Nenad Antonić Parcijalne diferencijalne jednadžbe

Cauchyjeva zadaća za jednadžbu prvog reda

Linearna jednadžba s konstantnim koeficijentima Najjednostavnija parcijalna diferencijalna jednadžba (dakle, ona koja u zapisu ima parcijalne

derivacije, a da se neposredno ne svodi na običnu diferencijalnu jednadžbu, poput ∂_{t}u + u = f, za u, f : R^{2} ⟶ C, koja je obična diferencijalna jednadžba s parametrom x, na primjer) je linearna jednadžba prvog reda s konstantnim koeficijentima u dvije varijable:

∂_{t}u + c∂_{x}u = 0 ,

pri čemu je c kompleksan broj, a u kompleksna funkcija dviju realnih varijabli x i t.

Složeniji primjeri su klasične jednadžbe matematičke fizike, koje su sve linearne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima:

Poissonova jednadžba  △u = f,
Jednadžba provodenja  ∂_{t}u − κ△u = f,
Valna jednadžba  □u = f,

(pri tome je D’Alembertian □ = ∂_{t}^{2} − c^{2}△, dok su κ i c pozitivne realne konstante).

Klasične jednadžbe su detaljno izučene, kao i šire klase jednadžbi kojima su one predstavnici: eliptičke, paraboličke i hiperboličke jednadžbe. Ova klasična podjela dobro grupira jednadžbe prema njihovim svojstvima, ali, nažalost, klasifikacija nije iscrpna.

Pobliže pogledajmo Cauchyjevu (početnu) zadaću za naš najjednostavniji primjer:

(1)  \{ \begin{matrix}u_{t} + cu_{x} & = 0 \\ u(0, ·) & = g . \end{matrix}

Jednadžba se može zapisati i u obliku:

∇u · [ \begin{matrix}1 \\ c \end{matrix} ] = 0 ,

što znači da derivacija funkcije u smjeru vektora [ \begin{matrix}1 \\ c \end{matrix} ] iščezava. To znači da je u ∈ C^{1}(R^{2}) rješenje

jednadžbe ako i samo ako je funkcija u konstantna na pravcima x−ct = const. Ti pravci su upravo integralne krivulje vektorskog polja ∂_{t} + c∂_{x} i nazivaju se karakteristikama.

Teorem 1. Ako je c realan broj, a g ∈ C^{1}(R; C), onda postoji jedinstveno rješenje u ∈ C^{1}(R^{2}; C) Cauchyjeve zadaće (1), koje je dano formulom:

u(t, x) = g(x − ct) .

Ako je funkcija g klase C^{k}, onda je i rješenje u takoder klase C^{k}.

Rješenje prikazuje nepomućeno širenje vala brzinom c.

Korolar 1. Preslikavanje g ↦ u je neprekinuto iz prostora C^{k}(R; C) u prostor C^{k}(R^{2}; C), za svaki prirodan broj k.

Da li teorem ostaje valjan i za c ∈ C\R? Radi jednostavnijeg računa, uzmimo c = −i; dakle, proučimo jednadžbu u_{t} = iu_{x}.

Neka je Ω ⊆ R^{2} otvoren skup, i neka funkcija u ∈ C^{1}(Ω; C) zadovoljava gornju jednadžbu. Ako Ω poistovjetimo s podskupom kompleksne ravnine Ω_{C} po preslikavanju (t, x) ↦ x + it, te definiramo funkciju f : Ω_{C} ⟶ C formulom f(x + it) := u(t, x); onda za z := x + it imamo ∂_{x}f = ∂_{x}u i ∂_{t}f = ∂_{t}u = i∂_{x}u = i∂_{x}f, što nam daje Cauchy-Riemannove jednadžbe:

∂_{t}(Re f) = −∂_{x}(Im f)
∂_{x}(Re f) = ∂_{t}(Im f) .

Dakle, ako je f klase C^{1}, onda je f i holomorfna funkcija, pa se oko svake točke p ∈ Ω_{C} može razviti u Taylorov red:

f(z) = ∑_{n=0}^{∞} a_{n}(z − p)^{n} , |z − p| < d(p, Fr Ω_{C}) .

Deriviranjem član po član lako možemo provjeriti da su i konvergentni redovi potencija rješenja Cauchy-Riemannovih jednadžbi, pa je svaka funkcija u definirana preko reda potencija ujedno i rješenje polazne jednadžbe. Time smo pokazali sljedeći

5. prosinca 1995.

