gdy Ω

nie jest wypukły.

wypukłym.

1.2 Ważniejsze równania (przykłady).

Równania pierwszego rzędu:

1. ut + div(uv) = 0 - równanie ciągłości, równanie transportu

2. ut + (u2/2)x = 0 - równanie Burgersa (nielepkościowe)

Równania drugiego rzędu:

1. ∆u = 0, (∆u = f) - równanie Laplace’a (Poissona), ∆u :=n∑i=1

uxixi

2. utt − c2∆u = 0 - równanie falowe,

3. ut = κ∆u - równanie przewodnictwa ciepła.

4. ut + 12σ

2s2uss + rsus − ru = 0 - równanie Blacka - Scholesa (matematykafinansowa)

Równania wyższych rzędów:

1. ut + (u2)x + uxxx = 0 - równanie Kortewega - de Vriesa (solitony),

2. utt + uxxxx = 0 - równanie belki.

2

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

1.3 Źródła fizyczne (przykłady).

Źródłem wielu równań są tzw. prawa (zasady) zachowania występujące w fizyceośrodków ciągłych. Zasada zachowania wielkości P mającej gęstość P (x, t) w ob-szarze Ω ⊂ R3 oznacza, że całkowita zmiana tej wielkości w dowolnym obszarzeV ⊂ 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

dt

∫VP (x, t) dx = −

∫∂V

q · n dS

dla dowolnego obszaru V ⊂ Ω o dostatecznie regularnym brzegu. Zakładając dosta-teczną regularność występujących tu wielkości i stosując twierdzenie o dywergencjiotrzymujemy całkową postać prawa zachownia∫

VPt(x, t) + div q dx = 0 dla każdego obszaru V ⊂ Ω.

Z dowolności V wynika różniczkowa postać prawa zachowania

Pt + div q = 0 w Ω.

Jeśli w Ω znajdują się źródła wielkości P , to oznaczając przez f(x, t) ich gęstośćotrzymujemy

d

dt

∫VP (x, t) dx = −

∫∂V

q · n dS +∫Vf(x, t) dx,

co prowadzi do równaniaPt + div q = f w Ω.

Przykład 1. Przepływ ciepła bez konwekcji. Niech E(x, t) oznacza gęstość energiicieplnej 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 przewodzącegociepło, oraz że Dlaczego znak

minus?q = −k∇T (prawo Fouriera),

gdzie k > 0 jest współczynnikiem dyfuzjii cieplnej, otrzymujemy (przy założeniu żec, ρ i k nie zależą od x i t) równanie przewodnitwa ciepła

cρT = k∆T.

Przykład 2. Przepływ cieczy, równanie ciągłości. Jeśli u(x, t) jest wektorem pręd- u=(u1, u2, u3)

kości cieczy a ρ(x, t) jej gęstością w puncie x w chwili t, to q = ρu jest wektoremstrumienia masy cieczy, i otrzymujemy równanie ciągłości

ρt + div(ρu) = 0

wyrażające zasadę zachowania masy. W przypadku cieczy nieściśliwej (ρ = const)mamy

div u = 0.

3

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

Przykład 3. Równania ruchu cieczy nieścisliwej. Jak wyżej, u(x, t) jest wektoremprędkości cieczy a ρ(x, t) jej gęstością. Przy założeniu, że jedyną siłą działającą naciecz jest ciśnienie p(x, t), z drugiego prawa Newtona wynikają równania Euleraopisujące ruch cieczy idealnej (nieściśliwej i nielepkiej) Układ 4 rów-

nań,

4 niewiadome:

u1, u2, u3 i p.

ρ(ut + u · ∇u) = −∇pdiv u = 0.

Podobnie, ruch cieczy nieściśliwej i lepkiej (współczynnik lepkości µ > 0) opisująrównania 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 ogólnąpostać

F (x, y, u, ux, uy) = 0.

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.

2.1 Zagadnienie Cauchy’ego dla równania quasiliniowego.

Niech ` ⊂ R3 będzie krzywą zadaną w postaci parametrycznej

` : x = x0(s), y = y0(s), u = u0(s), s ∈ I = [s1, s2]

i niech `0 będzie rzutem tej krzywej na płaszczyznę xoy.

Zagadnienie Cauchy’egoa(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u) (2)

u(x0(s), y0(s)) = u0(s) dla s ∈ I (3)

polega na znalezieniu rozwiązania u = u(x, y) równania (2), określonego w pewnymotoczeniu krzywej `0 i spełniającego warunek (3).

