Rozdzial 1
Zagadnienie fizyczne i równania
pochodnych czastkowych
1.1 Przeplyw ciepla
Rozważmy jednorodne Å›rodowisko które zajmuje obszar &! ‚" R3. Niech
e" 0 bedzie jego gestościa, c bedzie jego cieplna pojemnościa jednostki masy
środowiska. Przypuszczamy też, że wewnatrz środowiska sa z
ródla cieplne o
gestości f(x,t). Stawiamy problem znalezienia temperatury środowiska u(t,x),
gdzie t " R1 jest parametrem czasowym.
Niech objetość É ‚" &! wewnatrz Å›rodowiska ma wystarczajaco gladki
brzeg "É. Dla zmiany temperatury u(x, t +"t) za czas "t > 0 od t do
t +"t " R1 wewnatrz obszaru É ‚" &! jest potrzebna nastepujaca ilość ciepla
"&!:
"Q = c [u(x, t +"t) -u(x, t)] dx (1.1)
É
Jedna jego cześć dostarcza sie od z
ródel wewnatrz É:
t+"t
"Qf = dÄ f(x, Ä) dx (1.2)
t É
a druga jego cześć dostarcza sie przez brzeg "É, która na mocy prawa Fo-
uriera równa sie:
t+"t
"u
"QÉ = dÄ k Ä) dx (1.3)
-
(x,
t "É
"n
"u
gdzie k jest tzw. wspólczynnikiem przeplywu cieplnego,- - pochodna kie-

"n
-

runkowa wzdlóż normali n do brzegu "É. Stad otrzymujemy (z (1.1) i (1.3))
1
że "Q = "Qf - "QÉ, tj.
t+"t
c [u(x, t +"t) -u(x, t)] - f(x, Ä) dÄ dx =
É t
t+"t
"u
= k Ä) ds dÄ (1.4)
-
(x,
t "É
"n
Przypuszczajac, że temperatura u(t,x)jest raz różniczkowalna po t " R1 i
dwa razy po x " &! , a funkcja f(x, Ä) jest ciagla, znajdujemy:
u(x, t +"t) -u(x, t) = "u(x, t)/"t"t + o("t),
"u
-
k = k < gradu, d > = k div grad u dx =
s
-
ds
"É "É É
"n
= k "udx (1.5)
É
gdzie skorzystaliśmy ze wzoru Ostrogradskiego-Gaussa-Stokes a :
- -
-
< a, d > = div a dx (1.6)
s
"É É
Oprócz tego :
t+"t
f(x, Ä) dÄ = f(x, t)"t + o("t),
t
oraz
t+"t
k "u(x, Ä) dx dÄ = k "u(x, Ä) dx "t + o("t) (1.7)
t É É
Teraz równość (1.4) przyjmuje taka postać:
"u
c - k "u - f dx - o("t)/"t = 0 (1.8)
"t
É
Biorac granice wyrażenia (1.8) przy "t - 0 otrzymujemy :
"u
c - k "u - f dx = 0 (1.9)
"t
É
Ponieważrówność (1.9) zachodzi dla wszystkich É ‚" &!, a wyrażenie podcalkowe
jest ciagle, to oczywiście
"u
c - k "u - f = 0
"t
2
wewnatrz obszaru &!, lub
"u
- a2"u = (c )-1f, a2 = k/c (1.10)
"t
tj. koÅ„cowe równania przeplywu ciepla dla temperatury u : &!×R1 - R1.
Analiza równań (1.10) oraz (1.4)
Jak widzieliśmy wyżej, równanie (1.10) zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy
z
ródlo f(x,t) jest funkcja ciagla na &! ×R1. Na ogól tak nie jest, oczywiÅ›cie:
cieplo może być emitowane w Å›rodowisko &! w jakimÅ› tylko punkcie ¾ " &!
i być wszedzie zerem, lub istnieć w okamgnieniu przy t = t0 " R i być ze-
rem przy t = t0 " R. To znaczy, że mamy wrócić do podstawowej równości

calkowej (1.4) lub nauczyć sie wsposób poprawny zrozumieć równanie (1.10)
i jego rozwiazania.
Drugie podejście okazalo sie bardziej pożyteczne. Mianowicie, równanie
(1.10) może być rozpatrzone jako wyrażenie w uogólnionym sensie, tj. w
sensie teorii dystrybucji:
("u/"t - a2"u)(Õ) := u(-"Õ/"t - a2"Õ) =Ò!(c )-1 f(Õ) (1.11)
gdzie f, u " D (&! × R) i Õ "D(&! × R1) jest dowolna.
Niech f = ´(x - ¾, t) " D (R3+1) i &!=R3. Wtedy oczywiÅ›cie
u(-"Õ/"t - a2"Õ) = = (c )-1Õ(¾, 0) (1.12)
dla każdej Õ " D(R3+1). Przy dodatkowym zalożeniu takim, że u(x, t) =0
t<0
dla wszystkich x " R4, można odzyskać dokladne rozwiazanie dla u " D (R3+1):
Ń(t) |x - ¾|2
"
u(x, t) = (c )-1 exp - (1.13)
n
4a2t
2a ´t
dla wszystkich (x, t) " R3 × R1. Wzór (1.13)opisuje temperature nieograni-
czonego środowiska, która do wydzielenia przez z
ródlo ciepl byla zerem.
1.2 Równanie dyfuzji
Niech u(x,t) bedzie gestoÅ›cia substancji w obszarze &! ‚" R3w punkcie x "
&! i moment czasu t " R1, a f(t,x) jest gestościa z
ródel substancji, która
dyfunduje przez obszar &!. Wtedy stosujac podobne rozumowanie jak wyżej,
stosujac prawo dyfuzji Nersta otrzymujemy równanie dyfuzji postaci (1.10):
"u/"t - a2"t = Ä…f(x, t), (1.14)
gdzie a " R1 jest parametrem dyfuzji, a ą>0 jest tzw. wspólczynnikiem
porowatości substancji.
3
1.3 Pole elektrostatyczne
Jest wiadomo z elektrostatyki, że potencjal elektryczny spelnia równanie La-
place a:
"u = -4Ä„µ-1 , (1.15)
gdzie µ > 0 jest stala dielektryczna, jest gestoÅ›cia ladunku w obszarze
&! ‚" R3. Podobne równania do (1.15) spelnia także potencjal grawitacyjny.
1.4 Równania poszerzania fal
Stosujac równania dynamiki Newtona, można wykazać, że równanie posze-
rzania fal gestoÅ›ci w obszarze &! ‚" R3 ma nastepujaca postać:
"2u/"2t - a2"u = f(t, x), (1.16)
gdzie a > 0 jest predkościa charakterystyczna poszerzania fal w substancji
&! ‚" R3, a f(x,t) jest gestoÅ›cia z
ródel sil zewnetrznych, oddzialywujacych na
substancje w punkcie x " &! i w momencie czasu t " R1.