Cauchyjeva zadaća za jednadžbu prvog reda

Teorem 2. Funkcija u ∈ C^{1}(Ω) zadovoljava jednadžbu u_{t} = iu_{x} ako i samo ako definira (na gore opisani način) holomorfnu funkciju f na skupu Ω_{C}.

Nas posebno zanima početna (Cauchyjeva) zadaća. Ako postoji rješenje u okolini točke (0, x_{0}), onda je to rješenje analitička funkcija, pa je u(t, x) = ∑ a_{n}(z − x_{0})^{n}, odakle slijedi da je nužno i

g(x) = u(0, x) = ∑ a_{n}(x − x_{0})^{n} ,

pa je funkcija g prikazana s pomoću konvergentnog reda potencija, dakle g je realna analitička funkcija: g ∈ C^{ω}(R; C) (domena funkcije g je podskup skupa realnih brojeva; g je restrikcija neke holomorfne funkcije na realan pravac).

Vrijedi i obrnuto: ako je g ∈ C^{ω}(R; C), onda gornji red definira rješenje u. Štoviše, tvrdnja se može pokazati i za svaki c ∈ C \ R.

Teorem 3. Početna (Cauchyjeva) zadaća (1), za c ∈ C \ R, ima rješenje klase C^{1} na nekoj okolini točke (0, x_{0}) ako i samo ako je g ∈ C^{ω}(U_{x_{0}}; C), u kojem slučaju je i to rješenje analitička funkcija u ∈ C^{ω}(U_{(0,x_{0})}; C) (s U_{x_{0}}, odnosno U_{(0,x_{0})}, označujemo neku okolinu točke x_{0}, odnosno (0, x_{0})).

Možemo zaključiti da je za c ∈ R Cauchyjeva zadaća ne samo uvijek rješiva, nego da je i dobro postavljena (Korolar 1). To je hiperbolički slučaj. Za c ∈ C \ R, odnosno eliptički slučaj, Cauchyjeva zadaća ima samo analitička rješenja za analitički početni uvjet. Ako početni uvjet nije analitička funkcija, zadaća nema rješenja.

Na ovom jednostavnom primjeru odgovorili smo na osnovna pitanja (kako je to predložio Hadamard): da li postoji rješenje jednadžbe, da li je to rješenje jedinstveno, te da li to rješenje ovisi neprekinuto o zadanim uvjetima (u našem slučaju početnim). Posljednje pitanje nije ništa manje važno od ostalih; naime, ukoliko bi malena pogreška u mjerenju rezultirala velikom pogreškom u rezultatu, bilo bi posve nemoguće takvu jednadžbu koristiti kao model za neki realan proces.

Zadaci.

1. Dokazati Teorem 2 za općeniti c ∈ C \ R.

2. Pokazati da je za c ∈ R i u ∈ C^{1}(R^{2}) rješenje jednadžbe (1_{1}) skup:

{(t, x) ∈ R^{2} : u ∈ C^{k} na nekoj okolini (t, x)}

unija zraka.

Ovaj rezultat iskazuje da se i singulariteti i regularnost širi duž zraka.

3. Ako u ∈ C^{∞}(R^{2}) za c ∈ R zadovoljava jednadžbu (1_{1}), a k ∈ N_{0}, onda je skup:

{(t, x) ∈ R^{2} : u iščezava reda k u točki (t, x)}

unija zraka.

Za svaki zatvoren skup Γ ⊆ R^{2}, koji je unija zraka, dokazati da postoji u kao gore takav da je Γ upravo skup na kojem u iščezava. Usporediti sa slučajem c ∈ C \ R.

4. Pokazati da za c ∈ R i f ∈ C^{1}(R^{2}) postoji točno jedno rješenje početne zadaće:

\{ \begin{matrix}u_{t} + cu_{x} & = f \\ u(0, ·) & = 0 . \end{matrix}

Naći formulu za rješenje. Primjerom pokazati da u ne mora biti iz C^{2}(R^{2}).

5. Za nelinearnu početnu zadaću (c ∈ R)

\{ \begin{matrix}u_{t} + cu_{x} + u^{2} & = 0 \\ u(0, ·) & = g , \end{matrix}

pokazati da za funkciju g ∈ C_{c}^{∞}(R), koja nije identički jednaka nuli, postoji lokalno rješenje u ∈ C^{∞}(⟨−δ, δ⟩ × R), ali da se to rješenje ne može proširiti do C^{∞} rješenja na čitavoj ravnini.

