¿Cómo solucionarlo?

Question

Estoy estudiando de exámenes antiguos y hay un problema que es el tráfico con una rampa.

Nunca he visto este tipo de problema en la clase, así que para el caso simple, ¿cómo puedo solucionar $$u_t + uu_x =\delta(x)\\ u(0,x) = 1$$ con el método de las características.

Creo que tenemos $$\frac{dt}{ds} = 1 \quad \text{ with } t(0) = 0$$ $$\frac{dx}{ds} = u(s) \quad \text{ with } x(0) = x_0$$ $$\frac{du}{ds} = \delta(x(s)) \quad \text{ with } u(0) = 1$$ A partir de estas, puedo llegar $$\frac{d^2x}{ds^2} = \delta(x(s))$$ y ¿cómo voy a continuar?

Otro intento: Ahora recogemos algunos $x(0) = x_0 \neq 0$ como la condición inicial para $$\frac{d^2x}{ds^2} = \delta(x(s))$$ Ahora suponemos que $x$ es continuo, de modo que en un corto período de tiempo, $x(s) \neq 0$$0<s<S$, esto significa que tenemos $$\frac{du}{ds} = 0\quad\quad \frac{dx}{ds} = u(s)=u(0) = 1$$ así, obtenemos la solución $x(s) = 1\cdot s + x_0$. A continuación podemos ver que cuando la $x_0<0$, después de tiempo $s=|x_0|$, $x$ se convierte en cero, esto significa que habrá un salto en el valor de $u$, y tras el salto, $u$ va a tomar el valor de la constante $1+1 = 2$, $1$ desde el valor inicial, $1$ de la dirac. A continuación, las características que hemos $x(s) = 2\cdot s - 2\cdot|x_0|$$s>|x_0|$.

Es este enfoque está bien?

Answer 1

Deje que nos representan la delta de Dirac por $\displaystyle\delta(x) = \lim_{\varepsilon\to 0^+} \eta_\varepsilon(x)$, donde $$ \eta_\varepsilon(x) = \frac{1}{\varepsilon}\text{rect}\left(\frac{x}{\varepsilon}\right) = \left\lbrace \begin{aligned} &{1}/{\varepsilon}\, , & & {-\varepsilon}/{2} < x < {\varepsilon}/{2}\\ &0\, , & &\text{otherwise} \end{aligned} \right. $$ es de planta rectangular función. Consideramos que el problema de Cauchy $u_t + u u_x = \eta_\varepsilon(x)$ con datos iniciales $u(x,0) = 1$ algunos $\varepsilon>0$.

Para todos los abscissas $x_0$, los datos iniciales es $u(x_0,0) = 1$. Si $\varepsilon\to {+\infty}$ el (homogéneo) viscosos Hamburguesas de la ecuación es recuperado. En este caso límite, las características son líneas rectas con pendiente 1 en el $x$-$t$ plano a lo largo de la cual $u$ es constante. Ahora, consideramos que $\varepsilon<+\infty$. La primera parte del método de las características da ${\text d t}/{\text d s} = 1$. Dejando $t(0)=0$, sabemos $t=s$. La otra parte se lee $$ \left\lbrace\begin{aligned} \frac{\text d x}{\text d s} &= u(s)\\ \frac{\text d u}{\text d s} &= \frac{1}{\varepsilon}\text{rect}\left(\frac{x(s)}{\varepsilon}\right) \end{aligned}\right. $$ donde$u(0)=1$$x(0)=x_0$. Varios casos son examinados:

1. Si $x_0\geq\varepsilon/2$, comenzamos con $\text{rect}(x_0/{\varepsilon})=0$. Por lo tanto, sabemos $u=1$ $x=x_0+t$ todos los $t$.

2. Si $-\varepsilon/2<x_0<\varepsilon/2$, comenzamos con $\text{rect}(x_0/{\varepsilon})=1/\varepsilon$. Por lo tanto, sabemos $u=1+{t}/{\varepsilon}$ $x=x_0+t+{t^2}/(2{\varepsilon})$ $t = t_1 = \varepsilon\left(\sqrt{2\left(1- x_0/\varepsilon\right)}-1\right)$ donde $x=\varepsilon/2$. Para $t > t_1$, de nuevo hemos de líneas rectas con la ecuación de $x = \varepsilon/2 + u_1\left(t - t_1\right)$, a lo largo de la cual $u$ es constante e igual a $u_1 =\sqrt{2\left(1- x_0/\varepsilon\right)}$.

3. Si $x_0\leq-\varepsilon/2$, comenzamos con $\text{rect}(x_0/{\varepsilon})=0$. Por lo tanto, sabemos $u=1$ $x=x_0+t$ $t=t_1=-\varepsilon/2-x_0$ donde $x=-\varepsilon/2$. De $t = t_1$, hemos vuelto a $u=1+({t}-t_1)/{\varepsilon}$ $x=-\varepsilon/2+t-t_1+{(t-t_1)^2}/(2{\varepsilon})$ $t = t_2 = t_1 + \left(\sqrt{3}-1\right)\varepsilon$ donde $x=\varepsilon/2$. Para $t > t_2$, de nuevo hemos de líneas rectas con la ecuación de $x = \varepsilon/2 + u_2\left(t - t_2\right)$, a lo largo de la cual $u$ es constante e igual a $u_2 =\sqrt{3}$.

