Ecuación de transporte lineal - Velocidad no constante

Question

Estoy luchando con la siguiente pregunta. Soy bastante nuevo en las EDP ya que es una pregunta de un curso de introducción.

$$u_t + (x^2u)_x=0$$ $$u(x,0)=1$$

Sé que es de la forma ecuación de transporte lineal con velocidad no constante :

$$u_t+(v(x)u)_x=0$$ $$u(x,0)=u_0(x)$$

y así conozco la línea característica $x(t)$ satisface

$$\frac{dx}{dt}=v(x)=x^2$$ $$x(0)=x_0$$

y que la solución del PIV es

$$u(x(t;x_0),t)=u_0(x_0)\frac{v(x_0)}{v(x(t;x_0))}$$

Sin embargo, no estoy seguro de cómo encontrar $x_0$ y luego utilizarlo en la fórmula de respuesta.

EDITAR - REFORMULAR LA PREGUNTA

El texto que estoy utilizando (y en el que se basa lo anterior) son los apuntes de clase de Li Chen "Introducción a las ecuaciones diferenciales parciales" que dice:

El problema de Cauchy que consideramos en esta parte es \begin{equation}u_t+(v(x)u)_x=0, \text{ in } \mathbb{R}\times \mathbb{R}_+\end{equation} $$u(x,0)=u_0(x)$$ donde $v(x)$ es una función continua Lipschitz dada. Una reformulación de la ecuación es $$u_t+v(x)u_x+v'(x)u=0.$$ Si $v(x)$ es Lipschitz cont., entonces la línea característica $x(t)$ satisface $$\frac{dx}{dt}=v(x)=x^2$$ $$x(0)=x_0$$ Con la ayuda de esta línea, la ecuación se reescribe en $$\frac{du(x(t;x_0),t)}{dt}=-v'(x(t;x_0))u,$$ $$u(x(t;x_0),t)|_{t=0}=u_0(x_0).$$ Por separación de variables en la resolución de la EDO, tenemos \begin{align*}\ln u(x(t;x_0),t)&=\ln u_0(x_0)+\int_0^t-v'(x(\tau;x_0))d\tau\\ &=\ln u_0(x_0)+\int^{x(t;x_0)}_{x_0}-\frac{v'(x)}{v(x)}dx\\ &=\ln u_0(x_0)-\ln v(x(t;x_0))+\ln v(x_0)\end{align*} donde en la primera ecuación el cambio de variable $x=x(\tau,x_0)$ , $dx=x'd\tau=v(x)d\tau$ se utiliza. Así que el problema tiene solución $$u(x(t;x_0),t)=u_0(x_0)\frac{v(x_0)}{v(x(t;x_0))}.$$ Por lo tanto, encontrar la solución exacta del problema homogéneo se reduce a la solvencia de la línea característica.

Así que al tratar de resolver mi problema de esta manera, estoy un poco confundido con la forma de pasar de la EDP a la línea característica (y $x(0)=x_0$ ), y cómo interpretar el $x_0$ ya que no se da en mi problema. ¿Puede alguien ayudarme y guiarme?

Gracias.

Answer 1

Dejemos que $u=f(t)g(x)$ entonces $u_t=f^{'}(t)g(x)$ y $(x^2u)_x=f(t)(2xg(x)+x^2g^{'}(x))$ y nosotros sí:

$\Large f^{'}(t)g(x)+f(t)(2xg(x)+x^2g^{'}(x))=0$

Dividiéndolo entre $u$ :

$\Large {f^{'}(t)\over{f(t)}}+{{2xg(x)+x^2g^{'}(x)}\over g(x)}=0$

por lo tanto debe haber:

$\Large {f^{'}(t)\over{f(t)}}=k$ y $\Large{{2xg(x)+x^2g^{'}(x)}\over g(x)}=-k$

donde $k$ es constante. Las dos ecuaciones anteriores dan como resultado:

$\Large f(t)=Ae^{kt}\qquad\qquad\qquad g(x)={B{e^{k\over x}}\over{x^2}}$

por fin tenemos:

$\Large u(x,t)=A{e^{kt+{k\over x}}\over{x^2}}$ .

Desde $A$ puede variar con $k$ escribimos la forma general utilizando la transformada de Fourier:

$\Large u(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}A(\omega){e^{(t+{1\over x})\omega}\over {x^2}}d\omega$

Tras imponer la condición de problema tenemos la respuesta final:

$\Huge u(x,t)={1\over{(xt+1)^2}}$

Answer 2

Tenemos el pde $$ u_t+x^2u_x+2xu=0\\ u(x,0)=1 $$ que examinamos a lo largo de una curva característica $(t,x(t))$ que requerimos para satisfacer las condiciones convenientes $$ x'(t)=x^2\\ \frac{d}{dt}u(t,x(t))=u_t+x'(t)u_x=-2x(t)u(t,x(t)) $$ Así que vamos a resolver las odas. Primero encontramos $$ x(t)=\frac{1}{\frac{1}{x_0}-t} $$ entonces $$ u'(t,x(t))=-2x(t)u(t)=\frac{2}{t-\frac{1}{x_0}}u(t)\\ \implies u(t)=A(t-1/x_0)^2 $$ Ahora imponemos que $u(0)=1$ para encontrar $A=x_0^2$ , dando lugar a $$ u(t,x(t))=x_0^2(t-1/x_0)^2 $$ en este punto tenemos que resolver para $x_0$ que al fin y al cabo no era más que una condición inicial ficticia. Queremos que nuestra solución sea válida para cualquier condición inicial $x_0$ . Así que resolvemos para $x_0$ en términos de $x$ para encontrar $$ x_0=\frac{tx+1}{x} $$ lo que da lugar a la solución $$ u(t,x)=\frac{x^2}{(tx+1)^2}\frac{1}{x^2}=\frac{1}{(tx+1)^2} $$

editar: Cómo $x'(t)=x^2$ se resuelve. Separar las variables para encontrar $$ \frac{dx}{x^2}=\mathrm dt\implies -\frac{1}{x}=t+c $$ para algunos $c$ que resolveremos en términos de la condición inicial $x(0)=x_0$ , enchufe $t=0$ y encontrar $$ -\frac{1}{x_0}=c $$ cediendo $$ -\frac{1}{x}=t-\frac{1}{x_0}\implies x=\frac{1}{\frac{1}{x_0}-t} $$ como hemos encontrado antes.

editar 2 resolver explícitamente otra oda: $$ \frac{du}{u}=2(t-1/x_0)^{-1}\stackrel{\text{integrate both sides}}{\implies} \ln|u|=2\ln(t-1/x_0)+C=\ln(t-1/x_0)^2+C\\ \stackrel{\text{exponentiate both sides}}{\implies}u(x,t)=A(t-1/x_0)^2 $$