Usporediti pojavu s nelinearnom običnom diferencijalnom jednadžbom u′ = u^{2}.

6. Pogledajmo početnu zadaću (1), za c ∈ R, i pokušajmo odrediti približno rješenje na sljedeći način:

Diskretizirajmo vrijeme: 0, Δt, 2Δt, . . ..

Koristeći jednadžbu u_{t}(t, ·) = −c∂_{x}u(t, ·), možemo napredovati u vremenu s pomoću približne formule:

u(t + Δt, ·) ≈ u(t, ·) + u_{t}(t, ·)Δt = (1 − cΔt∂_{x}) u(t, ·) .

Neka je vremenski korak Δt = 1/n, za n ∈ N. Uočavamo:

u(k/n, ·) ≈ (1 − \frac{c}{n}∂_{x})^{k} g ,

gdje pretpostavljamo da je g ∈ C^{∞}(R) čvrsti omjer.

Za očekivati je da će pri k, n ⟶ ∞, uz k/n = t, gornja približna formula konvergirati k rješenju. Zamjenom n = k/t dobivamo:

(∗)  u(t, ·) ≈ (1 − \frac{tc∂_{x}}{k} )^{k} g ,

što u limesu k ⟶ ∞ navodi na formalni identitet:

u(t, ·) = e^{−ct∂_{x}}g .

a) Za polinom g formalno izvesti da je u(t, ·) = g(· − ct). Provjeriti da je u tom slučaju na taj način dano rješenje Cauchyjeve zadaće (1).

b) Ako je g restrikcija na realnu os holomorfne funkcije na |Im z| < R, pokazati konvergenciju za |t| < R/|c| prema rješenju g(x − ct).

c) Za c ∈ R, g(x − ct) je rješenje i u slučaju kada funkcija g nema analitičko produljenje. Da li u tom slučaju desna strana u (∗) konvergira k rješenju?

7. Jednadžbu (1), za kompleksan c, uobičajeno je pisati u varijeblama x i y: u_{x} − iu_{y} = 0 (ta se jednadžba zove anti Cauchy-Riemannova). Uvedimo zamjenu varijabli: x = (z + z̄)/2 i y = (z − z̄)/(2i).

a) Provjeriti da se anti Cauchy-Riemannova jednadžba može zapisati u obliku: ∂_{z}u = 0.

b) Zapisati Cauchy-Riemannovu jednadžbu ∂z̄u = 0 u varijablama x i y.

c) Zapisati Laplaceov operator u varijablama z i z̄.

d) Zapisati Cauchy-Riemannov operator u polarnim varijablama.

Kvazilinearna jednadžba prvog reda

Tražimo rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe

F (x, (∂^{α}u)_{|α|≤1}) = 0

definirano na nekoj okolini plohe S u x prostoru, takvo da je u_{|_{S}} = u_{0}, pri čemu je u_{0} zadana funkcija. To je Cauchyjeva zadaća.

Mi ćemo se ograničiti na proučavanje kvazilinearnih jednadžbi

Lu = a(x, u(x)) · ∇u(x) = b(x, u(x)) .

Pretpostavimo da je u rješenje kvazilinearne jednadžbe. Graf funkcije u je u (N + 1)- dimenzionalnom prostoru (N + 1-vu koordinatu označimo s y), i normala na taj graf je odredena

vektorom [ \begin{matrix}∇u \\ −1 \end{matrix} ]. Jednadžba upravo tvrdi da je vektorsko polje v(x, y) = [ \begin{matrix}a(x, y) \\ b(x, y) \end{matrix} ] okomito na

normalu, dakle tangencijalno na plohu y = u(x) u svakoj točki.

Neka je S hiperploha u x prostoru (krivulja u horizontalnoj ravnini na slici), na kojoj je zadana funkcija u_{0}. Sa S^{∗} označimo graf funkcije u_{0}. Taj je graf podskup grafa funkcije u.

