| Известия Российской академии наук. Серия математическая |
|
|
|
|
|
Эта публикация цитируется в 1 научной статье (всего в 1 статье) О простых решениях уравнений Бюргерса и Хопфа В. К. Белошапкаab a Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова, механико-математический факультет b Московский центр фундаментальной и прикладной математики
Англоязычная версия:
Izvestiya: Mathematics, 2021, Volume 85, Issue 3, Pages DOI: https://doi.org/10.1070/IM9051 
Реферативные базы данных:
    Несмотря на имеющиеся успехи, среди вопросов, возникших в связи с обсуждением $13$-й проблемы Гильберта, значительная часть остается открытой, см. [1], [2]. Концепция аналитической сложности [3], развиваемая автором данной заметки, имеет отношение к этим вопросам. На аналитическую функцию двух переменных $z(x,y)$ можно подействовать с помощью функций одного переменного. Таким естественным образом возникает псевдогруппа $\mathcal{G}$, которая действует следующим образом. Если $g=(a,b,c) \in \mathcal{G}$ , где $(a,b,c)$ – три непостоянные аналитические функции одного переменного, а $z(x,y)$ – аналитическая функция двух переменных, то Эта псевдогруппа играет фундаментальную роль в вопросах измерения сложности аналитических функций двух переменных. С точки зрения теории аналитической сложности функции $z$ и $g \circ z$ – неразличимы (эквивалентны).В терминах этой псевдогруппы можно, в частности, сформулировать уникальное свойство арифметических операций. Поскольку все четыре арифметические операции эквивалентны по модулю $\mathcal{G}$, а данное свойство формулируется в терминах псевдогруппы, то речь идет об уникальном свойстве всех функций этого класса. Определяя этот класс как орбиту функции $z=x+y$, мы получаем его описание в виде $\operatorname{Cl}_1=\{z(x,y)=c(a(x)+b(y))\}$. Далее, для каждой аналитической функции $z(x,y)$ мы можем рассмотреть псевдоподгруппу $\operatorname{Stab}(z) =\{g \in \mathcal{G}\colon (g \circ z)(x,y)=z(x,y)\}$ и пусть $d(z)$ – ее размерность, понимаемая как размерность соответствующей алгебры Ли. В [4] была доказана следующая теорема. Для произвольной аналитической функции $z(x,y)$, зависящей от обеих переменных (частные производные не равны нулю тождественно), $d(z)$ может принимать лишь три значения: $0$, $1$ и $3$. Причем значение $3$ размерность стабилизатора принимает в том и только том случае, если функция $z \in \operatorname{Cl}_1$. Эта теорема показывает, что функции из $\operatorname{Cl}_1$ и только они обладают максимальной внутренней симметрией. С точки зрения теории аналитической сложности [3] это, в точности, функции аналитической сложности один. Отметим, что
$$
\begin{equation*}
\operatorname{Stab}(x+y) =\biggl\{(a,b,c)=g \in \mathcal{G}\colon a(x)=kx+l,\, b(y)=ky+m,\, c(t)=\frac{t-(l+m)}{k} \biggr\}.
\end{equation*}
\notag
$$
Концепция аналитической сложности, в частности, позволяет с новой точки зрения посмотреть на хорошо известные дифференциальные уравнения с частными производными. Ввиду отмеченной уникальности класса функций сложности один всякий раз, когда имеется интерес к какому-либо дифференциальному уравнению для функций двух переменных, возникает вопрос. Как устроены решения данного уравнения сложности один? Ранее ответ был получен для следующих уравнений: уравнение Лапласа, волновое, теплопроводности, Лиувилля и Кортевега–де Фриза [5]. В данной заметке мы отвечаем на этот вопрос для уравнений Бюргерса и Хопфа. Как известно, с помощью преобразования Хопфа–Коула уравнение Бюргерса сводится к уравнению теплопроводности. Но, несмотря на то, что все решения уравнения теплопроводности сложности один явно описаны (они выражаются через специальную функцию $\operatorname{erf}$ – интеграл ошибок), это не позволяет непосредственно получить описание таких решений для уравнения Бюргерса. Рассуждение, которое приведено ниже представляет собой рассмотрение дерева логических возможностей, которое сопровождается описанием некоторых дифференциально-алгебраических вычислений, выполненных в системе Maple. § 1. Уравнение БюргерсаУравнение Бюргерса имеет вид Пусть $z=c(a(x)+b(y))$, где $(a,b,c)$ – непостоянные аналитические функции одного переменного. Подставляя, получаем Нижние индексы обозначают порядки производных. В этих обозначениях предположение о непостоянстве $a$, $b$ и $c$ означает, что $a_1$, $b_1$ и $c_1$ – не есть тождественные нули. Имеем Поскольку левая часть (2) представляет собой функцию от $(a(x)+b(y))$, то правая часть должна лежать в ядре оператора
$$
\begin{equation}
L=b'(y)\, \frac{\partial}{\partial x}- a'(x)\, \frac{\partial}{\partial y}.
