Równanie transportu

Równanie transportu – równanie różniczkowe cząstkowe postaci (1):

$u_{t}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}=0,$

gdzie $b_{i}\in \mathbb {R} ,$ a funkcja $u:\mathbb {R} ^{n}\times [0,\infty ]\to \mathbb {R}$ jest niewiadomą.

Przy założeniu, że dysponujemy gładkim rozwiązaniem $u$ oraz po podzieleniu lewej strony (1) przez $1+\sum _{i=1}^{n}b_{i}$ stwierdzamy, że równanie to orzeka, że pewna pochodna kierunkowa funkcji $u$ jest równa zeru.

Niech $b=(b_{1},b_{2},...,b_{n})\in \mathbb {R} ^{n}$ będzie wektorem. Ustalmy zatem dowolny punkt $(x_{0},t_{0})\in \mathbb {R} ^{n}\times (0,\infty )$ i połóżmy:

$z(s)=u(x_{0}+sb,t_{0}+s)$

przy założeniu $(s\in \mathbb {R} )$ i przy oznaczeniu $sb=s\sum _{i=1}^{n}b_{i}.$

Wtedy prawdziwym jest związek:

${\frac {dz}{ds}}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}(x_{0}+sb,t_{0}+s)+u_{t}(x_{0}+sb,t_{0}+s)=0$

na mocy (1). Funkcja $z$ zmiennej $s$ jest więc stała, co oznacza, że dla każdego punktu $(x_{0},t_{0})$ funkcja $u$ przyjmuje te same wartości na całej prostej przechodzącej przez ten punkt oraz równoległej do wektora $(b_{1},b_{2},...,b_{n},1)\in \mathbb {R} ^{n+1}.$ Wartości szukanej funkcji w całej dziedzinie są zatem znane, jeżeli znane są wartości w jakichkolwiek punktach na każdej z takich prostych.

W wypadku zagadnienia początkowego (2):

$u_{t}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}=0$ przy $u=g$ na $\mathbb {R} ^{n}\times \{t=0\}$

każda z omawianych wcześniej prostych postaci $(x_{0}+sb,t_{0}+s)$ przecina płaszczyznę $\gamma =\mathbb {R} ^{n}\times \{t=0\}$ dla $s=-t_{0}$ w punkcie $(x_{0}-t_{0}b,0).$ Ponieważ funkcja $u$ jest na tych prostych stała oraz $u(x_{0}-t_{0}b,0)=g(x_{0}-t_{0}b)$ to wnioskujemy:

$u(x_{1},...,x_{n},t)=u(x,t)=g(x-tb)$ przy $x\in \mathbb {R} ^{n},t\geqslant 0$

i jest to słabe rozwiązanie zagadnienia (2).

Równanie niejednorodne

Dla zagadnienia (3) $u_{t}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}=f$ przy $u=g$ i tych samych oznaczeniach jak wyżej, kładziemy $z(s),$ uzyskując:

${\frac {dz}{ds}}=\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}(x_{0}+sb,t_{0}+s)+u_{t}(x_{0}+sb,t_{0}+s)=f(x_{0}+sb,t_{0}+s)$

i dalej:

$u(x_{0},t_{0})-g(x_{0}-bt_{0})=z(0)-z(-t_{0})=\int \limits _{-t_{0}}^{0}{\frac {dz}{ds}}\,ds=\int \limits _{-t_{0}}^{0}f(x_{0}+sb,t_{0}+s)\,ds,$

zatem $u(x,t)=g(x-tb)+\int \limits _{-t_{0}}^{0}f(x_{0}+sb,t_{0}+s)\,ds$ przy $x\in \mathbb {R} ^{n},t\geqslant 0$ jest rozwiązaniem równania (3).

Bibliografia

• Lawrence C. Evans: Partial Differential Equations, American Mathematical Society, 2010.