Integralne krivulje vektorskog polja v su rješenja sustava običnih diferencijalnih jednadžbi:

\begin{aligned}\frac{dx}{dτ} & = a(x, y) \\ \frac{dy}{dτ} & = b(x, y) . \end{aligned}

Ako riješimo taj sustav, uvaživši početne uvjete x(0) = x_{0} ∈ S i y(0) = u_{0}(x_{0}) ((x_{0}, u_{0}(x_{0})) ∈ S^{∗}), dobivamo funkcije x(τ) i y(τ). Sada za x blizu S definiramo u(x) := y(τ); pri čemu je najprije izabrana integralna krivulja koja prolazi kroz danu točku x, a potom je odreden τ tako da je x = x(τ). Tako definirana funkcija u je rješenje jednadžbe, jer je

∇u · a(x, y) = ∇u · \frac{dx}{dτ} = \frac{du}{dτ} = \frac{dy}{dτ} = b ,

a očigledno je u jednako u_{0} na plohi S.

Vrijedi i obratno: ako je u rješenje parcijalne diferencijalne jednadžbe, onda je vektorsko polje v tangencijalno na graf funkcije u, što pak znači da integralna krivulja tog vektorskog polja koja siječe graf u barem jednoj točki čitava pripada tome grafu.

Gornju diskusiju možemo i formalno iskazati u obliku teorema (neki detalji dokaza su preskočeni, v. [Folland]):

Teorem 4. Neka je S hiperploha klase C^{1} u R^{N}, a a, b i u_{0} realne C^{1} funkcije na odgovarajućim domenama.

Ako vektorsko polje a(x, u_{0}(x)) nije tangencijalno na plohu S ni u kojoj točki x ∈ S, onda postoji rješenje u klase C^{1} jednadžbe

a(x, u(x)) · ∇u(x) = b(x, u(x))

definirano na nekoj okolini plohe S, takvo da je u_{|S} = u_{0}.

Štoviše, svaka takva dva rješenja u se podudaraju na nekoj okolini plohe S.

Primjeri.

1. x_{1}∂_{1}u + 2x_{2}∂_{2}u + ∂_{3}u = 3u, u = u_{0} na x_{3} = 0 [u = φ(x_{1}e^{−x_{3}}, x_{2}e^{−2x_{3}})e^{3x_{3}}]

2. ∂_{1}u + ∂_{2}u = u, u = cos x_{1} na x_{2} = 0 [u = e^{x_{2}} cos(x_{1} − x_{2})]

3. x_{1}^{2}∂_{1}u + x_{2}^{2}∂_{2}u = u^{2}, u = 1 na x_{2} = 2x_{1} [u = \frac{x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}−x_{2}+2x_{1}} ]

4. u∂_{1}u + ∂_{2}u = 1, u = \frac{s}{2} na x_{1} = x_{2} = s [u = \frac{4x_{2}−2x_{1}−x_{2}^{2}}{2(2−x_{2})} ]

5. u_{y} = xuu_{x} , u(x, 0) = x [x = ue^{−yu} implicitno]

6. xu_{y} − yu_{x} = u , u(·, 0) = u_{0} [u = u_{0}(\sqrt{x^{2} + y^{2}})e^{arc tg}(y/x)]

7. u_{x} + u_{y} = u^{2} , u(·, 0) = u_{0}

8. xu_{x} + yu_{y} + u_{z} = u , u(x, y, 0) = u_{0}(x, y)

9. Za α ∈ R \ {0} riješiti Cauchyjevu zadaću za jednadžbu ∑_{k=1}^{n} x_{k}∂_{k}u = αu, uz početni uvjet u(x_{1}, …, x_{n−1}, 1) = u_{0}(x_{1}, …, x_{n−1}). [u(x_{1}, …, x_{n}) = x_{n}^{α}u_{0} (\frac{x_{1}}{x_{n}} , ⋯, \frac{x_{n−1}}{x_{n}} )]

10. Neka je u C^{1} rješenje jednadžbe a(x, y)u_{x} + b(x, y)u_{y} = −u u zatvorenom jediničnom krugu, te neka je a(x, y)x + b(x, y)y > 0 na jediničnoj kružnici. Dokazati da je u identički jednaka nuli.

[Naputak: Pokazati 0 ≤ min u ≤ max u ≤ 0.]

11. Pokazati da je rješenje u kvazilinearne parcijalne diferencijalne jednadžbe u_{y} + a(u)u_{x} = 0 s početnim uvjetom u(x, 0) = h(x) implicitno dano izrazom u = h(x − a(u)y). Pokazati da to rješenje za neki pozitivan y postaje singularno osim ako je a ∘ h neopadajuća funkcija.