\end{equation}
\tag{3}
$$
Получаем
$$
\begin{equation}
a_1a_2b_1c_0+a_1^2b_2-a_1a_3b_1+2a_2^2b_1+2a_2b_1^2=0.
\end{equation}
\tag{4}
$$
Случай 1. Если $a_2=0$, то из (4) следует, что $b_2=0$, т. е. $a$ и $b$ – линейны, точнее $a(x)+b(y)= kx+ly+\gamma $, где $k$ и $l$ – ненулевые константы. Ищем $z$ в виде $z=c(x+\lambda y)$, тогда из (1) получаем уравнение Решая его, находим
$$
\begin{equation*}
z=2\mu \operatorname{th} \bigl(\mu(x+\lambda y +\nu)\bigr)-\lambda.
\end{equation*}
\notag
$$
Случай 2. Пусть $a_2 \neq 0$. Тогда из (4) следует
$$
\begin{equation}
c_0= -\frac{a_1^2b_2-a_1a_3b_1+2a_2^2b_1+2a_2b_1^2}{a_1a_2b_1}.
\end{equation}
\tag{5}
$$
Применяя к (5) оператор $L$, получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, &a_1^4a_2b_1b_3-a_1^4a_2b_2^2+a_1^3a_3b_1^2b_2+a_1^2a_2^2b_1^2b_2+a_1^2a_2a_4b_1^3-a_1^2a_3^2b_1^3 \nonumber \\ &\qquad-2a_1a_2^2a_3b_1^3+2a_2^4b_1^3+2a_2^3b_1^4=0. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{6}
$$
Это соотношение позволяет заключить, что если $b_2=0$, то $a_2$ – тоже, т. е. в нашем случае не только $a_2$, но и $b_2$ отлична от нуля. Записывая, что выражение (5) для $c_0$ согласовано с выражением (2) для $c_2/c_1$, получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, &a_1^4b_1^2b_4a_2-4a_1^4b_1b_2b_3a_2+3a_1^4b_2^3a_2-a_1^4b_1^2b_2b_3+a_1^4b_1b_2^3 \nonumber \\ &\qquad+ a_1^3a_3b_1^3b_3-a_1^3a_3b_1^2b_2^2 +a_1^2a_2^2b_1^3b_3-a_1^2a_2^2b_1^2b_2^2-a_1^2b_1^4b_3a_2 \nonumber \\ &\qquad-a_1^2b_1^3b_2^2a_2 +2a_1a_2a_3b_1^4b_2-2a_2^3b_1^4b_2-2a_2^2b_1^5b_2=0. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{7}
$$
Заметим, что эти соотношения не зависят явно ни от независимых переменных $(x,y)$, ни от самих неизвестных функций $(a,b)$, а зависят лишь от их производных. Пользуясь этим, понизим дифференциальные порядки соотношений, переходя к следующим переменным $a_1=A$, $a_2=P(A)$, $b_1=B$, $b_2=Q(B)$, т. е. первые производные – это новые независимые переменные, а вторые – неизвестные функции. Тогда производные более высоких порядков выражаются соответственно. Например, $a_3=P'(A)P(A)$. При этом, как и ранее, будем писать $P'=p_1$, $P''=p_2$, $\dots$, $Q'=q_1,\dots$ . Соотношения (6) и (7) примут вид
$$
\begin{equation}
A^2B^3p_0^2p_2+A^4Bq_1q_0+A^3B^2p_1q_0-2AB^3p_0^2p_1 \nonumber
\end{equation}
\notag
$$
$$
\begin{equation}
-A^3B^3p_0^3p_1p_2-A^5Bp_0q_1q_0p_1+A^4B^2p_0^2q_0p_2-A^4B^2p_0q_0p_1^2+A^2B^4p_0^3p_2 \nonumber
\end{equation}
\notag
$$
$$
\begin{equation}
\qquad+A^2B^3p_0^4p_2+2A^2B^3p_0^3{p_1}^2+A^5Bq_0^2p_1+A^5p_0q_0^2p_1+A^4Bp_0^2q_1q_0 \nonumber
\end{equation}
\notag
$$
$$
\begin{equation}
\qquad+A^3B^3p_0q_0p_1-4AB^4p_0^3p_1-4AB^3p_0^4p_1-A^4Bp_0q_0^2-A^4p_0^2q_0^2 \nonumber
\end{equation}
\notag
$$
$$
\begin{equation}
\qquad+A^2B^3p_0^2q_0-A^2B^2p_0^3q_0+2B^5p_0^3+4B^4p_0^4+2B^3p_0^5=0.
