гипотеза о PDE

[Padawan]

terminator-II в сообщении #292904 писал(а):

А у Вас точных решений для такого сорта нелинейностей:

$$u_t=(1-z)uu_z-(1-z)^2u_{zz}$$

нет?

А Вам в качестве начального условия именно $u\mid_{t=0}=\dfrac {1}{1-z}$ надо? Или другие тоже подойдут?

[Gafield]

Как бы это Вам ээээ объяснить.

terminator-II в сообщении #293004 писал(а):

Спасибо, конечно, что Вы мне напомнили прото, что есть справочники и про то, что читают в урчп на втором курсе. Но вообще-то это немного не по делу.

Не за что. Иногда можно забыть о какой-то простой возможности и потратить много лишнего времени.

Цитата:

Теоремы существования, и в частности, резултаты Петровского, формулируются в определенных классах функций, в частности при наличии гран. условий. То, что мы здесь обсуждаем к тем стандартным постановкам отношения не имеет.

Никаких граничных условий нет. Речь идет о локальной гладкости решений. Утверждается, что любое решение параболического уравнения (при соотв. условиях на коэффициенты) локально аналитично по $x$ и бесконечно дифференцируемо по $t$. Это аналог локальной аналитичности любого решения равномерно эллиптического уравнения с аналитическими коэффициентами. Причем это верно и для квазилинейных уравнений. Я думаю, что и для квазилинейных параболических уравнений это также давно доказано.

Цитата:

Вот например, задача

$$u_t=(1-z)^2u_{zz},\quad u\mid_{t=0}=\frac{1}{1-z}$$

не имеет решений в $C([0,T],H_r)$, хотя она и равномерно параболическая при $-1/2\le z\le 1/2$. И результаты Петровского тут ни при чем.

В качастве простого и полезного упражнения возьмите справочник, найдите явное решение этой задачи и убедитесь, что оно аналитическое аж по обоим переменным в окрестности нуля.

Цитата:

А задача (как Вы говорите обратно параболическая)

$$u_t=-(1-z)^2u_{zz},\quad u\mid_{t=0}=\frac{1}{1-z}$$

имеет решения в $C([0,T],H_r)$. И эти решения даже и по $t$ будут аналитичны в некотором уголке $0<|Im\, t|<cRe\, t$. Думаю, что доказательство этого утверждения будет полезным для Вас упражнением.

То же самое.

Цитата:

ps

Gafield в сообщении #292975 писал(а):

Нелинейность не должна влиять на аналитичность.

В таком случае Вы можете получить миллион долларов. Ибо именно нелинйность мешает решить задачу тысячелетия. (Navier-Stokes eq.)

Речь шла об одном квазилинейном параболическом уравнении. Может, для вас это новость, но не все свойства решений одного уранения второго порядка остаются справедливыми для уравнений высокого порядка и систем. А Навье-Стокс - это система и даже не параболическая.

[terminator-II]

Padawan в сообщении #293034 писал(а):

А Вам в качестве начального условия именно $u\mid_{t=0}=\dfrac {1}{1-z}$ надо? Или другие тоже подойдут?

Нужно начальное условие, коэффициенты Тейлора которого в нуле положительны

Gafield в сообщении #293037 писал(а):

доказано.
Quote:
Вот например, задача

$$u_t=(1-z)^2u_{zz},\quad u\mid_{t=0}=\frac{1}{1-z}$$

не имеет решений в $C([0,T],H_r)$, хотя она и равномерно параболическая при $-1/2\le z\le 1/2$. И результаты Петровского тут ни при чем.

В качастве простого и полезного упражнения возьмите справочник, найдите явное решение этой задачи и убедитесь, что оно аналитическое аж по обоим переменным в окрестности нуля.

Не сочтите за труд, выпишите сюда соответствующие формулы из справочника

[terminator-II]

Да, решения этой задачи "из справочника" которое

Gafield в сообщении #293037 писал(а):

аналитическое аж по обоим переменным в окрестности нуля.

мы вряд ли дождемся. Думаю, что Gafield здесь вообще больше не появится.