Lagrangeev postupak za rješavanje pdj-i prvog reda

Postavlja se pitanje, slično kao kod običnih diferencijalnih jednadžbi, kako postupiti u slučaju da Cauchyjevi uvjeti nisu zadani, tj. ako se traži opće rješenje kvazilinearne parcijalne diferencijalne jednadžbe prvog reda

a(x, u(x)) · ∇u(x) = b(x, u(x))

Primjer. xuu_{x} + yuu_{y} = −(x^{2} + y^{2})

Ovoj jednadžbi pridružimo sustav dviju običnih diferencijalnih jednadžbi

\frac{dx}{xu} = \frac{dy}{yu} = \frac{du}{−(x^{2} + y^{2})} .

Prva nam jednakost daje \frac{dx}{x} = \frac{dy}{y}, odakle integracijom slijedi ln y = ln x+C, odnosno φ(x, y, u) := \frac{y}{x} = c_{1}.

Iz jednadžbe \frac{dx}{xu} = −\frac{du}{(x^{2}+y^{2})} eliminirajmo y koristeći upravo dobiveni izraz \frac{dx}{x} = −\frac{u du}{x^{2}(1+c_{1}^{2})},

odakle slijedi x dx = −\frac{u du}{1+c_{1}^{2}} ; (1 + c_{1}^{2})x^{2} + u^{2} = c_{2}. Eliminiranjem c_{1} konačno dobivamo drugi

integral pridruženih običnih diferencijalnih jednadžbi: ψ(x, y, u) := x^{2} + y^{2} + u^{2} = c_{2}.

Ako su funkcije φ i ψ funkcionalno neovisne, onda je Jacobijeva matrica \frac{∂(φ,ψ)}{∂(x,y,u)} ranga 2 u svakoj točki domene. Zaista:

\frac{∂(φ, ψ)}{∂(x, y)} = −2\frac{x^{2} + y^{2}}{x^{2}} , \frac{∂(φ, ψ)}{∂(x, u)} = −2\frac{uy}{x^{2}} , \frac{∂(φ, ψ)}{∂(y, u)} = 2\frac{u}{x}

su različiti od nule čim je xyu ≠ 0. U tom području je opće rješenje polazne jednadžbe svaka relacija

F (\frac{y}{x}, x^{2} + y^{2} + u^{2}) = 0 .

Razlog nazivu opće rješenje za relaciju F (φ, ψ) = 0 možemo vidjeti iz sljedećega.

Neka je F neprekinuto diferencijabilna funkcija koja zadovoljava gornju relaciju i za koju je F_{ψ} ≠ 0. Tada ta relacija implicitno lokalno definira funkciju u = f(x, y), koja je rješenje polazne parcijalne diferencijalne jednadžbe. Zaista, eliminirajmo F iz relacije deriviranjem po x i y:

\begin{aligned}F_{φ}(φ_{x} + φ_{u}f_{x}) + F_{ψ}(ψ_{x} + ψ_{u}f_{x}) & = 0 \\ F_{φ}(φ_{y} + φ_{u}f_{y}) + F_{ψ}(ψ_{y} + ψ_{u}f_{y}) & = 0 \end{aligned}

odakle eliminiranjem F_{φ}/F_{ψ} dobivamo (ψ_{x} + ψ_{u}f_{x})(φ_{y} + φ_{u}f_{y}) − (ψ_{y} + ψ_{u}f_{y})(φ_{x} + φ_{u}f_{x}) = 0, ili ljepše zapisano:

\frac{∂(φ, ψ)}{∂(u, y)}f_{x} + \frac{∂(φ, ψ)}{∂(x, u)}f_{y} = −\frac{∂(φ, ψ)}{∂(x, y)} .

Uvrstimo gore izračunate vrijednosti za Jacobijeve determinante

−2\frac{u}{x}f_{x} − 2\frac{uy}{x^{2}} f_{y} = −2\frac{x^{2} + y^{2}}{x^{2}} ,

što je ekvivalentno polaznoj jednadžbi.

Opće se rješenje može zapisati i u obliku y/x = g_{1}(x^{2} + y^{2} + u^{2}) ili x^{2} + y^{2} + u^{2} = g_{2}(y/x), pri čemu su g_{1} i g_{2} proizvoljne funkcije.

Općenito za dvije varijable imamo jednadžbu

P (x, y, u)u_{x} + Q(x, y, u)u_{y} = R(x, y, u)

i pripadni sustav

\frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} = \frac{du}{R} .