1.5 Uklad równań hydro-dynamiki
-

Niech u : &!×R- R3 bedzie wektorem predkoÅ›ci cieczy zajmujacej obszar
-

&! ‚" R3. Gdy nie ma lepkoÅ›ci, to wektor u spelnia równania Eulera:
-

- , -1
- -
" (1.17)
u/"t+< u grad > u + grad Á = f ,
lacznie z równaniem ciaglości cieczy:
-
)
" /"t + div( u = 0, (1.18)
-

gdzie jest gestoÅ›cia cieczy, Á jest ciÅ›nieniem wewnatrz cieczy i f jest wek-
torem sil zewnetrznych. Uklad równań (1.17) i (1.18) bedzie domknietym
gdy ciśnienie i gestość sa powiazane w pewien sposób:
Åš(Á, ) = 0 (1.19)
nazywany równaniem termodynamicznym stanu cieczy.
4
1.6 Równania teorii spreżystości
Niech cialo twarde zajmuje obszar &! ‚" R3. Gdy na niego dzialaja sily
-

zewnetrzne i wewnetrzne, cialo bedzie sie deformować. Niech u bedzie wek-
torem przemieszczenia w przestrzeni punktów ciala &! ‚" R3. Wtedy z równaÅ„
dynamiki można otrzymać nastepujacy uklad równań teorii spreżystości:
-

-
) - -
( + µ) grad(div u + µ" = "2 - f , (1.20)
u u/"t2
-

gdzie jest gestoÅ›cia ciala, f jest wektorem sil zewnetrznych,  i µ sa stalymi
spreżystości Lama.
5
Rozdzial 2
Warunki brzegowe oraz
poczatkowe
Jest dość oczywiste, że równanie różniczkowe o pochodnych czastkowych
posiada nie jedno rozwiazanie. Na ogól nie jest możliwe podać ogólne
rozwiazanie takiego równania. Tak wiec bedziemy szukać rozwiazania równania
różniczkowego o pochodnych czastkowych, które spelniaja specjalne warunki
brzegowe. Przytoczmy kilka przykladów. Niech bedzie zadany obszar &! ‚" Rn
oraz funkcje f, u0, u1 i Õ.
Problem Dirichleta dla równania Laplace a:
"u = f, x " &!,
u = Õ, x " "&! (2.1)
"&!
Problem Neumana dla równania Laplace a:
"u = f, x " &!,
-
("u/") = Õ x " "&! (2.2)
n
"&!
Problem Cauchy ego dla równania przeplywu ciepla (rozpowszechnienia
ciepla):
1
"u/"t - a2"u = f, (x, t) " Rn × R+
u = u0 (2.3)
t=0
Problem Cauchy ego dla równania fal:
1
"2u/"t2 - a2"u = f, (x, t) " Rn × R+
6
u = u0 "u/"t = u1 (2.4)
t=0+ t=0+
Pierwszy problem brzegowy dla równania rozpowszechnienia ciepla:
1
"u/"t - a2"u = f, (x, t) " &! × R+
u = u0 u = u1 (2.5)
t=0 "&!
Drugi problem brzegowy dla równania rozpowszechnienia ciepla:
1
"u/" - a2"u = f, (x, t) " &! × R+
-
u = u0 "u/" = Õ (2.6)
n
t=0 "&!
Pierwszy problem brzegowy dla równania fal:
1
"2u/"t2 - a2"u = f, (x, t) " &! × R+,
u = u0, "u/"t = u1,
t=0 t=0
u = Õ. (2.7)
"&!
Drugi problem brzegowy dla równania fal:
1
"2u/"t2 - a2"u = f, (x, t) " &! × R+,
u = u0, "u/"t = u1,
t=0 t=0
-
"u/" = Õ. (2.8)
n
"&!
Dla każdego problemu powyżej można podać interpretacje fizyczna. Jest
bardzo ważnym i subtelnym pytaniem o ilość i charakter tych warunków
brzegowych, które moga gwarantować jednoznaczne rozwiazanie problemu.
Takich warunków powinno być nie  nadto malo i nie  nadto dużo żeby
rozwiazanie na ogól istnialo.
7
Rozdzial 3
Klasyfikacja równań o
pochodnych czastkowych.
Postać kanoniczna
Rozważmy równanie różniczkowe m-tego rzedu stosownej funkcji u(x) od
n " Z+ skalarnych zmiennych x " Rn. Klasyfikacja jest bazowana na
zależności równania od pochodych najwyższego rzedu, tj. rzedu m. Naj-
prostsza sytuacja ma miejsce, kiedy równanie jest quasi-liniowe, to znaczy
najwyz
sze pochodne wchodza wrównanie w sposób liniowy. Takie równania
maja postać:
aÄ…(x)DÄ…u + f(x, u, D²u ) = 0. (3.1)
|²||Ä…|=m
n
Wspólczynniki aą, ą " Z+ moga zależeć od x " &!, a wyrażenie f może
zależeć od x "&!, u oraz pochodnych D²u dla |²| A0(x, D)u : = aÄ…(x)DÄ…u (3.2)
|Ä…|=m
ma nazwe cześci glównej równania (3.1).
Z wyrażeniem (3.2) można skojarzyć wielomian:
A0(x, ¾) : = aÄ…(x)¾Ä… (3.3)
|Ä…|=m
gdzie ¾ =(¾1, ¾2, . . . , ¾k) " Rn. Rozważmy równanie algebraiczne:
A0(x, ¾) = 1, (3.4)
które opisuje powierzchnie wRn, zależna od parametru x " Rn.
8
3.1 Klasyfikacja równań quasi-liniowych dru-
giego rzedu
Przy m = 2 wielomian (3.3) ma postać formy kwadratowej:
n
A0(x, ¾) = aik(x)¾i¾k : = (3.5)
i,k=1
n
gdzie A(x) : = aij .
i,j=1
Rozważmy na poczatek szczególny przypadek n = 2. Powierzchnia
2 2
A0(x, ¾) = a11(x)¾1 + 2a12(x)¾1¾2 + a22(x)¾2 = 1 (3.6)
przy x = x0 " R2 opisuje na plaszczyz
nie R ¾ krzywa drugiego rzedu.
Możliwe przypadki:
a) ´(x0) > 0, b) ´(x0) < 0, c) ´(x0) =0, (3.7)
gdzie
a11 a12
´(x0) = (3.8)
a21 a22
a) Niech ´(x0) > 0; wtedy (3.6) opisuje (przy n = 2) elipsa, a równanie
A0(x0, D)u = 0 (3.9)
nazywa sie eliptycznym lub ma typ eliptyczny
b) Gdy ´(x0) < 0, to równanie (3.6) opisuje hiperbole, wtedy równanie (3.1)
ma typ hiperboliczny.
c) JeÅ›li ´(x0) = 0, to (3.6) opisuje pare prostych, a równanie (3.1) ma typ
paraboliczny.
Przyklady:
" Równanie Laplace a:
"2u "2u
2 2
+ = 0 Ð!Ò! ¾1 + ¾2 = 1
"x2 "x2
1 2
jest eliptycznym.
" Równanie rozpowszechnienia fal:
"2u "2u
- u2 = 0
"x2 "x2
1 2
jest hiperbolicznym na calej plaszczyz
nie R2.
