75042 Partielle differensialligninger

Oppgavesett #3 (til 1997–09–23 ) — løsningsforslag

Evans p. 152: 3: I rename (x_{1}, x_{2}) to (x, y) for convenience.

(a) We solve u_{x} + u_{y} = u^{2} with initial data u(x, 0) = g(x). The characteristic equations are

ẋ = 1, ẏ = 1, ż = z^{2}

and their solution is x = t, y = t + A, z = 1/(B − t). (There should have been an integration constant in the solution for x, but I threw it away because I am free to choose the starting point of a parametrization of the characteristics. Of course, I can only throw away one integration constant this way.) Eliminate t to describe the characteristic curves as

y = x + A, z = \frac{1}{B − x}.

A characteristic lying on the graph of the solution u must fit the initial data u(x, 0) = g(x), so that z = g(x) when (x, y, z) is on the characteristic with y = 0. This happens when x = −A, so we must have

\frac{1}{B − (−A)} = g(−A) and therefore B = −A + \frac{1}{g(−A)}.

Thus, passing back to the general form for the characteristic curve we get A = y − x, B = x − y + 1/g(x − y), and so

u(x, y) = z = \frac{1}{B − x} = \frac{g(x − y)}{1 − yg(x − y)}

which does indeed solve the problem.

(b) We solve xu_{y} − yu_{x} = u with initial data u(x, 0) = g(x). The characteristic equations are

ẋ = −y, ẏ = x, ż = z

with solutions x = A cos t, y = A sin t, z = Be^{t}. Here again we have thrown away a useless integration constant — to be added to t — in the expressions for x and y.

We note that the projected characteristics are circles in the (x, y) plane, and each of these cross the initial curve y = 0 twice. Since |z| grows as we travel along a characteristic with increasing t, the initial data cannot be satisfied everywhere. If, however, we restrict our attention to the right half plane x > 0 there is no trouble at all.

We eliminate t from our equations for the characteristic and get x^{2} + y^{2} = A^{2} and z = B exp ( arctan(y/x)). The initial data implies that we should have z = g(x) when y = 0. At this point on the characteristic x = A, so we get Thus B = g(A). In general, then, our solution becomes

u(x, y) = z = g (\sqrt{x^{2} + y^{2}}) exp ( arctan \frac{y}{x}).

Evans p. 152: 4:

(a) We solve xu_{x} + yu_{y} = λu with initial data u(x, 1) = g(x). The characteristic equations are

ẋ = x, ẏ = y, ż = λz

with solutions x = Ae^{t}, y = Be^{t}, z = Ce^{λt} (no integration constants thrown away this time). Eliminating t we get (using new constants)

x = αy, z = βx^{λ}

for the characteristics. It should be noted that no characteristic curve actually reaches x = y = 0. The characteristic curves starting at points with y = 1 can only reach the upper half plane therefore, so we only get a determined solution for y > 0.

75042 PDE 1997: Oppgavesett #3 Side 2

The initial condition means that our characteristic curve should have z = g(x) when y = 1, which happens at x = α. So we get βα^{λ} = g(α), that is β = α^{−λ}g(α). Thus we get finally for our solution

u(x, y) = z = α^{−λ}g(α)x^{λ} = (\frac{x}{λ})^{λ} g (\frac{x}{y}) x^{λ} = y^{λ}g (\frac{x}{y}) .

(b) We solve uu_{x} + u_{y} = 1 with data u(x, x) = x/2. The characteristic equations are

ẋ = z, ẏ = 1, ż = 1

which we solve for z first, then for x and y, giving z = t (we discarded the integration constant), y = t + A, and x = t^{2}/2 + B. Eliminating t we end up with

x = \frac{1}{2}z^{2} + B, y = z + A  (1)

for the general characteristic of the given equation.

The initial data says z = x/2 when x = y. To fit this with (1), we put x = y = 2z to get

2z = \frac{1}{2}z^{2} + B, 2z = z + A.

The second equation implies z = A, which we substitute in the first equation to obtain

B = 2A − \frac{1}{2}A^{2}.

Finally we substitute this B value back into (1), use the second half of the equation to write A = y − z, which is also substituted in the first half, with the result

x = \frac{1}{2}z^{2} + 2(y − z) − \frac{1}{2}(y − z)^{2} = 2y − 2z − \frac{1}{2}y^{2} + yz

which we solve for z to get the solution

u(x, y) = \frac{x − 2y + \frac{1}{2}y^{2}}{y − 2} .

