Единственность решения уравнения в частных производных с раз

[Asalex]

Дорогие форумчане!

Помогите разобраться как доказывать единственность решений дифференциальных уравнений в частных производных. Меня в особенности интересует ситуация, когда начальная функция имеет скачок в некоторой точке.

Поскольку сообщение получилось длинным, обозначу вкратце проблему. Если функции $u_x,v_x$ в уравнении (5) (ниже, в рамочке) ограничены, то можем оценить их константой, и дальше воспользоваться леммой Гронуолла-Белмана. Однако если начальная функция имеет скачок, то функции $u_x,v_x$ не будут иметь ограниченные производные, и так действовать нельзя. Вопрос в том, что делать для такого случая, когда начальная функция имеет разрыв.

Ниже приведу схему как доказывать единственность в случае когда начальная функция непрерывна.


К примеру, возьмем уравнение Хопфа

$$u_t+u u_x=0,\quad x\in\mathbb{R},%\quad t\in\left[\right.0,T\left.\right), $$

и пусть $u(x,t)$ и $v(x,t)$ два решения этого уравнения, которые совпадают в начальный момент времени, $u(x,0)=v(x,0),$
и оба существуют на каком-то интервале времени по $t,$ то есть для $t\in[0,T],$ где $T>0$ это некоторое число.
(Решение будет существовать только для достаточно малых значений времени $t$; так вот, вопрос об укручении профиля и о том что решение в определенный момент перестает существовать меня не интересует, интересует только как доказывать единственность).

1.
Вычтем $v_t+vv_x=0$ из $u_t+uu_x=0$, и обозначим $w(x,t)=u(x,t)-v(x,t),$ тогда получим

$$ (u_t-v_t) + (uu_x-vv_x)=0. $$

Здесь выражение $uu_x-vv_x$ можно преобразовать двумя способами: как $(u-v)u_x+v(u_x-v_x),$ или как $u(u_x-v_x)+v_x(u-v).$
Первый способ дает нам

$$w_t+wu_x+vw_x=0, \eqno (1)$$

а второй

$$\label{eqv}w_t+wv_x+w_xu=0. \eqno (2) $$

Беря полусумму от этих двух уравнений, получаем уравнение симметричное относительно $u$ и $v,$

$$\label{eqt}w_t+\frac{u_x+v_x}{2}w+\frac{u+v}{2}w_x=0. \eqno (3)$$

2.
Все три уравнения (1), (2), (3) одинаково пригодны для использования; возьмем для определенности уравнение (1).
Здесь домножаем на $w(x,t),$ и пытаемся преобразовать к виду, который будет затем удобно проинтегрировать по x по всей оси.
Получаем сперва

$$\frac12(w^2)_t+u_xw^2+\frac12v(w^2)_x=0,$$

и, выделяя полные производные и умножая на 2, приходим к

$$(w^2)_t+\left(2u_x-v_x\right)w^2+(vw^2)_x=0. \eqno (4)$$

Интегрируем по всей оси, перенося производную по $t$ в одну сторону, и все остальные слагаемые в другую сторону,

$$ \boxed{\frac{d}{dt}\int_{\mathbb{R}}w^2(x,t) dx = \int_{\mathbb{R}}(v_x-2u_x)w^2(x,t)dx.}\eqno(5) $$

Здесь мы предположили что $\int_{\mathbb{R}}(vw^2)_x dx=0.\eqno (6)$ Это выполняется, к примеру, если $w(x,t)\to0$ при $x\to\pm\infty,$ при всех $t\in[0,T].$

Предположим что производные от решений $u, v$ равномерно ограничены по всей оси по x, и на каком-то интервале по t; обозначим
$M_u = \sup\limits_{x\in\mathbb{R},t\in[0,T]}|u_x(x,t)|,\qquad M_v = \sup\limits_{x\in\mathbb{R},t\in[0,T]}|v_x(x,t)|, \qquad \mbox{ и }\quad M=\frac13\max(M_u,M_v).$
Тогда уравнение (5) позволяет написать оценку

$$ -M\int_{\mathbb{R}}w^2(x,t)dx \leq \frac{d}{dt}\int_{\mathbb{R}}w^2(x,t)dt \leq M\int_{\mathbb{R}}w^2(x,t)dx. $$