9
" Równanie rozpowszechnienia ciepla:
"u "2u
- a2 = 0
"x1 "x2
2
ma typ paraboliczny na R2.
" Równanie F. Trikomi:
"2u "2u
x2 + u2 = 0
"x2 "x2
1 2
jest typu mieszanego, ponieważ przy x2 > 0 ono jest eliptyczne, a przy x2 < 0
jest hiperboliczne. Oś x2 = 0 jest zbiorem paraboliczności.
W przypadku dowolnego wymiaru 2 cje:
Definicja 3.1 Niech punkt x0 " Rn jest ustalony. Jeśli istnieje taka liczba
µ>0, że
|A0(x0)¾| e" µ|¾|2
dla wszystkich ¾ " Rn, to równanie (3.1) ma typ eliptyczny; jeÅ›li wszystkie
wartości wlasne macierzy A(x0) sa niezerowe i jednego znaku oprócz jednego,
którego znak jest przeciwny, to równanie (3.1) jest typu hiperbolicznego; jeśli
wszystkie wartości wlasne macierzy A(x0) oprócz jednego sa niezerowe i jed-
nego znaku, wtedy równanie (3.1) jest typu parabolicznego.
3.2 Powierzchnie charakterystyczne
Rozważmy hiperpowierzchnie SÉ : É(x) = 0, x " Rn, gdzie É : Rn - R1
jest różniczkowalnym odwzorowaniem w otoczeniu powierzchni SÉ ‚" Rn.
Powierzchnie SÉ nazywamy charakterystychna dla równania (3.1) jeÅ›li
spelniona na SÉ jest nastepujaca równość:
n
"É "É
A0(x, DÉ) = = aik(x) = 0, (3.10)
"xi "xk
i,k=1
gdzie DÉ : = ("É/"x1, "É/"x2, . . . , "É/"xn) " Rn nazywa sie gradien-
tem odwzorowania É : Rn - R1. Mamy nastepujaca interpretacje geo-
metryczna powierzchni charakterystycznej. Mianowicie, ponieważ gradient
10
DÉ " Rn jako wektor jest prostopadly w każdym punkcie x " SÉ, to warunek
(3.10) znaczy, że pole wektorowe w Rn
dxi n "É(x) dx
= aik(x) Ð!Ò! = A(x)DÉ(x), (3.11)
ds "xk ds
k=1
gdzie s " R1 jest parametrem ewolucji, jest styczne do powierzchni SÉ, tj.
dÉ(x) dx
= < , DÉ(x) >S = = 0, (3.12)
É
ds SÉ ds SÉ
co jest równoważne prostopadlości pola wektorowego (3.11) wektora gra-
dientu DÉ(x) na SÉ.
Rozważmy teraz równanie (3.1) przy m = 2, i zastosujmy przeksztalcenie
Rn y = Õ(x), gdzie Õ : Rn - Rn jest różniczkowalnym z niezdegene-
rowanym Jakobianem, tj. JacÕ(x) = det "Õ(x) = 0, do równania (3.1) w

"x
postaci
n
"2u
aij(x) + f(x, u, Dxu) = 0 (3.13)
"xi "xj
i,j=1
Jako wynik otrzymujemy, że (3.13) przetwarza sie w
n
"2u
Ü
ćij(y) + f(y, u, Dyu) = 0, (3.14)
"yi "yj
i,j=1
gdzie
n
"ÕÄ… "Õ²
ćij(y) = aÄ…²(x) . (3.15)
"xÄ… "x² x=Õ-1(y)
Ä…,²=1
na mocy tego, że JacÕ(x) = 0 typ równania (3.13) pozostaje niezmiennym.

To znaczy, że można tak dobrać odwzorowanie Õ : Rn - Rn, żeby macierz
Ã(y) : = {ćij(y) : i, j =1, . . . , n} byla prostszej postaci.
Rozważmy bardziej dokladnie przypadek n = 2. W tym przypadku zba-
damy charakterystyki równania (3.13) (przy n = 2):
2
"É "É
aik = 0 (3.16)
"xi "xk
i,k=1
lub
2 2
"É "É "É "É
a11(x) + 2a12(x) + a22(x) = 0. (3.17)
"x1 "x1 "x2 "x2
11
Wyrażenie (3.17) można przeksztalcić do takiej postaci:
"É "É "É "É
a11 - 1 - 2 = 0, (3.18)
"x1 "x2 "x1 "x2
gdzie
1 = (-a12 + -det A(x))/a11,
2 = (-a12 - -det A(x))/a11. (3.19)
Niech a11 = 0; wtedy równanie

"É "É
- i = 0, i =1, 2, (3.20)
"x1 "x2
równoważne jest polom wektorowym
dx1 dx2
= = dsi, i =1, 2. (3.21)
1 -i
To znaczy, że równanie É(x1, x2) = c " R1 jest niezmiennikiem pól wek-
torowych (3.21). Znajdujac i, i =1, 2 z (3.21) i podstawiajac je w (3.18)
otrzymujemy:
a11(-1dx1 - dx2)(-2dx1 - dx2) = 0,
a11dx2 - 2a12dx1dx2 + a22dx2 = 0. (3.22)
2 1
Tym samym udowodniliśmy twierdzenie:
Twierdzenie 3.1 Charakterystyki równania (3.13) przy n =2 sa rozwiazaniem
formy różniczkowo-kwadratowej (3.22) lub formy (3.21).
Niech teraz odwzorowanie Õ : Rn - Rn wprowadzone wyżej, ma nastepujac
postać:
¾ = Õ(x) := (É1(x), É2(x)), (3.23)
gdzie É := (É1, É2) sa dwoma charakterystykami równania (3.13) jako rozwiazani
(3.22).
Niech równanie (3.13) bedzie eliptycznym. Wtedy mamy dwie charak-
terystyki ¾1 = É(x) i ¾2 =É(x) sprzeżone nawzajem. Wprowadzajac nowe
zmienne ·1 = É + É oraz ·2 = É - É, bedace już rzeczywistymi, oraz wy-
korzystujac (3.15) otrzymujemy, że równanie (3.14) (przy n = 2) przyjmuje
postać:
"2u "2u
Ü
+ + f(·, u, D·u) = 0. (3.24)
2 2
"·1 "·2
12
W analogiczny sposób otrzymujemy dla równania (3.13) parabolicznego, że
jego postać kanoniczna (3.14) jest
"2u
Ü
+ f(¾, u, D¾u) = 0. (3.25)
2
"¾2
W przypadku, gdy równanie (3.13) jest hiperboliczne znajdujemy, stosujac
odwzorowanie ¾ =(É1, É2), takie że (3.14) daje wyrażenie kanoniczne
"2u
Ü
+ f(¾, u, D¾u) = 0. (3.26)
"¾1"¾2
13
Rozdzial 4
Problem Cauchy ego dla
równań drugiego rzedu
4.1 Problem Cauchy ego dla jednowymiaro-
wego równania rozpowszechniania fal (równ
falowego)
1
Rozważmy nastepujacy problem: odzyskać funkcje u : R1 × R+ - R,
spelniajaca równania hiperboliczne
"2u "2u
- a2 = 0, (4.1)
"t2 "x2
oraz warunki poczatkowe :
"u
u = u0(x), = u1(x), (4.2)
t=0+ "t t=0+
1
gdzie u " C2(R × R+) )" C1(R × R+).