Interpretacja geometryczna. Wprowadzając oznaczenia

−→A = (a, b, c),

−→N = (ux, uy,−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

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

−→A leży w płaszczyźnie stycznej do tej powierzchni. Warunek (3) oznacza z kolei, żekrzywa ` leży na powierzni u = u(x, y). Zatem zagadnienie Cauchy’ego polega naznalezieniu powierzchni ”stycznej” do zadanego pola wektorowego

−→A i przechodzącej

przez zadaną krzywą ` w przestrzeni R3.

Metoda charakterystyk. Przytoczona interpretacja geometryczna leży u podstawmetody znajdowania rozwiązania zagadnienia Cauchy’ego, zwanej metodą charakte-rystyk. W skrócie polega ona na tym, że przez każdy punkt krzywej ` przeprowadza-my 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 C1 w pewnymobszarze Ω ⊂ R3

II. ` : (x0(s), y0(s), u0(s)), gdzie s ∈ I jest krzywą zawartą w Ω, bez samoprzecięć

III. x0(·), y0(·), u0(·) są funkcjami klasy C1 na I.

Opis metody.Dla ustalonego s ∈ I rozważamy następujące zagadnienie początkowe

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).

(5)

Z teorii układów równań różniczkowych zwyczajnych wynika, że istnieje dokładniejedno rozwiązanie

x = x(t, s), y = y(t, s), u = u(t, s) (6)

zagadnienia (5), określone dla t ∈ (−δs, δs), gdzie 0 < δs ¬ ∞. Ponadto, z twierdze-nia o różniczkowalnej zależności rozwiązań od parametrów wynika, że x(t, s), y(t, s),u(t, s) są funkcjami klasy C1 na zbiorze

∆ =⋃s∈I

(−δs, δs)× s.

Równania (6), gdy (t, s) ∈ ∆ są równaniami parametrycznymi pewnej powierzchniw R3. Powierzchnię tę można przedstawić w postaci u = u(x, y) w otoczeniu krzywej`0 jeśli dla przekształcenia Φ: ∆→ R2 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 `0,

Φ−1(x, y) = (t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) ∈ D.

Wówczas funkcja

u(x, y) := u(t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) ∈ D (7)

5

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

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

JΦ(t, s) =

∣∣∣∣∣xt(t, s) xs(t, s)yt(t, s) ys(t, s)

∣∣∣∣∣ 6= 0.

Wobec ciągłości pochodnych cząstkowych funkcji x(t, s) i y(t, s), dla istnienia Φ−1

w otoczeniu krzywej `0 wystarczy założyć, że JΦ(0, s) 6= 0 dla s ∈ I. Uwzględniając(5) założenie to możemy zapisać w postaci

IV. ∣∣∣∣∣a(x0(s), y0(s), u0(s)) x′0(s)b(x0(s), y0(s), u0(s)) y′0(s)

∣∣∣∣∣ 6= 0 dla s ∈ I. (8)

Zauważmy, że założenie IV oznacza pewien warunek na położenie krzywej `0: wektorstyczny do `0 i rzut wektora

−→A na płaszczynę (x, y) nie mogą być równoległe w

żadnym punkcie krzywej `0 (są transwersalne). Zauważmy także, że założenie IVzawiera w sobie warunki

a(x0(s), y0(s), u0(s))2 + b(x0(s), y0(s), u0(s))2 > 0 dla s ∈ I

orazx′0(s)2 + y′0(s)2 > 0 dla s ∈ I.

Wykażemy teraz, że funkcja u(x, y) zdefiniwana wzorem (7) jest szukanym roz- Istnienie roz-

wiązania.wiązaniem zagadnienia Cauchy’ego. W tym celu, przechodząc w równości (7) dozmiennych (t, s) otrzymujemy

u(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s) dla (t, s) ∈ ∆. (9)

(Nie tracąc ogólności możemy przyjąć, że przekształcenie Φ jest odwracalne na ca-łym zbiorze ∆.) Różniczkując równość (9) obustronnie względem t, uwzględniającrównania różniczkowe w (5) i raz jeszcze równość (9) otrzymujemy

ux(x(t, s), y(t, s))) · a(x(t, s), y(t, s), u(x(t, s), y(t, s)))

+ uy(x(t, s), y(t, s)) · b(x(t, s), y(t, s), u(x(t, s), y(t, s)))

= c(x(t, s), y(t, s), u(x(t, s), y(t, s))), (10)

co przepisane w zmiennych (x, y) oznacza, że u(x, y) jest rozwiązaniem równania(2). Kładąc w (9) t = 0 i uwzględniając warunki początkowe z zagadnienia (5)otrzymujemy

u(x0(s), y0(s)) = u0(s) dla s ∈ I.