En la siguiente figura, se representan las características así obtenidos para $\varepsilon = 1/2$:

La curva característica de $x = \varepsilon/2 + t$ se cruza con la curva característica que viene de $]-\varepsilon/2,\varepsilon/2[$$(x_b,t_b) = (\frac{3}{2}\varepsilon,\varepsilon)$. Por lo tanto, una onda de choque que se genera. A la derecha de la descarga, los datos se $u=1$. Mientras la izquierda de datos proviene de $]-\varepsilon/2,\varepsilon/2[$,$t_1 = t - ({x_s-\varepsilon/2})/{u_1}$$t_1 = \varepsilon \left(u_1-1\right)$, lo que da los datos de $u = u_1$. El eje de abscisas $x_s$ de la descarga se satisface el de Rankine-Hugoniot condición de $x'_s(t) = \frac{1}{2}\left(1 + u_1\right)$ con condición inicial $x_s(\varepsilon) = \frac{3}{2}\varepsilon$, es decir, \begin{aligned} x'_s(t) &= \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1+t/\varepsilon}{2}\left(1 + \sqrt{1 + 2\frac{\varepsilon-2x_s(t)}{1+t/\varepsilon}}\right) \right) \\ &\simeq 1+\frac{t}{2\varepsilon} + \frac{\varepsilon-2x_s(t)}{4} \end{aligned} que proporciona una aproximación de $x_s(t)$.

Para resolver el problema completo, se debe considerar también el caso de que la izquierda de los datos proviene de $]-\infty,-\varepsilon/2[$, y, a continuación, tomar el límite de $\varepsilon\to 0^+$.

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El flujo de tráfico de problema con la rampa puede estar relacionado con este post.

Answer 2

A partir de su característica de ecuaciones puede intercambiar $s$ $t$ (es decir, encontrar $x(t)$ $u(t)$ tal que $u(x(t),t)=u(t)$) y los que se quedan con la necesidad de resolver $$ u'(t)=\delta(x(t)) \\x'(t)=u(t) $$ Donde $x(t)\neq 0$, consigue $u=\text{const}=u_0$, y por lo $x(t)=x_0+u_0t$. Si $x_0 > 0$, estas líneas diagonales, $u_0=1$ debido a la condición inicial y continuar todo como esta imperturbable. Si $x_0<0$, estas líneas son inicialmente también en diagonal, es decir, $u_0=1$ hasta que cruce la $x=0$$t=t_0=-x_0>0$. Después de las características que se han cruzado en el $x=0$ línea, que continuará con una velocidad constante de nuevo (porque lejos de $x=0$, $u=\text{const}$ de nuevo), pero esta velocidad va a tener un valor distinto, decir $u_+ \neq 1$, debido a que habrá un salto en $u$ $x=0$ inducida por la Dirac plazo. (Hacer un dibujo, va a ser claro. Creo que fue su intuición).

Para determinar el tamaño del salto en $u$$x=0$, podemos integrar las ecuaciones anteriores sobre $s\in(t_0-, t_0+)$ donde$t_0\pm=t_0\pm \epsilon$$\epsilon > 0, \epsilon\to 0$, e $t_0=-x_0$ es el momento en el que la característica de los encuentros de la rampa ($x=0$). Suponiendo que $u(s)$ está delimitado por $M>0$, la integración de la segunda ecuación y tomando el valor absoluto da $|x(t_0+)-x(t_0-)|=|\int_{t_0-}^{t_0+}dt\,u(t)|\leq \int_{t_0-}^{t_0+}dt\,|u(t)|\leq 2 M \epsilon\to 0$ por Lebesgue teorema de la convergencia dominada, lo que demuestra que $x(t)$ es continua en a $t=t_0$ como se esperaba.

Integrando la primera ecuación debe dar el salto en $u(t)$$t=t_0$. El problema es que $x(t)$ no es suave en $t=t_0$ (cambio de pendiente), pero vamos a ir un poco justo para ver: para una función de $x(t)$ con un solo cero en $t=t_0$, uno ha $\delta(x(t)) = \frac{\delta(t-t_0)}{|x'(t_0)|}$, por lo que $$ \int_{t_0-}^{t_0+}dt\,u'(t) = u(t_0+)-u(t_0-) = \int_{t_0-}^{t_0+}dt\,\delta(x(t)) = \int_{t_0-}^{t_0+}dt\frac{\delta(t-t_0)}{|x'(t_0)|}=\frac{1}{|u(t_0)|} $$ El problema aquí es clara: el tamaño del salto en $u(t)$ $t=t_0$ está mal definida en esta fórmula: $u(t_0)$ no tiene un valor. Creo que el truco para deshacerse de este problema es como sigue. Asumiendo $u(t)>0$, reescribir $$ u'(t)=\delta(x(t))=\frac{\delta(t-t_0)}{|x'(t_0)|}=\frac{\delta(t-t_0)}{|x'(t)|} \implica que u(t)u'(t) = \delta(t-t_0) \\\implica \frac{d}{dt}u^2(t) = 2\delta(t-t_0) $$ Ahora la integración de esta ecuación da lugar a$u^2(t_0+)-u^2(t_0-)=2$$u(t_0+)=u_+=\sqrt{3}$. Las características que cruzar la $x=0$ línea instantáneamente cambiar su pendiente de 1 a $u_+ = \sqrt{3}>1$, y por lo tanto chocan con las características que se fueron con $x_0>0$ (choque de la formación). Es probablemente vale la comprobación de que este procedimiento, de hecho va a dar una solución que resuelve el problema inicial...