Charakterystykami równania (4.1) sa
¾ = x - at, · = x + at, (4.3)
otrzymujemy z (3.26), że
"2u
= 0. (4.4)
"¾"·
Z (4.3) mamy, że
"u
= F (¾), (4.5)
"¾
14
gdzie F : R1 - R jest pewna funkcja. Calkujac (4.5) po ¾ " R1, otrzymu-
jemy, że
¾
u(¾, ·) = F (¾) d¾ + Ä…(·), (4.6)
¾0
gdzie ą : R1 - R jest też pewna jeszcze niewiadoma funkcja. Wykorzy-
stujac teraz odwzorowanie (4.3), z (4.5) znajdujemy, że
u(x, t) = Ä…(x + at) + ²(x - at). (4.7)
gdzie Ä…, ² : R - R sa pewnymi funkcjami, które znajdujemy wykorzystujac
warunki poczatkowe (4.2). Mianowicie
x
1 1 1 1
²(x) = u0(x) - u1(¾)d¾ + ²(x0) - Ä…(x0),
2 2a 2 2
x0
x
1 1 1 1
Ä…(x) = u0(x) + u1(¾)d¾ - ²(x0) + Ä…(x0). (4.8)
2 2a 2 2
x0
Podstawiajac (4.8) w (4.7), znajdujemy że
x+at
u0(x + at) + u0(x - at) 1
u(x, t) = + u1(¾) d¾. (4.9)
2 2a
x-at
Wzór (4.9) nosi nazwe wzoru d Alamberta, i daje rozwiazanie problemu (4.1),
(4.2) w postaci dokladej.
Rozważmy teraz przypadek równania niejednorodnego:
"2u "2u
1
- a2 = f(x, t), (x, t) " R1 × R+, (4.10)
"t2 "x2
z warunkami Cauchy ego
"u
u = 0, , x " R1, (4.11)
t=0+ "t t=0+
gdzie u " C2(R × R+) )" C1(R × R+).
Równanie (4.10) opisuje poruszanie nieskończonej struny pod zewnetrznym
dzialaniem sil zaburzenia.
Dla rozwiazania równania (4.10) rozważmy stowarzyszony z (4.10) pro-
blem
"2uÄ "2uÄ
- a2 = f(x, t)Ç(Ä,"Ä)(t), (4.12)
"t2 "x2
15
gdzie Ç(Ä,"Ä)(t) jest funkcja indykatorowa (lub wskaz
nikowa) otwartego prze-
1 1
dzialu (Ä - "Ä, Ä), Ä " R+, Ä - "Ä " R+:
1 t " (Ä - "Ä, Ä)
Ç(Ä,"Ä)(t) = (4.13)
0 t " (Ä - "Ä, Ä)
1 1
funkcja uÄ : R1 × R+ - R1 z ineksem Ä " R+ spelnia warunek Cauchy ego
"uÄ
uÄ = 0, = 0. (4.14)
t=0+ "t t=0+
1 1
Ponieważ zaburzenie f(x, t)Ç(Ä,"Ä)(t), t "R+ jest dla Ä " R+ niezerowym
tylko dla t " (Ä - "Ä, Ä), to dla wszystkich 0 < t < Ä - "Ä rozwiazanie
uÄ(t) a" 0, co zachodzi z (4.9) i (4.14).
Niech teraz zmienna x " R1 jest traktowana jako parametr. Wtedy
równanie (4.12) może być przepisane w takiej postaci:
"2uÄ /"t2 = a2"2uÄ/"x2 + f(x, t)Ç(Ä,"Ä)(t), (4.15)
z warunkami (4.14). Ponieważ prawa cześć (4.15) jest funkcja ciagla dla
1
(x, t) " R1 × R+, można wypisać jego rozwiazanie w postaci uwiklanej:
Ä
1 "2uÄ(x, s)
uÄ (x, Ä) = sin a(Ä - s) a2 + f(x, s)Ç(Ä, "Ä)(s) ds =
a "x2
0
Ä-"Ä
1 "2uÄ (x, s)
= sin a(Ä - s) a2 + f(x, s) · 0 ds +
a "x2 uÄ =0
0
0
Ä
1 "2uÄ (x, s)
+ sin a(Ä - s) a2 + f(x, s) ds =
a "x2
Ä-"Ä
1 "2uÄ (x, Ä")
= sin a(Ä - Ä") a2 + f(x, Ä") "Ä (4.16)
a "x2
dla pewnego Ä" " (Ä - "Ä, Ä), co zachodzi na mocy 1 twierdzenia o Å›redniej
wartoÅ›ci calki. Ponieważ 0<Ä -Ä" <"Ä, przyjmujac że "Ä - 0 jednostaj-
nie po x " R1 z (4.16) wnioskujemy, że uÄ (x, Ä) =O("Ä2), tj. z dokladnoÅ›cia
O("Ä) uÄ(x, Ä) = 0. Wsposób calkiem analogiczny znajdujemy, że
t
"uÄ(x, t) "2uÄ(x, s)
= cos a(t - s) a2 + f(x, s)Ç(Ä,"Ä)(s) ds (4.17)
"t "x2
0
1
dla wszystkich (x, t) " R × R+ skad przy t = Ä zachodzi
Ä-"Ä
"uÄ(x, t) "2uÄ (x, s)
= cos a(t - s) a2 + f(x, s) · 0 ds +
"t "x2 uÄ =0
0
16
Ä
"2uÄ(x, s)
+ cos a(t - s) a2 + f(x, s) ds =
"x2
Ä -"Ä
= cos a(t - Ä") f(x, Ä")"Ä + O("Ä2) =
= f(x, Ä")"Ä + O("Ä2). (4.18)
gdzie Ä" " (Ä - "Ä, Ä).