Podsjetimo se da ako je \frac{a}{b} = \frac{c}{d}, onda je i \frac{λa+μc}{λb+μd} = \frac{a}{b} = \frac{c}{d}. Iterirajući, pripadnom sustavu možemo dodati još jednu jednadžbu (za proizvoljne λ, μ i ν)

\frac{λ dx + μ dy + ν du}{λP + μQ + νR} = \frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} = \frac{du}{R} ,

što može pojednostaviti integraciju. Naime, ako možemo naći λ, μ i ν takve da je λP +μQ+νR = 0; onda mora biti i λ dx + μ dy + ν du = 0. Ako nademo funkciju φ takvu da je dφ = λ dx + μ dy + ν du, onda je φ(x, y, u) = c_{1} integral pripadnog sustava običnih diferencijalnih jednadžbi.

Primjeri.

1. (y − x)u_{x} + (y + x)u_{y} = \frac{x^{2} + y^{2}}{u} [F (x^{2} + xy − y^{2}, x^{2} − y^{2} + u^{2}) = 0]

2. (u^{2} − 2yu − y^{2})u_{x} + (xy + xu)u_{y} = xy − xu [F (u^{2} − y^{2} + 2uy, x^{2} + y^{2} + u^{2}) = 0]

3. uu_{x} + yu_{y} = x [F (x^{2} − u^{2}, \frac{x+u}{y}) = 0]

4. yu_{x} − xu_{y} = x^{3}y + xy^{3} [u = \frac{1}{2}x^{2}(x^{2} + y^{2}) + f(x^{2} + y^{2})]

5. x(y − u)u_{x} + y(u − x)u_{y} = u(x − y) [xyu = f(x + y + u)]

6. P_{1}u_{x} + P_{2}u_{y} + P_{3}u_{2} + Ru = 0 (P_{i}, R su konstante)

[u = e^{−Rx/P_{1}}f(P_{2}x − P_{1}y, P_{3}x − P_{1}z) , P_{1} ≠ 0]

7. xu_{x} + yu_{y} + zu_{z} = nu (n ∈ R) [u = x^{n}f (\frac{x}{y}, \frac{z}{x})]

8. u_{x} + xu_{y} + xyu_{z} = xyzu [f(x^{2} − 2y, y^{2} − 2z, ue^{−z^{2}/2}) = 0]

9. xu_{x} + yu_{y} + zu_{z} = u + \frac{xy}{z} [u = xf (\frac{y}{x}, \frac{z}{x}) + \frac{xy ln x}{z}]

Primjer hiperboličkog sustava

Pogledajmo jednadžbe jednodimenzionalne akustike (širenja zvučnih valova u jednoj dimenziji). Izvod ovih jednadžbi, polazeći od fizikalnog modela, može se naći u The Feynman Lectures on Physics, 47-3 u prvoj knjizi (mi koristimo sljedeće oznake: w := \frac{∂χ}{∂t}, c_{0}^{2} := κ). S w je označena brzina deformacije, s π tlak zraka; ρ_{0} je gustoća nepomućenog uzduha, a c_{0} je brzina širenja zvuka:

(2)  \{ \begin{matrix}w_{t} + \frac{1}{ρ_{0}} π_{x} & = 0 \\ π_{t} + ρ_{0}c_{0}^{2}w_{x} & = 0 \end{matrix}

Dijeljenjem druge jednadžbe s ρ_{0}c_{0} dobivamo ∂_{t} (\frac{π}{ρ_{0}c_{0}} )+c_{0}w_{x} = 0. Dodavanjem i oduzimanjem

te jednadžbe od prve jednadžbe u sustavu vodi, poslije zamjene u := w + \frac{π}{ρ_{0}c_{0}} , v := w − \frac{π}{ρ_{0}c_{0}} , na sustav

\{ \begin{matrix}u_{t} + c_{0}u_{x} & = 0 \\ v_{t} − c_{0}v_{x} & = 0 . \end{matrix}

Posljednji sustav možemo rastaviti na dvije jednadžbe, koje pojedinačno imaju opća rješenja: u = f(x − c_{0}t), v = g(x + c_{0}t). Vrativši se na polazne nepoznanice dobivamo opće rješenje sustava jednadžbi akustike

\begin{aligned}w & = \frac{f(x − c_{0}t) + g(x + c_{0}t)}{2} \\ π & = ρ_{0}c_{0} \frac{f(x − c_{0}t) − g(x + c_{0}t)}{2} \end{aligned}

Veličine w ± \frac{π}{ρ_{0}c_{0}} su Riemannove invarijante sustava. Prva od njih se u nepromijenjenom obliku širi nadesno, a druga nalijevo (desni i lijevi val).