Обозначим $F(t) = \int_{\mathbb{R}}w^2(x,t)dx ,$ тогда неравенство интегралов переписывается как $-M F(t)\leq F'(t) \leq M F(t).$
Предположим что в какой-то точке $F(t)\neq 0,$ тогда последнее неравенство можно переписать в виде

$$-M\leq \frac{F'(t)}{F(t)} = \frac{d}{d t}\ln |F(t)| \leq M,$$

и если $F(t)\neq0$ на каком-то отрезке $t\in[t_1,t_2],$ включая концы, то можем проинтегрировать по отрезку $[t_1, t],$ где $t_1\leq t \leq t_2.$
Получаем

$$-M(t-t_1) \leq \ln |F(t)|-\ln F(t_1) \leq M(t-t_1),$$

и

$$F(t_1) e^{-M(t-t_1)} \leq |F(t)| \leq F(t_1) e^{M(t-t_1)},$$

и здесь нам важна лишь оценка сверху, то есть

$$|F(t)| \leq F(t_1) e^{M(t-t_1)}.$$

Эта оценка получена для точки $t_1$ в которой $F(t_1)\neq 0;$ однако теперь мы можем уменьшать точку $t_1,$ пока не дойдем до первой точки $t_0\geq 0,$ в которой $F(t_0)=0.$ (Поскольку $F(0)=0$ - вследствие начального условия $w(x,0) = u(x,0)-v(x,0)=0$, то поэтому $t_0\geq 0.$)

3.
Итак, что же мы доказали?

Мы доказали следующую теорему.

Теорема.
Пусть $f(x), x\in\mathbb{R}$ - это дифференцируемая функция, такая что существует $\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f'(x)|<\infty.$
Пусть $f(x)\to0$ при $x\to\pm\infty.$
Пусть, далее, $u(x,t), v(x,t), x\in\mathbb{R}, t\in[0,T]$ - это две непрерывные функции, имеющие в каждой точке $x,t$ частные производные по $x$ и по $t$ (в точке $t=0$ производные односторонние).
Пусть $u(x,t), v(x,t)\to0$ при $x\to\pm\infty,$ для каждого $t\in[0,T],$
и $\sup\limits_{x\in\mathbb{R},t\in[0,T]}|u_x(x,t)|<\infty,\qquad \sup\limits_{x\in\mathbb{R},t\in[0,T]}|v_x(x,t)|<\infty.$
Тогда $u(x,t)\equiv v(x,t),\quad x\in\mathbb{R}, t\in[0,T].$


4.
Теперь возьмем случай когда начальная функция имеет скачок в некоторой точке $x_0.$
Мы предполагаем что решения $u(x,t)$, $v(x,t)$ имеют разрыв только в начальный момент времени $t=0$, а затем они становятся гладкими.
Мы тогда опять приходим к уравнению (5) (выше, в рамочке), но теперь мы не можем предполагать что $\sup\limits_{t\in[0,T]}|u_x|$ ограничен, так как в точках $x$ близких к $x_0,$ производная $u_x(x,t)$ будет расти при $t\to0.$
Вопрос что делать в этом случае.

Буду благодарен за ответы.

[pogulyat_vyshel]

Asalex в сообщении #1444751 писал(а):

уравнение Хопфа

$$u_t+u u_x=0,\quad x\in\mathbb{R},%\quad t\in\left[\right.0,T\left.\right), $$

пока метод характеристик работает -- единственность вытекает из теоремы существования и единственности ОДУ, а когда там опрокидываться начинает все на свете, то единственности и не должно быть, для единственности надо правильно пространство решений определить

[Asalex]

Спасибо за ответ.