W taki sposób zredukowaliśmy problem (4.12) do problemu znalezienia
1
funkcji uÄ : R1 × R(>Ä ) - R1, która spelnia równanie jednorodne
"2uÄ "2uÄ
+ a2 = 0 (4.19)
"t2 "x2
oraz warunki poczatkowe przy t = Ä:
"uÄ
uÄ = O("Ä2), = f(x, Ä")"Ä + O("Ä2) (4.20)
t=Ä+ "t t=Ä+
przy "Ä - 0. Korzystajac teraz ze wzoru d Alamberta (4.6), zapisujemy
rozwiazania problemu (4.19) i (4.20):
O("Ä2) t d" Ä
uÄ(x, t) = (4.21)
x+a(t-Ä)
1
f(¾, Ä") d¾ "Ä + O("Ä2) t >Ä
2a x-a(t-Ä)
Teraz wróćmy do problemu (4.10) i (4.11), zapisujac odwzorowanie f :
1
R1 × R+ - R1 w takiej postaci:
n
f(x, t) = f(x, t)ÇÄ ,"Äi(t), (4.22)
i
i=0
n
gdzie oczywiÅ›cie ÇÄ ,"Äi(t) = 1 dla każdego n " Z+, jeÅ›li "Äi = Äi+1 -
i=0 i
1
Äi, Ä0 =0, Än =t " R+. Tak wiec mamy problem Cauchy ego:
n
"2u "2u
- a2 = f(x, t)ÇÄ ,"Äi(t), (4.23)
i
"t2 "x2
i=0
oraz
"u
u = 0, = 0. (4.24)
t=0+ "t t=0+
Ponieważrównanie (4.23) jest liniowe niejednorodne z jednorodnymi warunkami
Cauchy ego (4.24), jego rozwiazanie jest suma rozwiazań poszczególnych pro-
blemów (4.12), (4.14). Tak wiec mamy na mocy wyrażenia (4.21) nastepujace
rozwiazanie (4.10):
n
u(x, t) = uÄ (x, t) =
i
i=0
17
n n
x+a(t-Äi)
1
= f(¾, Ä"i) d¾ "Äi + O("Äi2) =
2a
x-a(t-Äi)
i=0 i=0
n
x+a(t-Äi) t
1
= f(¾, Ä"i) d¾ "Äi + O(max("Ä)) ds =
2ai=0 x-a(t-Äi)
0
n
x+a(t-Äi)
1
= f(¾, Ä"i) d¾ "Äi + O("Ä) (4.25)
2a
x-a(t-Äi)
i=0
Biorac teraz granice (4.25) przy max ("Ä) - 0, otrzymujemy że
t x+a(t-Ä)
u(x, t) = f(¾, Ä) d¾ dÄ. (4.26)
0 x-a(t-Ä )
Rozważmy teraz ogólny problem Cauchy ego w takiej postaci:
"2u "2u
- a2 = f(x, t), (x, t) " R × R+, (4.27)
"t2 "x2
gdzie
"u
u = u0(x), = u1(x), (4.28)
t=0+ "t t=0
1 1
oraz u " C2(R1 × R+) )" C1(R1 × R+).
Rozwiazanie problemu (4.27) i (4.28) można latwo otrzymać, kojarzac
problemy Cauchy ego (4.10), (4.11) i (4.1), (4.2):
x+at
u0(x - at) + u0(x + at) 1
u(x, t) = + u1(¾) d¾ +
2 2a
x-at
t x+a(t-Ä )
1
+ f(¾, Ä) d¾ dÄ. (4.29)
2a
0 x-a(t-Ä)
Uwaga 4.1 Trójkat charakterystyk i rozwiazania (4.29).
1
Rozważmy na plaszczyz
nie R1 × R+ trójkat ABC:
Wtedy rozwiazanie (4.29) przyjmuje nastepujaca postać:
B
u0(A) + u0(B) 1
u(c) = + u1(¾) d¾ +
2 2a
A
1
+ f(¾, Ä) d¾ dÄ. (4.30)
2a
"ABC
18
4.2 Problemy Cauchy ego i Gaursat a dla li-
niowego równania hiperbolicznego drugiego
rzedu o dwóch zmiennych. Metoda Rie-
mann a.
Przejdziemy do badania problemu Cauchy ego w postaci ogólnej w R2 dla
równania hiperbolicznego rzedu drugiego. Niech to równanie bedzie zadane
w postaci kanonicznej:
"2u "u "u
Au := 2 + d + b = f(x, y) (4.31)
"x"y "x "y
Warunek brzegowy zadajmy w otoczeniu gladkiej krzywej “ bez samoprzeciecia
jako
“:={(x, y) " R2 : x = x(s), y = y(s); s " (s , s ) ‚" R1} (4.32)
przy warunku, że żadna krzywa charakterystyczna równania (4.31) nie prze-
cina sie z “ wwiecej niż dwu punktach, i taka, że wzdluż “
"u "u
u =u0(s), = u1(s), = u2(s), (4.33)
“ "x “ "y “
gdzie:
du0 dx dy
= u1(s) + u2(s) (4.34)
ds ds ds
jest warunkiem zgodności.
Niech punkt M(x, y) " R2 \ “ , a P(¾, y) " “ i Q(x, ·) " “ beda punktami,
19
M(x,y)
P
Q
N( , )
0
w których charakterystyki idace z M przecinaja “. Niech D bedzie obszarem
ograniczonym przez kontur MPQM Rozważmy teraz rozwiazanie równania
sprzeżonego do (4.31):
"2v " "(bv)
A v := 2 - (av) - cv = 0 (4.35)
"¾"· "¾ "·
Calkujac tożsamość po obszarze D
Au, v d¾d· = vf d¾d· (4.36)
D D
i stosujac wzór Green a znajdujemy:
vfd¾d· = (Ä…[u, v]d¾ + ²[u, v]d·) (4.37)
D [MPQM]
gdzie z definicji
"u "v
Ä…[u, v] =v( + bu) - u ,
"¾ "¾
"u "v
²[u, v] =-v( + au) +u (4.38)
"· "·
Calka (4.37) może być wyliczona wprost przy zastosowaniu wlasności:
" wzdluż [M,P]:
"(uv) "v v
d· =0, Ä…[u, v] Ò! - 2u( - b ) (4.39)
"¾ "¾ 2
" wzdluż [Q,M]:
20
"(uv) "v u
d¾ =0 , ²[u, v] =- - 2u( - b ) . (4.40)
"· "· 2
Teraz z (4.37), (4.39) i (4.40) otrzymujemy:
1 "v bv
uv = (uv + uv - 2u( - )d¾ +
M 2 Q P "¾ 2
[M,P ]
"v av
+ 2u( - )d· + (Ä…[u, v]d¾ + ²[u, v]d·) - vfd¾d·)(4.41)
"· 2
[Q,M] [P,Q] D
Tożsamość (4.41) jest, oczywiście, poprawna, gdy wyrażenia dla A i A sa
ciagle zatem z odwzorowaniem f: R2 R. Wyrażenie (4.41) nie pokazuje
jeszcze rozwiazania u"C2(R2; R), ponieważ calki wzdluż krzywych MP i QM
zawieraja niewiadome wartości funkcji u:R2 R. Jednak tak bedzie, gdy
funkcja v:R2 R bedzie spelniać takie wlasności:
A"v =0, v(x, y; x, y) = 1 (tj, v M = 1) (4.42)
oraz
"v(x, y; ¾, ·) 1
- b(¾, y)v(x, y; ¾, ·) =0,
"¾ 2
"v(x, y; ¾, ·) 1
- a(x, ·)v(x, y; ¾, ·) =0, (4.43)
"· 2
dla wszystkich (¾, ·) " D. Wtedy na mocy (4.41)-(4.43) otrzymujemy, że
1
u(x, y) = uv P + uv Q + (Ä…[u, v]d¾ + ²[u, v]d·) - vfd¾d· (4.44)
2
[P,Q] D
gdzie już wszystkie funkcje po prawej stronie (4.44) sa określone. Funkcja
v : R2 R spelniajaca warunki (4.42),(4.43) ma nazwe funkcji Riemann a.