[Gafield]

terminator-II в сообщении #293056 писал(а):

Не сочтите за труд, выпишите сюда соответствующие формулы из справочника

Сначала сделать линейную замену, чтобы получилось $u_t=x^2u_{xx}$. Формула замены, сводящей это уравнение к теплопроводности есть в Полянин А.Д. Справочник по линейным уравнениям математической физики ФМЛ, 2001, раздел 1.3.5.1. А потом решить задачу Коши, то есть посчитать интеграл Пуассона. Ответ простой получится

terminator-II в сообщении #293081 писал(а):

Да, решения этой задачи "из справочника" которое Gafield в сообщении #293037 писал(а):аналитическое аж по обоим переменным в окрестности нуля.мы вряд ли дождемся.

Это да. Не все же другим советовать упражняться. Я вот проделал выкладки, но пользы от них не ощутил

[terminator-II]

Да, та задача имеет аналит. решение в окрестности $t=0,z=0$, а вот эта не имеет

$$u_t=(1-z)^2u_{zz},\quad u\mid_{t=0}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k(1-z)^k}$$

Так, что всеравно никакие теоремы Петровского тут нипричем

[Padawan]

terminator-II в сообщении #292904 писал(а):

А у Вас точных решений для такого сорта нелинейностей:

$$u_t=(1-z)uu_z-(1-z)^2u_{zz}$$

нет?

Для этого дифура вычислил генераторы группы симметрий

Наиболее общий вид инфинитезимального оператора $X=\xi^1\frac{\partial}{\partial t} +\xi^2\frac{\partial}{\partial z}+\eta \frac{\partial}{\partial u}$, допускаемого уравнением

$$ \xi^1=-2Bt+D,\; \xi^2=(-B\ln(z-1)+(B+C)t+M)\cdot (z-1),\; \eta=Bu+C,$$

где $B,D,C,M\in\mathbb{R}$.

Соответствующая алгебра Ли четырёхмерна и в качестве базисных операторов можно взять

$$X_1=-2t\frac{\partial}{\partial t}+(-\ln(z-1)+t)\cdot (z-1)\frac{\partial}{\partial z}+u\frac{\partial}{\partial u},$$

$$X_2=\frac{\partial}{\partial t},$$

$$X_3=t(z-1)\frac{\partial}{\partial z}+\frac{\partial}{\partial u},$$

$$X_4=(z-1)\frac{\partial}{\partial z}.$$

Завтра на этой основе точные решения поищу.

[Padawan]

Вот одно дурацкое решение $u=f\left (\dfrac{\ln(z-1)}{t+t_0}\right )$, где функция $f(s)$ удовлетворяет уравнению $-f'\cdot s=-ff'-f''+f'$. Только навряд ли начальное условие будет иметь в нуле положительные коэффициенты Тейлора.

[mihiv]

[quote="terminator-II в [url=http://dxdy.ru/post292904.html#p292904] А у Вас точных решений для такого сорта нелинейностей:

$$u_t=(1-z)uu_z-(1-z)^2u_{zz}$$

нет?[/quote]
Как обычно бывает, того,что нужно нет , но есть точное решение для такой задачи:

$$u_t=(1-z)^2uu_z-(1-z)^2u_{zz},u\mid _{t=0}=\frac1{1-z}$$

$u(t,z)=\frac 2{(1+exp(2t))(1-z)}$.Это то же самое решение,которое было приведено в моем предыдущем сообщении.Возникает интересная ситуация:два разных уравнения с одинаковым начальным условием имеют одинаковые решения.

[Gafield]

terminator-II в сообщении #293103 писал(а):

Да, та задача имеет аналит. решение в окрестности $t=0,z=0$, а вот эта не имеет

$$u_t=(1-z)^2u_{zz},\quad u\mid_{t=0}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k(1-z)^k}$$

Так, что всеравно никакие теоремы Петровского тут нипричем

Если по обеим переменным, то ничего удивительного. Для параболических уравнений не следует ее ожидать. А для каждого $t\ge0$, я думаю, любое такое решение будет аналитическим по $z$ в окрестности нуля. Выше я давал ссылку, что это уравнение сводится к уравнению теплопроводности, причем замена в нуле аналитична. И тут налитичность решений уравнения теплопроводности очень даже причем. Вот, скажем, решение примера Ковалевской:

$$ u(z,t)= \frac{(z-1)}{4 t} \frac{\partial^2{} _1F_1\left(0,\frac{1}{2},-\frac{(z-1)^2}{4 t}\right)}{\partial z \partial a}, $$

где $_1F_1(a,b,z)$ - гипергеометрическая функция Куммера. Видно, почему не будет аналитичности по $t$ и будет аналитичносить по $z$ для фиксированного $t$. Дробь $z^2/(4t)$ такая же, как в фундаментальном решении уравнения теплопроводности.