Однако меня на самом деле интересует не уравнение Хопфа $u_t+uu_x=0$, а более сложное уравнение, когда к уравнению Хопфа добавлены производные высшего порядка,
например уравнение $u_t+uu_x+u_{xxx}=0.$ Тогда метод характеристик уже не работает, а приведенная схема по-прежнему работает, при чем добавка из третьей производной ничего не портит, самое плохое слагаемое получается из члена $uu_x.$
В самом деле, у нас получится то же самое уравнение (5) что и раньше, при дополнительных предположениях что $\int_{\mathbb{R}}\left(ww_{xx}-\frac12(w_x^2)\right)_x dx =0.$ Если, далее, предположить что решение мгновенно регуляризуется, то есть $u(x,t)$ уже непрерывна и гладка при $t\neq0,$ то последнее условие выполняется если $w$ ограничена, и $w_x, w_{xx}\to0$ при $x\to\pm\infty.$

Меня интересует как доказать единственность решения уравнения $u_t+uu_x+u_{xxx}=0,$ когда начальная функция имеет разрыв в отдельной точке $x=x_0$ в начальный момент времени $t=0,$ а в остальном ведет себя хорошо - быстро стремится к нулю при $x\to\pm\infty$ и имеет достаточное число производных (односторонних в точке разрыва). Решение $u(x,t)$ ищется в классе ограниченных функций.
Интересуют в первую очередь малые значения $t.$


P.S. На случай если кто не знает, что такое метод характеристик для уравнения $u_t+uu_x=0.$
Решение может быть найдено в параметрической форме

$$\begin{cases}u(x,t)=f(\xi),\\x=tf(\xi)+\xi.\end{cases}$$

Давайте сперва убедимся что написанное в самом деле представляет собой параметрическое задание функции $u(x,t).$
В самом деле, при $t=0$ получаем $x=\xi, u(x,0)=f(x),$ то есть $f(x)$ это начальная функция.
Далее, при каждом фиксированном значении $t$, второе уравнение $x=t f(\xi)+\xi$ задает нам $x$ как функцию от $\xi.$ Далее, первое уравнение $u(x,t)=f(\xi)$ задает нам $u.$

Теперь давайте убедимся что таким образом заданный $u$ в самом деле решает уравнение Хопфа. Теперь наоборот, будем рассматривать $\xi$ как функцию от независимых параметров $x,t$, заданную неявно через уравнение $x=t f(\xi)+\xi$ (тогда, когда такая функция $\xi(x,t)$ существует, то есть при достаточно малых $t$).
Дифференцируя по параметрам $x,t$, мы находим

$$\begin{array}{ccc}0&=&f(\xi)+(t f'(\xi)+1)\xi_t, \\ 1&=&(t f'(\xi)+1)\xi_x,\end{array}$$

и домножая второе уравнение на $f(\xi)$ и складывая с первым, получаем $(t f'(\xi)+1)(\xi_t+f(\xi)\xi_x)=0.$
Для небольших значений переменой $t,$ первая скобка $(t f'(\xi)+1)\neq 0$ не обращается в ноль, а значит в ноль обращается вторая скобка, $\xi_t+f(\xi)\xi_x=0.$
Осталось проверить что это равносильно тому, что функция $u$ удовлетворяет уравнению Хопфа $u_t+uu_x=0.$
В самом деле, подставляя $u(x,t)=f(\xi), \xi=\xi(x,t)$ в последнее уравнение, получаем $f'(\xi)(\xi_t+f(\xi)\xi_x)=0.$

Наконец, из параметричего задания решения $u(x,t),$ можем найти точку опрокидывания $(x_c, t_c),$ то есть точку в которой решение перестает существовать. Это произойдет когда первая производная $u_x$ обратится в бесконечность, $u_x=\infty$.
Мы уже знаем что $u_x=f'(\xi)\xi_x,$ и $1=(tf'(\xi)+1)\xi_x.$
Таким образом, нас интересует первая точка, в которой $tf'(\xi)+1$ обращается в ноль, $t f'(\xi)+1=0,$ значит

$$t_c = \frac{-1}{\min\limits_{x\in\mathbb{R}} f'(x)},$$

и минимум достигается в точке, где $f$ спускается вниз быстрее всего.
Если обозначим эту точку через $x_m$ (точка Минимума), то есть $f'(x_m)=\min\limits_{x\in\mathbb{R}} f'(x),$ то $x_c$ находится из параметричего задания,

$$x_c = \frac{-f(x_m)}{f'(x_m)}+x_m,\quad t_c = \frac{-1}{f'(x_m)}.$$