Odredimo rješenje ako su za t = 0 dani početni podaci na segmentu [x_{1}, x_{2}], dakle w(·, 0) = w_{0} i π(·, 0) = π_{0}. Za funkcije f i g dobivamo

\begin{aligned}f(x) + g(x) & = 2w_{0} \\ f(x) − g(x) & = \frac{2π_{0}}{ρ_{0}c_{0}} \end{aligned}

odakle lako izrazimo opće rješenje

\begin{aligned}w & = \frac{w_{0}(x − c_{0}t) + w_{0}(x + c_{0}t)}{2} + \frac{π_{0}(x − c_{0}t) − π_{0}(x + c_{0}t)}{2ρ_{0}c_{0}} \\ π & = \frac{π_{0}(x − c_{0}t) + π_{0}(x + c_{0}t)}{2} + ρ_{0}c_{0} \frac{w_{0}(x − c_{0}t) − w_{0}(x + c_{0}t)}{2} \end{aligned}

Napomena. Ako prvu jednadžbu u sustavu deriviramo po x, drugu po t, a potom eliminiramo mješovitu derivaciju w_{xt}, dobit ćemo valnu jednadžbu.

Zakon sačuvanja energije Množenjem prve jednadžbe u sustavu (2) s ρ_{0}w, druge s \frac{π}{ρ_{0}c_{0}^{2}} , i njihovim zbrajanjem dobivamo

∂_{t} [\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ] + ∂_{x}(πw) = 0 .

Posebno, integral te veličine po proizvoljnoj ravninskoj figuri je nula. Fiksirajmo pravokutnik ABCD sa stranicama paralelnim koordinatnim osima. Vrijedi (zbog Greenovog teorema):

0 = ∫ ∫ (∂_{t} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) + ∂_{x}(πw)) dx dt = ∮ − (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx + πw dt .

Rastavljanjem krivuljnog integrala na četiri integrala po stranicama dobivamo

∫_{D}^{C} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx = ∫_{A}^{B} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx + ∫_{A}^{D} πw dt − ∫_{B}^{C} πw dt ,

što je zakon sačuvanja energije. Član s \frac{ρ_{0}w^{2}}{2} sadrži kinetičku energiju, dok član s \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} sadrži potencijalnu. Zakon sačuvanja energije iskazuje činjenicu da je zbroj potencijalne i kinetičke energije u t_{2} (stranica CD) jednak zbroju kinetičke i potencijalne energije i rada duž AD, odnosno BC.

Dobiveni zakon sačuvanja energije možemo upotrijebiti za dokaz jedinstvenosti rješenja. Neka je ABC karakterističan trokut konstruiran nad [x_{1}, x_{2}], a P i Q točke na stranicama AC i BC takve da je ABQP trapez. Napišimo zakon sačuvanja energije za taj trapez

∫_{P}^{Q} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx = ∫_{A}^{B} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx − ∫_{A}^{P} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx − πw dt

+ ∫_{B}^{Q} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx − πw dt

≤ ∫_{A}^{B} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx ,

jer je prvi rad ∫_{A}^{P} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx − πw dt = \frac{ρ_{0}c_{0}}{2} ∫_{A}^{P} (w − \frac{π}{ρ_{0}c_{0}} )^{2} dt ≥ 0, a slično se zaključuje

da je i ∫_{B}^{Q} (\frac{ρ_{0}w^{2}}{2} + \frac{π^{2}}{2ρ_{0}c_{0}^{2}} ) dx − πw dt ≤ 0.

Ukoliko su (w_{1}, π_{1}) i (w_{2}, π_{2}) dva rješenja sustava, koja zadovoljavaju iste početne uvjete, onda je njihova razlika (w, π) takoder rješenje istog sustava s početnim uvjetima jednakim nuli. Budući da to znači da je integral po AB jednak nuli, to je i integral po PQ jednak nuli, a zbog nenegativnosti integranda slijedi da je w = 0 i π = 0, to jest w_{1} = w_{2} i π_{1} = π_{2}.