Zatem u(x, y) jest rozwiązaniem zagadnienia (2)-(3).W dalszym ciągu udowodnimy, że rozwiązanie to jest wyznaczone jednoznacznie Jednoznaczność.

w otoczeniu krzywej `0. Niech v(x, y) będzie dowolnym rozwiązaniem zagadnienia(2)-(3). Wykażemy, że v(x, y) = u(x, y) na wspólnej części dziedzin tych rozwiązań.W zmiennych (t, s) równość ta jest równoważna z

v(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s)

6

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

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 obustronniewzględem t,

z′(t) = vx(x(t, s), y(t, s))) · a(x(t, s), y(t, s), u(t, s))

+ vy(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))

= vx(x(t, s), y(t, s))) · a(x(t, s), y(t, s), v(x(t, s), y(t, s))− z(t))+ vy(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 Fz(t, s, z) są funkcjami ciągłymi. Zauważmy dalej,że funkcja ζ(t) ≡ 0 jest też rozwiązaniem tego zagadnienia. Ponieważ zagadnieniepowyższe ma jednoznaczne rozwiązanie, więc z(t) ≡ 0, co kończy dowód jednoznacz-ności u(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 równańcharakterystycznych równania (2), trajektorie tego układu nazywają się charakte-rystykami (równania (2)) a rzuty tych trajektorii na płaszczyznę (x, y) - rzutamicharakterystycznymi.

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 charakterystycz-nych

dxdt = x, x(0) = 1dydt = y, y(0) = sdudt = (x+ y)u, u(0) = 1

7

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

dla s ∈ (1, 2). Rozwiązaniem jest

x(t, s) = et

y(t, s) = set

u(t, s) = e(1+s)(et−1)

• Z pomocą pierwszych dwóch równań eliminujemy zmienne (t, s) w trzecimrównaniu otrzymując u(x, y) = e(1+y/x)(x−1).

2.2 Rozwiązanie ogólne równania quasiliniowego.

Rozważmy układ równań

dx

dt= a(x, y, u),

dy

dt= b(x, y, u),

du

dt= c(x, y, u),

(11)

gdzie prawa strona układu spełnia założenie I.

Definicja. Funkcja ϕ(x, y, u) klasy C1 jest całką pierwszą układu (11) w obszarzeΩ jeśli:

i) ϕ 6≡ const,

ii) ϕ jest funkcją stałą na dowolnej trajektorii układu (11) zawartej w Ω.

Lemat 1.2. Funkcja ϕ(x, y, u) klasy C1 jest całką pierwszą układu (11) w obszarzeΩ wtedy i tylko wtedy, gdy ϕ 6≡ const i ϕ jest rozwiazaniem równania

a(x, y, u)ϕx + b(x, y, u)ϕy + c(x, y, u)ϕu = 0 (12)

w Ω.

Lemat 1.3. Jeśli ϕ(x, y, u) jest całką pierwszą układu (11) w obszarze Ω i ϕu(x0, y0, u0) 6=0 dla pewnego (x0, y0, u0) ∈ Ω, to równanie

ϕ(x, y, u) = 0

definiuje w sposób uwikłany rozwiązanie u(x, y) równania a(x, y, u)ux+b(x, y, u)uy =c(x, y, u) w pewnym otoczeniu punktu (x0, y0, u0).Na odwrót, jeśli u(x, y) jest rozwiązaniem równania a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy =c(x, y, u) w Ω zdefiniowanym równaniem f(x, y, u) = 0 to f(x, y, u) jest całką pierw-szą układu (11) w Ω.

Definicja. Mówimy, że całki pierwsze f1(x, y, u) i f2(x, y, u) układu (11) w obszarzeΩ są niezależne, jeśli

rank

[(f1)x (f1)y (f1)u(f2)x (f2)y (f2)u

]= 2

w Ω (tj. jeśli wektory ∇f1 i ∇f2 są liniowo niezależne).

8

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

Twierdzenie 1.4. Jeśli f1(x, y, u) i f2(x, y, u) są niezależnymi całkami pierwszymiukładu (11) w obszarze Ω takimi, że (f1)u i (f2)u 6= 0, to każde rozwiązanie u(x, y)równania a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u) w obszarze Ω można przedstawić wsposób uwikłany zależnością

H(f1(x, y, u), f2(x, y, u)) = 0 (13)

dla pewnej funkcji H = H(ξ1, ξ2) klasy C1.