Oprócz tego, calkujac (4.43) otrzymujemy, że
x
1
v(x, y; ¾, y) = exp - b(s, y)ds ,
2
¾
y
1
v(x, y; x, ·) = exp - a(x, s)ds , (4.45)
2
·
JeÅ›li teraz odwrócić wszystkie obliczenia powyżej z zamiana zmiennych (¾, ·) "
R2 (x, y) " R2, to w sposób zwykly otrzymujemy że funkcja u" : R2 R,
która spelnia równanie jednorodne
Au" = 0 (4.46)
21
oraz warunki u" N =1, N(x, y) " R2\“ i
"u" 1 "u" 1
+ au" =0, + bu" =0, (4.47)
"y 2 [P,N] "x 2 [N,G]
to otrzymujemy od razu że
u"(x, y; ¾, ·) =v(x, y; ¾, ·) (4.48)
dla wszystkich (x, y) i (¾, ·) " R2.
Tak wiec problemy Cauchy ego na “ ‚" R2
Au = f, A"v = g (4.49)
moga być rozwiazane jednocześnie jeżeli funkcja Riemann a tych równań
(4.49) jest wiadoma. Tak wiec sprawiedliwe jest twierdzenie:
Twierdzenie 4.1 Nech dane Cauchy ego ui : “ R, i = 0, . . . , 2 oraz
funkcja z
ródla f : D R1 spelnia nastepujace warunki:
u0 " C1(“), ui "C(“), i =1, 2, f "C(D) (4.50)
oraz
du0 dx dx2
= uj + u2 . (4.51)
ds ds ds “
Zalóżmy także że funkcja v : D × D R1 jest taka, że
d2v d2v d3v
i " C(D) (4.52)
dxd¾ dyd· dxdyd¾
oraz że funkcja u : D R1 jest zdefiniowana jako (4.44). Wtedy one jest
rozwiazaniem problemu Cauchy ego (4.31),(4.32) na D.
4.3 Problem Gaursat a. Istnienie i jedyność
funkcji Riemann a
Zauważmy że problem
"2u "u "u
Au =2 + a + b + cu =0, (4.53)
"x"y "x "y
gdzie
"u "u
+ au =0, + bu =0
"· [P,N] "¾ [N,Q]
22
oraz
u = 1 (4.54)
N
który definiuje funkcje Riemann a NIE jest problemem Cauchy ego. Rze-
czywiście krzywa PNQ jest zlożona z segmentów [P, N] i [N, Q] charakte-
rystyk ¾ = xl = (const) oraz · = y = (const), gdy problem Cauchy ego
polega na tym żeby odzyskać rozwiazanie r wnania hiperbolicznego w oto-
czeniu krzywej “ ‚" R2 z warunkami Cauchy ego na niej, która jest krzywa
nie styczna do charakterystyk w każdym punkcie obszaru D ‚" R2.
Definicja 4.1 Problem odzyskania rozwiazania równania hiperbolicznego biorac
przedpisane wartości na charakterystykach wychodzacych z tego samego punktu
jest nazywany problemem Gaursat a.
Tak wiec problem Gaursat a stawi sie w nastepujacy sposób: znalz
ć funkcje
"
u : D2 × D2 R wewnatrz obszaru D¾,· := {(x, y) " R2 : x >¾, y >·}
dla (¾, ·) " R2 taka że
"2u "u "u
Au := 2 + a + b + cu = f (4.55)
"x"y "x "y
oraz f " C(R2) i
u(¾ +0, s; ¾, ·) =Õ(¾, s; ¾, ·), s " [·, y] (4.56)
u(s, · +0; ¾, ·) =È(s, ·; ¾, ·), s " [¾, x]
gdzie Õ, È : R2 × R2 R1 sa ciagle różniczkowalne i
Õ(¾, ·; ¾, ·) =È(¾, ·; ¾, ·) (4.57)
Zachodzi takie twierdzenie o rozwiazaniu problemu Garusat a
"
Twierdzenie 4.2 JeÅ›li wspólczynniki a, b, c i f " BC(D¾,·; R1) oraz sa
spelnione warunki (4.56) i (4.57), wtedy istnieje rozwiazanie globalne pro-
blemu Garusat a (4.55)-(4.57) i jest jedyne
Dowód tego twierdzenia przeprowadzamy przy pomocy metody roziwniecia
rozwiazania w szereg wartości iterowanych (metoda Picarda) i dokonanie jego
zbieżności.
23
4.4 Rozwiazanie problemu brzegowego dla jed-
nowymiarowego równania fal.
Rozważmy na poczatek jednorodne równanie falowe
"2u "2u
- a2 = 0 (4.58)
"t2 "x2
1
gdzie x " (0, l), t " R+ oraz
1
u =0 =u , (t "R+) (4.59)
x=0- x=l+
"u
u = u0, = u1, x " (0, l).
t=0+ "t t=0+
Bedziemy konstruować rozwiazanie równania (4.58) przy pomocy metody
rozdzielenia zmiennych. W tym celu znajdziemy szczególne rozwiazanie
równania (4.58) w postaci u(x, t) :=X(x)T (t) dla x " (0, l) i t " R1. Pod-
stawiajac jego w (4.58) otrzymujemy:
T X
= :=  (4.60)
a2T x
gdzie  " R jest liczba stala ponieważ nie zależy na mocy (4.60) od x " (0, l)
1
i t " R+. Tak wiec mamy równanie
X = X (4.61)
dla którego stosujemy warunek brzegowy (4.59)
X(0) =0 =X(l) (4.62)
Rozwiazujac (4.61) przy warunkach (4.62) znajdujemy że
2 k2Ä„2
X Ò! Xk(x) = sin( kx), k = (4.63)
l l2
1
dla wszystkich k " Z+. Analogicznie dla funkcji T : R+ R1 znajdujemy
równanie
T + a2T = 0 (4.64)
które ma takie wzgledem (4.63) rozwiazania:
Tk(t) =ak sin( kat) +bk cos(a kt) (4.65)
24
gdzie ak, bk " R, k " Z+ sa dowolne stale. Oczywiście teraz, że suma
N
2
uN(x, t) := ak sin( kat) +bk cos(a kt) sin( kx) (4.66)
l
k=1
dla każdego N " Z+ na mocy liniowości równania (4.58) też spelnia to
równanie. Problem teraz pozostaje w dobraniu takich liczb ak, bk " R, k "
Z+, (gdy N "), żeby granica
u(x, t) := lim uN(x, t) (4.67)
N"
w pewnym sensie spelniala równanie (4.58) i warunki poczatkowe (4.59). To
znaczy że przy t =0+
"
2
bk sin( kx) =u0(x), (4.68)
l
k=1
"
2
aka k sin( kx) =u1(x),
l
k=1
"
dla x " (0, l). Na mocy faktu że funkcja sin kx dla różnych k " Z+ sa
ortogonalne wg iloczynu skalarnego w L2(0, l) z (4.68) otrzymujemy takie
wyrażenia:
l
1 2
ak = " u1(x) sin( kx)dx, (4.69)
l
a k 0
1
2
bk = u0(x) sin( kx)dx,
l
0
dla wszystkich k " Z+.