#3–1: Første del av denne besvarelsen blir vel nærmest en oppsummering av hva jeg gjennomgikk i forelesningen: Vi skriver eikonalligningen i to dimensjoner u_{x}^{2} + u_{y}^{2} = 1 på formen

F (p, q, z, x, y) = 0, z = u(x, y), p = u_{x}(x, y), q = u_{y}(x, y)

der vektoren som heter p hos Evans heter (p, q) her, og x er blitt til (x, y) — og F er gitt ved

F (p, q, z, x, y) = p^{2} + q^{2} − 1

De karakteristiske ligningene blir (se Evans (11) side 93)

ṗ = −D_{x}F − pD_{z}F = 0,
q̇ = −D_{y}F − qD_{z}F = 0,
ẋ = D_{p}F = 2p,
ẏ = D_{q}F = 2q,
ż = pD_{p}F + qD_{q}F = 2(p^{2} + q^{2})

slik at p og q blir konstante langs karakteristikkene, og vi finner

x = ξ + 2ps, y = 2qs, z = ζ + 2(p^{2} + q^{2})s = ζ + 2s  (2)

hvor jeg har brukt ligningen F = 0, og samtidig har utnyttet friheten i valg av nullpunkt for parameteren s langs karakteristikken og valgt det der y = 0.

Initialdataene var gitt på formen u(x, 0) = g(x) med g(x) = \sqrt{x^{2} + R^{2}} med tilleggskravet u_{y}(x, 0) > 0. Vi kan derivere den første ligningen med hensyn på x og finner u_{x}(x, 0) = g′(x). Men eikonalligningen sammen med tilleggskravet bestemmer da u_{y} entydig langs x–aksen:

u_{y}(x, 0) = \sqrt{1 − g′(x)^{2}} = \sqrt{1 − g′(x)^{2}} = \frac{R}{\sqrt{x^{2} + R^{2}}}

hvor jeg har antatt at R > 0 (det kan neppe skade, siden R bare forekommer i formen R^{2} i oppgaven).

Vi går nå tilbake til karakteristikken gitt ved (2) og ser at om vi setter s = 0 så krever initialdataene at z = g(ξ), p = g′(ξ) og q = \sqrt{1 − g′(x)^{2}}. Dette gir da ζ = g(ξ), og siden p og q er konstanter langs karakteristikken kan vi endelig oppsummere at

x = ξ + 2tg′(ξ) = ξ + \frac{2tξ}{\sqrt{ξ^{2} + R^{2}}} ,
y = 2t\sqrt{1 − g′(ξ)^{2}} = \frac{2tR}{\sqrt{ξ^{2} + R^{2}}} ,
z = 2t + g(ξ) = 2t + \sqrt{ξ^{2} + R^{2}}

sammen med (p, q) = (g′(ξ), \sqrt{1 − g′(ξ)^{2}}) bestemmer karakteristikken som ligger i løsningsflaten og inneholder punktet med (ξ, 0).

Vi ønsker å eliminere ξ og t fra de tre ligningene ovenfor, og dermed uttrykke z som en funksjon av (x, y). Det krever en del fomling før man ser den enkleste måten å gjøre det på: Isolér 2t fra den tredje ligningen, og sett resultatet 2t = z − \sqrt{ξ^{2} + R^{2}} inn i de første to ligningene. Etter at vi har ganget med kvadratroten og ryddet litt har vi da de to på formen

x\sqrt{ξ^{2} + R^{2}} = zξ, (y + R)\sqrt{ξ^{2} + R^{2}} = zR

men om vi kvadrerer begge disse ligningene og legger sammen kan vi forkorte bort en felles faktor ξ^{2} + R^{2} og står igjen med x^{2} + (y + R)^{2} = z^{2} og derfor

z = \sqrt{x^{2} + (y + R)^{2}}.

Vi måtte velge den positive kvadratroten på grunn av initialdataene.

Oppgavesett #4 (til 1997–09–30 )

#4–1: Jeg har en følelse av at det er blitt litt vel mye regning på øvingsoppgavene, så vi tar en stille uke med bare en oppgave (fra eksamen 1995):

(a) Finn svake entropiløsninger (dvs svake løsninger som oppfyller entropibetingelsen) til Riemannproblemet

u_{t} + \frac{1}{4}((u^{2} − π^{2})^{2})_{x} = 0 (x ∈ ℝ, t > 0)  (3)
u(x, 0) = \begin{cases}u_{l} & x < 0 \\ u_{r} & x > 0 \end{cases}  (4)

i hvert av de to tilfellene

\begin{matrix}(i) & u_{l} = −π, & u_{r} = π \\ (ii) & u_{l} = π, & u_{r} = −π \end{matrix}

(I ett av tilfellene kreves løsning av en tredjegradsligning for å skrive svaret på eksplisitt form. Ikke løs den ligningen, men la den stå på implisitt form.)

(b) Betrakt initialverdiproblemene for (3) i de to tilfellene

(iii) u(x, 0) = 2 arctg x
(iv)  u(x, 0) = −2 arctg x

Hvorfor er det rimelig å forvente at løsningene har visse fellestrekk med løsningene fra forrige punkt? Tegn diagrammer som viser karakteristikker og sjokk i (x, t)-planet i de to tilfellene, og angi spesielt tidspunkt og posisjon der sjokk først oppstår. Du kan uten videre utregning benytte den informasjon du kan trekke ut av grafen til funksjonen c(ξ) = 8 arctg^{3} ξ − 2π^{2} arctg ξ og dens deriverte på figuren nedenfor.