Primjer slabih rješenja

Pogledajmo parcijalnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda s konstantnim koeficijentima:

(3)  \{ \begin{matrix}u_{t} + cu_{x} & = 0  na R × R_{0}^{+} \\ u(·, 0) & = u_{0} . \end{matrix}

Ukoliko je funkcija u_{0} klase C^{1} na R, onda je jedinstveno rješenje gornje Cauchyjeve zadaće dano formulom u(x, t) = u_{0}(x − ct). Ta formula definira neprekinutu funkciju u i u slučaju kada je u_{0} ∈ C^{0}(R) \ C^{1}(R), ali koje je tada značenje derivacija u_{t} i u_{x}?

Umjesto derivacije po točkama želimo naći lokalnu formulu koja usrednjuje po točkama. Definirajmo najprije neke pojmove. Za neprekinutu realnu funkciju na topološkom prostoru

X općenito definiramo njezin nosač kao (zatvoren) skup:

suppφ := Cl {x ∈ X : φ(x) ≠ 0}
= X \ Int {x ∈ X : φ(x) = 0} .

S D(X), odnosno C_{c}^{∞}(X), označimo Schwartzov prostor C^{∞} funkcija s kompaktnim nosačem.

Pretpostavimo sada da je funkcija u_{0} glatka i zapišimo Cauchyjevu zadaću u drugom obliku. Da bismo to postigli pomnožimo jednadžbu funkcijom φ ∈ D(R × R_{0}^{+}) i integrirajmo po R:

0 = ∫_{R×R_{0}^{+}} φ(u_{t} + cu_{x}) dt dx
= − ∫_{R×R_{0}^{+}} (φ_{t}u + cφ_{x}u) dt dx + ∫_{R} φu dx |_{t=0}^{∞} + c ∫_{R_{0}^{+}} φu dt |_{x=−∞}^{∞}
= − ∫_{R×R_{0}^{+}} (φ_{t}u + cφ_{x}u) dt dx − ∫_{R} φ(·, 0)u_{0} dx ,

jer funkcija φ ima kompaktan nosač i jednaka je nuli za velike t i x.

Dobili smo da za u_{0} neprekinuto diferencijabilno rješenje u zadovoljava varijacijsku jednadžbu:

(4)  (∀ φ ∈ D(R × R_{0}^{+})) ∫_{R×R_{0}^{+}} (φ_{t}u + cφ_{x}u) dt dx + ∫_{R} φ(·, 0)u_{0} dx = 0 .

Vrijedi i obratno: ako funkcija u klase C^{1} zadovoljava (4), onda biranjem φ ∈ D(R × R^{+}) najprije dobivamo (1_{1}), a potom uzimanjem φ ∈ D(R × R_{0}^{+}) slijedi i početni uvjet.

Prednost ekvivalentnog oblika (4) jednadžbe (3) je u tome da ta jednadžba ima smisla i za funkcije u koje su lokalno integrabilne (tj. u ∈ L_{loc}^{1}(R × R_{0}^{+}) := {f : (∀ K ∈ K) ∫_{K} |f| < ∞}). Kažemo da je lokalno integrabilna funkcija u slabo rješenje Cauchyjeve zadaće (3) ako vrijedi (4).

Može se pokazati da je slabo rješenje jedinstveno, te da je dano formulom u(x, t) = u_{0}(x−ct). Zaista, za jedinstvenost: neka su u_{1} i u_{2} dva slaba rješenja. Njihova razlika u := u_{1} − u_{2} zadovoljava:

(5)  (∀ φ ∈ D(R × R_{0}^{+})) ∫_{R×R_{0}^{+}} u (φ_{t} + cφ_{x}) dt dx = 0 .

Da bismo pokazali da je u = 0, dovoljno je pokazati da (∀ ψ ∈ D(R × R_{0}^{+})) ∫_{R×R_{0}^{+}} uψ dt dx = 0. To će biti pokazano ako u (5) za svaku danu funkciju ψ ∈ D(R × R_{0}^{+}) možemo riješiti Cauchyjevu zadaću:

\{ \begin{matrix}φ_{t} + cφ_{x} & = −ψ  na R × R_{0}^{+} \\ φ(·, T) & = 0 . \end{matrix}

Rješenje te zadaće dano je formulom φ(x, t) = ∫_{t}^{T} ψ(x + c(s − t), s) ds, i time je pokazana jedinstvenost slabog rješenja.