Jest oczywistym że rozwiazanie (4.67) jest ,,formalnym , ponieważ nie
ustalone pojecia zbieżności po N ". Oprócz tego my stosowaliśmy
1
róz
niczkowanie calego szeregu (4.67) po t " R+ co też nie jest uzasadnione.
Niech teraz równanie (4.58) jest uogólnione do postaci
"2u "2u
- a2 = f(x, t) (4.70)
"t2 "x2
gdzie x " (0, l), t " R+ oraz
1
u =0 =u , (t "R+) (4.71)
x=0- x=l+
"u
u = u0, = u1, x " (0, l).
t=0+ "t t=0+
25
W sposób calkiem analogiczny stosujac metode rozdzielenia zmiennych otrzy-
1
mujemy, że dla (x, t) " (0, l) ×R+
u(x, t) := lim uN(x, t) (4.72)
N"
gdzie
N
2
uN(x, t) := sin( kx)Tk(x)
l
k=1
1
dla t " R+, k "Z+
t
1
Tk(t) = " fk(t) sin[a k(t - Ä)]dÄ (4.73)
a k 0
l
2
fk(t) := f(x, t) sin( kx)dx
l
0
Zajmijmy sie teraz uzadadnieniem tej metody Fourier a dla problemu (4.59)
1
nakladajac na funkcje u0, u1 : (0, l) ×R+ R1 pewne ograniczenia. Niech
1
QT := (0, l) ×(0, T) jest cylindrem w R1 × R+. Rozwiazanie klasyczne po-
Å»
winno z definicji należeć do przestrzeni C2(QT ) )" C1(QT ). Wtedy oczywiście
u0(0) = lim u0(x) = lim u(x, 0) = lim u(0, t) =0, (4.74)
x0 x0 t0
"u(x, 0) "u(0, t)
u1(0) = lim u1(x) = lim = lim =0,
x0 x0 t0
"t "t
Podobne warunki se też przy x l. To znaczy, że musza być spelnione
warunki zgodności
u0(0) = u0(l) =0, u1(0) = u1(l) =0, (4.75)
Å»
Można teraz dla u " C2(QT ) )" C1(QT ) sformulować nastepujace twierdzenie
Twierdzenie 4.3 Jeżeli
u0 " C2([0, l]), u1 " C1([0, l]), u 0 " L2(0, l), u 1 " L2(0, l), (4.76)
oraz spelnione warunki zgodności (4.75), to suma (4.67) jest rozwiazaniem
1
Å»
klasycznym równania (4.58) z klasa C2(QT ) dla każdego T " R+.
26
Rozdzial 5
Problem Cauchy ego dla
trójwymiarowego i
dwuwymiarowego równania
falowego
.
5.1 Åšrednie kuliste
Niech f : Rn - R1 jest klasy C2(Rn).
Definicja 5.1 Funkcja
1
f(x, r) : = f(y)dSy, (5.1)
Énrn-1 |x-y|=r
gdzie r >0, Én =2Ä„n/2/“(n/2) jest polem kuli jednostkowej w Rn. Wartość
Én?n-1 równa sie dokladnie polu kuli o promieniu r >0.
Polóżmy y = x + rą, gdzie ą " Rn. Wtedy
1
f(x, r) : = f(x + rÄ…)dSÄ…, (5.2)
Én |Ä…|=1
gdzie dSÄ… jest elementem elementarnym pola kuli o promieniu |Ä…| = 1. Jest
oczywistym, że Én = dSÄ…. Teraz z (5.2) otrzymujemy różniczkujac po
|Ä…|=1
1
r " R+:
"f 1
= dSÄ… =
"r Én |Ä…|=1
27
n n
1 "f 1 "f
-
= Ä…i dSy = cos ( xi) dS
n,
Énrn-1 |y-x|=r i=1 "xi Énrn-1 |y-x|=r i=1 "xi
1 "f
= dSy. (5.3)
-
Énrn-1 |y-x|=r "
n
Stosujac wzór Ostrogradskiego-Gauss a do (5.3) otrzymujemy:
- -
"f 1
= "f(y) dy, "=< ", ">. (5.4)
"r Énrn-1 |y-x|d"r
Teraz na mocy twierdzenia o średniej przy r - 0 dostajemy z (5.2) i (5.4)
że
-

-
" f (x, r)
+
lim f (x, r) = f(x), limr-0 = 0 (5.5)
r-0+ "r
1
różniczkujac po r " R+ otrzymujemy:
"2f (n - 1) 1
= - " f(y) dy + " f(y) dSy =
"r2 Énrn |y-x|(n - 1) "f
= - + "f. (5.6)
r "r
Oprócz tego mamy
1
"xf = "x f(x + rÄ…) dSÄ… =
Én |Ä…|=1
1
= "f(x + rÄ…) dSÄ… = "f (5.7)
Én |Ä…|=1
Porównujac (5.6) i (5.7) otrzymujemy wyrażenie Darboux:
"2f n - 1 "f
"xf = + . (5.8)
"r2 r "r
5.2 Problem Cauchy ego w Rn dla równania
fal.
Rozważmy równanie
"2u
1
- a2"u = 0, (x, t) " R3 × R+, (5.9)
"t2
28
gdzie
"u
u = u0(x), = u1(x). (5.10)
t=0+ "t t=0+
Żeby rozwiazać równanie (5.9) z warunkami (5.10) stosujemy uśrednienie
kuliste do równania (5.9), (n = 3):
"2u "2u 2 "u
- a2 + = 0. (5.11)
"t2 "r2 r "r
1
Mnożac (5.11) przez ?? " R+ sprowadzamy (5.11) do postaci
"2(ru) "2(ru)
- a2 = 0. (5.12)
"t2 "r2
Równanie (5.12) jest już jednowymiarowym równaniem falowym dla funkcji
1
½ = ru : R+ - R1. Odpowiednie uÅ›rednienia warunków poczatkowych
(5.10) daje:
"½
1
½ = ½0(x, r) = u0(x, r)r; = ½1(x, r) = u1(x, r)r, r " R+.
t=0+ "t t=0+
(5.13)
Ponieważ funkcja ½(x, r, t) = 0, rozwiazanie równania (5.12) może być
r=0+
1
przedlużone na cala oś Rr nieparzystym sposobem. To znaczy, że warunki
1 1
poczatkowe u0 i u1 : R+ - R maja być przedluz
one na ujemna oÅ› R-
parzystym sposobem. Wtedy oczywiście stosujac wzór d Alemberta (4.9)
znajdujemy, że
½0(x, r + at) + ½0(x, r - at)
u(x, r, t) = +
2r
r+at
1
+ ½1(x, ¾) d¾. (5.14)
2ar
r-at
Żeby znalez
ć u(x, t) obliczymy granice (5.14) przy r - 0+. Ponieważ funk-
cje ½i, i =0, 1 sa nieparzyste wg zmiennej r " R1, to mamy nieokreÅ›loność
0/0. Stosujac prawo de l Hospitala znajdujemy:
½0(x, at) + ½0(x, -at) 1
u(x, t) = + ½1(x, at) - ½1(x, -at) . (5.15)
2 2a
Ponieważ funkcja ½0 jest nieparzysta to funkcja ½0 jest parzysta. Wówczas
otrzymujemy:
1
u(x, t) = ½0(x, at) + ½1(x, at),
a
29
albo
" 1 1
u(x, t) = u0(y) dSy + u1(y) dSy. (5.16)
"t 4Ä„a2t 4Ä„a2t
|y-x|=at |y-x|=at
Wzór (5.16) ma nazwe wzoru Kirchoff a. Żeby rozwiazanie (5.16) bylo kla-
sycznym dla problemu Cauchy ego (5.9), (5.10), jest koniecznym żeby funk-
cje u0, u1 : Rn - R1 spelnialy nastepujace warunki: u0 " C3(R3; R1), u1 "
C2(R3; R1). Jest oczywistym, że rozwiazanie klasyczne jest jedyne, oraz ist-
nieje ciagla zależność rozwiazania od warunków poczatkowych.