\end{equation}
\tag{9}
$$
Поскольку $q_0=b_2 \neq 0$, то выражая $q_1$ из (9) и записывая, что это выражение не зависит от $A$, получаем
$$
\begin{equation}
\begin{aligned} \, &(-A^4p_2+2A^2p_0)q_0-A^3Bp_0^2p_3-2A^3Bp_0p_1p_2+4A^2Bp_0^2p_2 \nonumber \\ &\qquad+4A^2Bp_0{p_1}^2-4AB^2p_0p_1-12ABp_0^2p_1+8B^2p_0^2+8Bp_0^3=0. \end{aligned}
\end{equation}
\tag{10}
$$
Возникает альтернатива. Либо $Q=mB^2+nB +l$, либо $(-A^2p_2+2p_0)=0$. Случай 2.1. $Q$ зависит от $B$ квадратично, т. е. $Q=mB^2+nB +l$. Подставим в (8) и (9) выражение для $Q$. Выделяя в (8) член, свободный от $B$, получаем, что $l=0$. Далее, выделим в (9) член при $B^5$, выразим оттуда $p_1$ через $p_0$. Продифференцировав, получим выражение для $p_2$ через $p_0$. Подставляя эти выражения в член при $B^4$ в равенстве (8), получим $A^2m(A^2m+2P(A))=0$. Имеем следующую альтернативу: либо $m=0$ (случай 2.1.1), либо $P(A)=-mA^2/2$ (случай 2.1.2). Cлучай 2.1.1. Выделяя в (9) коэффициент при $B^5$, получаем, что $a_2=P(A)=0$, что противоречит условию случая 2. Cлучай 2.1.2. Подстановка в (8) и (9) дает необходимое и достаточное условие $mn=0$. Но $m=0$ означает, что $a_2=P(A)=0$, поэтому $n=0$ и $Q(B)=mB^2$. Записывая (5) в переменных $(P,Q)$, получаем
$$
\begin{equation*}
c_0= -\frac{-Ap_1p_0B+A^2q_0+2p_0B^2+2p_0^2B}{Ap_0B}.
\end{equation*}
\notag
$$
Подставляя наши $P$ и $Q$, получаем $c_0=0$. Противоречие. Случай 2.2. $(-A^2p_2+2p_0)=0$. Решая это уравнение, получаем общее решение в виде $P= mA^2+n/A$. Подставляя это решение в (8) и отделяя член, свободный от $A$, получаем $n=0$, т. е. $P= mA^2$. Подставляя это в (9), отделяя член при $A^6$ и учитывая $m \neq 0$, получаем, что либо $Q=-m B^2$, либо $Q=-2mB^2$. Случай 2.2.1. $Q=-mB^2$. Решая полученные обыкновенные дифференциальные уравнения, получаем
$$
\begin{equation*}
a(x)=\ln(x\alpha+\mu)\delta, \qquad b(y)=-\ln(\beta y+\nu)\delta.
\end{equation*}
\notag
$$
Подставляя это в (5), находим
$$
\begin{equation*}
z=c(a+b)=\frac{(x\alpha+\mu)\beta}{\alpha(\beta y+\nu)}.