Uwaga. Zależność (13) nosi nazwę rozwiązania ogólnego równania a(x, y, u)ux +b(x, y, u)uy = c(x, y, u).

Przykład. Znaleźć rozwiązanie ogólne równania

x(y − u)ux + y(u− x)uy = (x− y)u.

Znaleźć rozwiązanie spełniające warunek u = 1 dla y = x.

Rozwiązanie.

• Układ równań charakterystycznych ma postać

dxdt = xy − xu,

dydt = yu− yx,

dudt = xu− yu .

• dodając stronami te równania otrzymujemy ddt(x + y + u) = 0. Stąd wynika,

że f1(x, y, u) = x+ y + u jest całką pierwszą.

• mnożąc pierwsze równanie obustronnie przez yu, drugie przez xu, trzecie przezxy i dodając stronami otrzymujemy d

dt(xyu) = 0. Stąd f2(x, y, u) = xyu jestteż całką pierwszą.

• znalezione całki pierwsze są niezależne w każdym obszarze, w którym zachodzijeden z warunków x(y−u) 6= 0, y(u−x) 6= 0 lub (x− y)u 6= 0. Stąd w każdymtakim obszarze rozwiązanie ogóle ma postać H(x + y + u, xyu) = 0, gdzie Hjest dowolną funkcją klasy C1 dwóch zmiennych.

• wyrażamy krzywą początkową w postaci parametrycznej ` : (s, s, 1), s ∈ R.Dla ustalonego s ∈ R mamy

x+ y + u = 2s+ 1

xyu = s2.

Stąd otrzymujemy zależność ((x+y+u−1)/2)2 = xyu, definiującą rozwiązanieu w sposób uwikłany (H(ξ1, ξ2) = ((ξ1 − 1)/2)2 − ξ2).

Uwaga. Funkcja H(ξ1, ξ2) nie jest wyznaczona jednoznacznie, natomiast zprzedstawionej teorii zagadnienia Cauchy’ego wynika, że (przy odpowiednichzałożeniach) rozwiązanie u jest wyznaczone jednoznacznie .

9

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

2.3 Równania nieliniowe pierwszego rzędu, n = 2.

Zajmiemy się teraz zagadnieniem Cauchy’egoF (x, y, u, p, q) = 0, (14)

u(x0(s), y0(s)) = u0(s) dla s ∈ I, (15)

gdzie p := ux, q := uy i, podobnie jak poprzednio, ` : (x0(s), y0(s), u0(s)), s ∈ I jestzadaną krzywą w R3.Metoda znalezienia rozwiązania tego zagadnienia nosi nazwę metody Charpit’a (La-grange’a - Charpit’a).Opis metody.Załóżmy, że funkcja F oraz szukane rozwiązanie u są klasy C2. Wówczas, różniczku-jąc obustronnie równanie (14) względem x i y oraz uwzględniając równość py = qxotrzymujemy układ równań

Fx + pFu + pxFp + pyFq = 0 (16)

Fy + qFu + qxFp + qyFq = 0. (17)

Zauważmy, że równania powyższe są quasiliniowymi równaniami ze względu na funk-cje p i q, a niewiadoma funkcja u występuje w argumentach współczynników Fx, Fy,Fu, Fp i Fq (są one funkcjami pięciu zmiennych (x, y, u, p, q)). Idea rozwiązania polegana przeniesieniu metody charakterystyk na przypadek układu (16)-(17). Będziemyprzy tym funkcje u, p i q traktować jako niewiadome.Układ równań charakterystycznych uwzględniający niewiadome p i q ma postać

dx

dt= Fp,

dy

dt= Fq,

dp

dt= −Fx − pFu,

dq

dt= −Fy − qFu. (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 pochodnedx

dtidy

dtotrzymujemy

du

dt= pFp + qFq. (19)

Równania (18) - (19) tworzą tzw. układ równań wstęg charakterystycznych. Układ tenuzupełniamy o warunki początkowe. Poniższe trzy warunki są oczywiste i wyrażająfakt, że charakterystyki przechodzą przez punkty krzywej `:

x(0) = x0(s), y(0) = y0(s) u(0) = u0(s) dla s ∈ I. (20)