Что то я уже не понимаю, что еще здесь интересного можно надеятся обнаружить. Тут

Цитата:

$$u_t=(1-z)^2u_{zz},\quad u\mid_{t=0}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k(1-z)^k}$$

должно быть то же самое, разве что решение явно выписать не удастся.

[Padawan]

Вот еще решение

$$ u=1-a+\alpha\frac{\left[ (1-z)e^{at} \right]^\alpha+\beta}{\left[ (1-z)e^{at} \right]^\alpha-\beta} $$

$a,\alpha,\beta$ - числовые параметры (наверное если будут комплексные, решения можно в другом виде записать).

[Padawan]

Тейлоровские коэффициенты положительные

[Padawan]

Что-то тема зависла...

terminator-II,
Мне интересно, а зачем Вам именно неотрицательные коэффициенты Тейлора нужны? Как я догадываюсь, чтобы использовать точное решение как мажорантную функцию при доказательстве сходимости формальных степенных решений при произвольных аналитических начальных условиях?
Если я прав, не могли бы Вы объяснить механизм. Там же вроде коэффициенты решения не являются положительными многочленами от коэффициентов начального условия.


Получается, что даже когда теорема Коши-Ковалевской не применима, в конкретных случаях можно получить её аналог.

[terminator-II]

Padawan
mihiv
Во-первых, спасибо.

Gafield в сообщении #293305 писал(а):

И тут налитичность решений уравнения теплопроводности очень даже причем. Вот, скажем, решение примера Ковалевской:

$$ u(z,t)= \frac{(z-1)}{4 t} \frac{\partial^2{} _1F_1\left(0,\frac{1}{2},-\frac{(z-1)^2}{4 t}\right)}{\partial z \partial a}, $$

где $_1F_1(a,b,z)$ - гипергеометрическая функция Куммера.

Я в спец. функциях ничего не понимаю. На вид данное решение имеет особенность $t=0$. Это так?

Padawan в сообщении #293698 писал(а):

Мне интересно, а зачем Вам именно неотрицательные коэффициенты Тейлора нужны? Как я догадываюсь, чтобы использовать точное решение как мажорантную функцию при доказательстве сходимости формальных степенных решений при произвольных аналитических начальных условиях?
Если я прав, не могли бы Вы объяснить механизм. Там же вроде коэффициенты решения не являются положительными многочленами от коэффициентов начального условия.


Получается, что даже когда теорема Коши-Ковалевской не применима, в конкретных случаях можно получить её аналог.

Вы все правильно угадали. Я только не понял фразу

Padawan в сообщении #293698 писал(а):

Там же вроде коэффициенты решения не являются положительными многочленами от коэффициентов начального условия.

Padawan: Что касается механизма, напишите мне [e-mail] со своего нормального ящика. Я Вам отвечу со своего нормального. Заодно познакомимся. Светиться здесь я не хочу.

[Gafield]

Цитата:

На вид данное решение имеет особенность . Это так?

Смотря где. Я тут повозился, все упрощается. Решениями будут функции

$$u(z,t)=\frac{e^{-\frac{(1-z)^2}{4 t}}}{2 \sqrt{t}} \int_c^{\frac{(1-z)^2}{4 t}}y^{-1/2} e^y \, dy,$$

где $c$ любое число. Предыдущий ответ соответсвует $c=0$. При $t>0$ в окрестности нуля не будет особенности, а при $t<0$ будет. Если сделать линейную замену, чтобы

$$u(z,t)=\frac{e^{-\frac{z^2}{4 t}}}{2 \sqrt{t}} \int_c^{\frac{z^2}{4 t}}y^{-1/2} e^y \, dy,$$

то аналитичность по $z$ вплоть до $t=+0$ будет при $\Re z^2>0$ и до $t=-0$ при $\Re z^2<0$. Как и для фундаментального решения, впрочем, если доопределить его при $t<0$ той же формулой, что и при $t>0$.