\end{equation*}
\notag
$$
Случай 2.2.2. $Q=-2mB^2$. Подставляя $P(A)= mA^2$, $Q(B)=-2mB^2$ в выражение для $c_0$, получаем, что $c_0=0$. Противоречие. Для полноты картины рассмотрим также решения (1), зависящие только от одного переменного. Это, в нашей терминологии, функции сложности нуль. Пусть $z=z(x)$, тогда (1) дает обыкновенное уравнение вида $zz'+z''=0$, решая которое, получаем
$$
\begin{equation*}
z(x)=\frac{1}{k} \operatorname{th} \biggl(\frac{x+\alpha}{2k}\biggr).
\end{equation*}
\notag
$$
Если же решение (1) не зависит от $x$, то это, очевидно, постоянная. Итак, нами доказана следующая теорема. Теорема 1. a) Любое решение вида $z=c(a(x)+b(y))$ уравнения Бюргерса (1), где $z_1(x,y)$ зависит от обеих переменных, попадает в одно из двух семейств: b) Решения уравнения Бюргерса, зависящие лишь от одного переменного, имеют вид:
$$
\begin{equation*}
\begin{aligned} \, &(\mathrm{III}) \quad z_3(x)=2\mu \operatorname{th} \bigl(\mu(x+\alpha)\bigr); \\ &(\mathrm{IV}) \quad z_4(y)=\beta. \end{aligned}
\end{equation*}
\notag
$$
При этом $ \lambda\mu \neq 0$. Первое семейство является $3$-параметрическим, второе – $2$-параметрическим, третье – $2$-параметрическим, четвертое – $1$-параметрическим. Следствие 2. Все решения уравнения Бюргерса сложности не выше чем один представляют собой элементарные функции. Существуют ли решения уравнения Бюргерса, сложности выше чем один? Ответ положительный. Пример 3. Рассмотрим следующее семейство решений уравнения (1): Нетрудно видеть, что сложность этого выражения не выше двух [3]. Покажем, что сложность больше единицы. Для этого вычислим значение дифференциального оператора
$$
\begin{equation*}
\delta(z)=\biggl(\ln\biggl(\frac{z'_x}{z'_y}\biggr)\biggr)''_{xy}=-8\frac {A+2x}{(A^2+2Ax+2{x}^2-2B+4y)^2}.
\end{equation*}
\notag
$$
Функция $z$ имеет сложность не выше $1$ тогда и только тогда, когда $\delta(z)\equiv 0$ (см. [3]). Наше вычисление показывает, что это не верно, поэтому сложность $z$ больше $1$ и, тем самым, равна $2$. Причем сложность равна 2 не зависимо от значений $A$ и $B$. В частности, функция тоже представляет собой решение сложности два. § 2. Уравнение ХопфаЕсли ввести в уравнение (1) параметр $\nu$, в гидродинамической интерпретации соответствующий вязкости жидкости, т. е. записать уравнение в виде то устремляя $\nu$ к нулю, мы получим уравнение ХопфаА что можно сказать о решениях этого уравнения сложности один? Утверждение 4. Любое решение вида $z=c(a(x)+b(y))$ уравнения Хопфа (11) имеет вид Доказательство. Подставляя получаем $c_1(c_0a_1+b_1) =0$, т. е. $c_0=-b_1/a_1$. Поскольку $c$ – это функция от $a+b$, можем написать, что $L(c)=0$, т. е. $b_2a_1^2+b_1^2a_2=0$. Или где $m$ – отличная от нуля постоянная. Решая обыкновенные уравнения, получаем
$$
\begin{equation*}
a(x)+b(y)=\frac{1}{m} \ln\biggl(\frac{x+\alpha}{y+\beta}\biggr)+\gamma.
\end{equation*}
\notag
$$
Теперь мы можем быть уверены, что решение следует искать в виде Подставляя это выражение в (11), сразу получаем, что единственное непостоянное решение – это $c(t)=t$.