Brakujące warunki na p(0) i q(0) znajdziemy wyznaczając wartości

p0(s) := ux(x0(s), y0(s)) i q0(s) := uy(x0(s), y0(s))

dla s ∈ I. Wyznaczamy je rozwiązując układ równańF (x0(s), y0(s), u0(s), p0(s), q0(s)) = 0 (21)

p0(s)x′0(s) + q0(s) y′0(s) = u′0(s) (22)

10

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

dla s ∈ I. Równanie pierwsze oznacza, że punkty (x0(s), y0(s), u0(s), p0(s), q0(s))spełniają równanie (14), równanie drugie otrzymujemy różniczkując obustronniewzględem s równość

u(x0(s), y0(s)) = u0(s) dla s ∈ I,

wyrażającą z kolei fakt, że punkty (x0(s), y0(s), u0(s)) leżą na powierzchni u =u(x, y).Podsumowując, należy rozwiązać zagadnienie początkowe

(∗)

dx

dt= Fp, x(0) = x0(s) (23)

dy

dt= Fq, y(0) = y0(s) (24)

du

dt= pFp + qFq, u(0) = u0(s) (25)

dp

dt= −Fx − pFu, p(0) = p0(s) (26)

dq

dt= −Fy − qFu, q(0) = q0(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) ∈ ∆ ⊂ R2. (Tutaj i w dalszym ciągu stosujemy oznaczenia przyjęte Definicje -

patrz strona 5.w przypadku równania quasiliniowego.) Analogicznie jak w przypadku równaniaquasiliniowego, jeśli z zależności

x = x(t, s), y = y(t, s) gdy (t, s) ∈ ∆

potrafimy wyznaczyć

t = t(x, y), s = s(x, y), gdy (x, y) ∈ D,

to funkcjau(x, y) := u(t(x, y), s(x, y)) dla (x, y) ∈ D,

jest rozwiązaniem zagadnienia (14) - (15). Przyjmujemy więc, że jakobian przekształ-cenia Φ(t, s) = (x(t, s), y(t, s)) jest różny od zera dla (t, s) ∈ ∆ tj.

JΦ =

∣∣∣∣∣xt xsyt ys

∣∣∣∣∣ 6= 0 w ∆. (28)

Aby wykazać, że u jest rozwiązaniem zagadnienia definiujemy funkcje

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 u(x, y) spełnia warunek (15).

Szkic dowodu. W tożsamości

u(x(t, s), y(t, s)) = u(t, s) dla (t, s) ∈ ∆ (29)

11

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

podstawiamy t = 0 i uwzględniamy warunki początkowe (23) - (25). 2

Fakt 2. Funkcje u(x, y), p(x, y) i q(x, y) spełniają równość

F (x, y, u(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 ikorzystając z równań układu (23) - (27) otrzymujemy

d

dtF (x(t, s), y(t, s), u(t, s), p(t, s), q(t, s)) = 0,

czyli

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 dlas ∈ I.

2

Fakt 3. Dla (x, y) ∈ D zachodzą równości

ux(x, y) = p(x, y), uy(x, y) = q(x, y).

Szkic dowodu. Pracujemy w zmiennych (t, s).

• Różniczkując tożsamość (29) ze względu na t i s otrzymujemy

ut(t, s) = ux(x(t, s), y(t, s))xt(t, s) + uy(x(t, s), y(t, s))yt(t, s) (30)

us(t, s) = ux(x(t, s), y(t, s))xt(t, s) + uy(x(t, s), y(t, s))yt(t, s) (31)

dla (t, s) ∈ ∆, czyli funkcje ux i uy są rozwiązaniami układu

(∗∗)ut = uxxt + uyyt

us = uxxs + uyys

w zbiorze ∆.

• Wykazujemy, że funkcje p i q też są rozwiązaniami układu (∗∗):

– równanieut = pxt + qyt

jest powtórzeniem równania z (25),

12

Równania różniczkowe cząstkowe B1 Wykłady 1 - 5 (streszczenia)

– aby otrzymać równanieus = pxs + qys

rozważamy funkcję w := pxs+ qys−us. Wykorzystując równania układu(∗) i samo równanie (14) pokazujemy, że

wt = −Fuw

Stąd

w(t, s) = w(0, s) exp(∫ t

0Fu dτ).

Na mocy (22) mamy w(0, s) = 0 dla s ∈ I. Zatem w ≡ 0 w zbiorze ∆.

• Ponieważ ∣∣∣∣∣xt ytxs ys

∣∣∣∣∣ 6= 0 w ∆

więc układ (∗∗) ma dokładnie jedno rozwiązanie. Stąd teza.

2

13