Rozważmy teraz problem Cauchy ego dla równania niejednorodnego
"2u
1
- a2"u = f, (x, t) " R3 × R+, (5.17)
"t2
gdzie
"u
u = 0, = 0. (5.18)
t=0+ "t t=0+
Dla rozwiazania skorzystamy z taj samej metody co wyżej dla równania
(4.10). Tak wiec dla rozwiazania (5.17) i (5.18) mamy zgodnie z (5.16)
nastepujace wyrażenie:
n
1
u(x, t) = f(y, Ä"i) dSy "Äi + O(maxi=0,...,n"Äi),
4Ä„a2(t - Äi)
|x-y|=a(t-Äi)
i=0
(5.19)
gdzie Äi - "Äi <Ä"i <Äi, i =0, . . . , n.
Biorac granice gdy n - " oraz maxi=0,...,n("Äi) - 0, z (5.19) otrzy-
mujemy, że
t
dÄ
u(x, t) = f(y, Ä) dSy. (5.20)
4Ä„a2(t - Ä)
0 |x-y|=a(t-Ä)
Wyrażenie (5.20) ma nazwe potencjalu opóz
niajacego. Żeby ten termin
uzasadnić wykonamy nastepujace przeksztalcenia : a(t - Ä) =r,
at
1 r
u(x, t) = f(y, t - ) dSy dr =
4Ä„a2r a
0 |x-y|=r
1 f(y, t -|x-y|/a) dy
= . (5.21)
4Ąa2 |x-y|W zwykly sposób sumujac rozwiazania (5.20) oraz (5.16) otrzymujemy rozwiazan
problemu Cauchy ego dla równania (5.17) z warunkami poczatkowymi (5.10).
30
5.3 Problem Cauchy ego w R2 dla równania
fal. Metoda redukcji jednej zmiennej prze-
strzennej.
Rozważmy problem Cauchy ego w R2:
"2u
1
- a2"u = f(x, t), (x, t) " R2 × R+, (5.22)
"t2
gdzie
"u
u = u0(x), = u1(x). (5.23)
t=0+ "t t=0+
Dla rozwiazania (5.22), (5.23) rozważmy wspomagajacy problem Cau-
chy ego w R3, gdzie funkcje u0, u1 oraz f nie zależa od zmiennej x3 " R1.
Wtedy rozwiazanie tego problemu już mamy:
" 1 1
u(x, t) = u0(y) dSy + u1(y) dSy +
"t 4Ä„a2t 4Ä„a2t
|y-x|=at |x-y|=at
at
dÄ
+ f(y, Ä) dSy. (5.24)
4Ä„a2(t - Ä)
0 |x-y|=a(t-Ä)
Ponieważ podcalkowe funkcje nie zależa od x3 "R1, to calkowanie po sferze
zamienimy calkowaniem po kole o dużej średnicy, które jest przecieciem sfery
plaszczyzna y3 =0.
rysunek??????
Mamy: dSy = cos Å‚dy1 dy2, cos Å‚ = (at)2 -|x - y|2/at, gdzie x =
(x1, x2),
y =(y1, y2) " R2.
Teraz calka "|x-y|=at u0(y) dSy w (5.24) bedzie sie równać calce
at
2 u0 dy (5.25)
a2t2 -|x - y|2
|x-y|(wspólczynnik  2ódpowiada za calkowanie po dwóch polówkach sfery).ykonajmy
analogiczne przeksztalcenia we wszystkich calkach (5.24), znajdujemy:
1 " u0(y) dy
u(x, t) = +
2Ä„a "t
a2t2 -|x - y|2
|x-y|t
1 u1(y) 1 f(y, Ä) dy
??? + dÄ
2Ä„a
a2t2 -|x - y|2 2Ä„a a2(t - Ä)2 -|x -
|x-y|(5.26)
31
Wzór (5.26) podal Poisson, który wyprowadzil go wsposób calkiem podobny
jak stosowany powyżej i który ma nazwe metody redukcji po zmiennej
przestrzennej.
5.4 Twierdzenie Cauchy ego-Kowalewskiego
Rozwaz
my uklad równań różniczkowych wg. niewiadomych funkcji ui =
ui : Rn × R1 - R, i = 1, . . . , m. Nazywamy go normalnym wzgledem
zmiennej t " R1 jeśli te równania moga być rozwiazane wg. najwiekszych
pochodnych po t " R1. Szczególnym przypadkiem jest kwazi-liniowy uklad:
AÄ…DÄ…u = B, (5.27)
|Ä…|=m
n
gdzie AÄ…, Ä… "Z+ sa macierzami kwadratowymi, B jest wektorem - kolumna,
zalez
ne na ogól od x "Rn, i DÄ…u, |²| Niech SÉ bedzie powierzchnia wRn, zadana przy pomocy równania É(x) =
0, x "Rn.
Problem Cauchy ego polega teraz na tym, że musimy znalez
ć wektor-
funkcje u = u(x), spelniajacej równanie (5.27) oraz warunki Cauchy ego:
"u "m-1
u = u0(x), = Õ1(x) , . . . , = Õm-1(x), (5.28)
- -
n n
SÉ " SÉ " SÉ
gdzie Õi, i =0, . . . , m-1 sa zadanymi wektorami-funkcji na SÉ.
Rozważmy teraz wielomian
A(x, ¾) : = det{ AÄ…(x)¾Ä…}, (5.29)
|Ä…|=m
gdzie ¾ " Rn.
Definicja 5.2 Powierzchnia SÉ, É(x) = 0, x " Rn, nazywamy charakte-
rystyczna w punkcie x "??, jeśli A(x, grad S(x)) = 0. W przypadku prze-
ciwnym powierzchnia nazywa sie swobodna.
Twierdzenie 5.1 (Cauchy-Kowalewski) Niech AÄ…, B, É(x) oraz Õi(x),
i =0, . . . , m-1, x " Rn, sa funkcjami analitycznymi swoich argumentów.
Wówczas w wystarczajaco malym otoczeniu punktu x0 " SÉ, gdzie SÉ jest
swobodna, istnieje jedyne rozwiazanie analityczne problemu Cauchy ego (5.27)
i (5.28).
Dowód twierdzenia polega na rozwinieciu rozwiazania w szereg i dowodzie
jego zbieżności
32