Для завершения доказательства заметим, что если одна из первых производных $z$ равна нулю, то равна нулю и вторая. Утверждение доказано. Мы видим, что все решения уравнения Хопфа сложности один совпадают с третьим семейством решений уравнения Бюргерса – $z_3$. То что все семейство $z_3$ оказывается семейством решений и уравнения Хопфа, следует из того, что вторая производная $z_3$ по $x$ равна нулю. Однако наше маленькое вычисление доказывает, что других решений сложности один у уравнения Хопфа нет. С каждым аналитическим дифференциальным соотношением (или набором соотношений) на функции двух переменных можно связать последовательность $\{d_n\}$ (аналитический спектр), где $d_n$ – максимальная размерность семейств аналитических решений данного уравнения, состоящих из решений аналитической сложности $n$. При этом $n$ принимает значения $0,1,\dots,\infty$, как и $d_n$. Отметим, что для того, чтобы сделать подсчет числа параметров логически корректным, следует фиксировать точку на плоскости $\xi=(x,y)$. Тогда $d_n$ – это максимальная размерность семейства аналитических ростков в $\xi$, являющихся решениями уравнения. Однако, для всех известных примеров зависимости $d_n$ от точки – нет, если полагать, что $\xi$ – это точка общего положения. Напомним, что теорема Коши–Ковалевской позволяет утверждать, что Если подытожить имеющиеся у нас данные по некоторым уравнениям, то получаем
$$
\begin{equation*}
\begin{alignedat}{2} &\text{уравнение Бюргерса} &\quad &d_0=2, \ d_1=3,\ d_2 \geqslant 2; \\ &\text{уравнение Хопфа} &\quad &d_0=1, \ d_1=2; \\ &\text{уравнение теплопроводности} &\quad &d_0=2, \ d_1=4; \\ &\text{уравнение Лиувилля} &\quad &d_0=0, \ d_1=6, \ d_2=\infty,\ d_3=\dots=d_{\infty}=0; \\ &\text{уравнения Лапласа и волновое} &\quad &d_0=2,\ d_1=\infty, \ d_2\,{=}\,\infty,\ d_3=\dots=d_{\infty}=0. \end{alignedat}
\end{equation*}
\notag
$$
Нетрудно показать, что $d_{\infty}$ может принимать лишь два значения: либо ноль, либо бесконечность. Недавно, с помощью весьма остроумных аргументов М. Степановой [6], удалось доказать, что для уравнения теплопроводности $d_{\infty}=\infty$. В этой же работе построены конкретные примеры решений уравнения теплопроводности бесконечной сложности. Если же в качестве уравнения взять уравнение первого класса
$$
\begin{equation*}
\delta_1(z)= z'_x z'_y (z'''_{xxy} z'_y-z'''_{xyy} z'_x)+z''_{xy} ((z'_x)^2 z''_{yy}- (z'_y)^2 z''_{xx})=0,
\end{equation*}
\notag
$$
то получаем, что его аналитический спектр имеет вид $(d_0=\infty,\, d_1=\infty,\, d_2=d_3=\dots= d_{\infty}=0)$. Если брать в качестве уравнения уравнение какого-либо класса сложности $\operatorname{Cl}_n$, где $n>1$, то там картина аналогична, т. е. все $d_ 0=d_1=\dots=d_n=\infty$, $d_{n+1}=\dots=0$. Однако при этом следует иметь ввиду, что это не одно уравнение, а система дифференциальных полиномов высоких порядков. Например, для $n=2$ дифференциальный порядок не меньше $11$, а число уравнений не меньше $3$. Причем для системы уравнений сумма размерностей, т. е. размерность полного пространства решений, как правило, конечна. В завершение статьи приведем несколько вопросов. Вопросы. a) Возможна ли ситуация когда в последовательности $ \{d_n \}$, построенной для неприводимого дифференциального полинома, после бесконечности стоит ненулевое конечное число? b) Возможна ли ситуация когда в этой последовательности $\{d_n\}$ две бесконечности разделяются конечными значениями? c) Рассмотрим класс неприводимых дифференциальных полиномов, для которых $d_1<\infty$. Является ли эта величина ограниченной по всему классу? Если да, то на каких дифференциальных полиномах реализуется максимум? Если нет, то можно повторить вопрос для класса полиномов с ограничением по дифференциальному порядку и степени. 
Цитирование в формате AMSBIB
\RBibitem{Bel21} |
|
||||||||||||||||||||||||
|
Обратная связь: |
Пользовательское соглашение
|
Регистрация посетителей портала |
Логотипы |
|