Решения системы Карлемана через разложение Пенлеве

• 1.    Введение

• 2.    Решение системы Карлемана

Основными дискретными кинетическими системами, описывающими различные процессы в газе между группами частиц, являются модели типа Карлемана, Годунова — Сул-тангазина, Бродуэлла [1, 2, 3–5]. Исследование асимптотической устойчивости состояний равновесия кинетических систем в весовом пространстве L 2 ,₇ для периодических начальных данных изучалось в работах [3–6]. Здесь решение иcкалось для малых возмущений состояния равновесия. Более того, доказана экспоненциальная скорость стабилизации к состоянию равновесия. Литература, посвященная нахождению решений в виде солитонов, приведена в [7–9], стационарных решений в [10, 11]. В статье [1] были найдены решения с помощью усеченных рядов Пенлеве для моделей Годунова — Султангазина и Бродуэлла. В данной работе будут построены новые решения аналогичным способом для одномерной системы Карлемана.

Рассмотрим одномерную систему уравнений Карлемана [2, 12–14]:

d t u + d x u = -(w ² — u ² ), x E R, t> 0,                        (1)

d t w — d x w = — - ( w ² — u ² ).                             (2)

Проверяем на тест Пенлеве [15]. Ищем решение в виде

^{u ( x,t )} = ^ p ( x t ) 52 u j ^{( x,t )}V j ^(x,t),

1 re

^{w ( x,t )} = "777—77 Vw j^{( x,t )}^j ^{( x,t )}-

V ^{е ( x,t )} j =G

Для j = 0 имеем u(x,t) = u o (x,t)v -^p (x,t),                                  (3)

w(x,t) = w o (x,t)v -^e (x,t).                                  (4)

Подставляем (3)–(4) в систему уравнений (1)–(2):

U G ,t V - p — PV - p^ V t U G + U G ,x V - p — PV -^P- 1 V x U G = - (w 2 y - 2 ^e — u 2 ^ ^-2p ) ,

^— ^ t u G ^— V x u G = — ( ^w G ^{— u} o ) , ^—V t w G ⁺ V x w G = ^— — ( ^w G ^{— u} o ) -

Отсюда

/ .X        ⁽V t ^— Vx^{) 2 (}Vt ⁺ Vx)        / .X      ⁽V t ^— Vx⁾⁽Vt ⁺ Vx^{) 2}           /ГХ

U G (x,t) = — —---------". ---------------,     W G (x,t) = —---------". ---------------- (5)

4 ^V t ^V X                               4 ^V t ^V x

Далее находим резонансы. Подставляем соотношения

u(x,t) = u g V 1 + U j V j 1 , w(x,t) = w g V 1 + W j V j 1

в систему (1)–(2), в итоге имеем

Q (j)

(uj ^ = ((j — 1)(Vt + Vx) + 2 uG wj               - ε2u0

(j — 1)(V t

² _ε w 0

^— V x ) ⁺ I ^W G

X Wj) - (fj-D-

где fj-1, gj-1 зависят от функций u0 , w0 , . . . , uj-1 , wj-1 , ϕ. Для произвольности функций uj , wj необходимо, чтобы определитель матрицы равнялся нулю. Тогда det Q(j) = (j + 1)(j — 1)(Vt + Vx)(Vt — Vx) = 0-

Отсюда получаем два резонанса j = — 1,1. Далее исходя из того, что j = 1 — резонанс, то ищем решение в виде

u(x,t) = u 0 ^x’   + u 1 (x,t),                                (6) ϕ / ,\      wo(x,t)          ,     .                                                  , . w(x,t) =--+ w 1 (x,t).                                (7) ϕ

Подставляем (6)–(7) в (1)–(2):

uo,tV 1 — V 2VtUo + Ult + uo^v 1 — v 2Vxuo + Uix = |l(uo,Wo,Ui,Wi), имеет такой же вид

	w o ,t V 1 — v 2 V t w o + W l t — w o ^ V 1 + V 2 V x w o — W l x = — |l(u o , W o ,U 1 , W 1 ),
где	w 2    u 2     w 0       u 0 I (U o , w o ,U 1 , W 1 ) = — у — 4 22 + 2 ~W1 — 2 ~U1 + W1 — U 1 -

Теперь группируем слагаемые при одинаковых степенях ϕ. Получаем для них уравнения

V 1 ^U o , t + U o , x — |w o W 1 + |u o u^ + v o ( u x , t + U 1 , x — |(w 2 — U ? ) ) + v 2 ( — v t u o — v x u o — |( w o — u 2 ) ) = 0, 22       1 V 1 w o ,t — w o ,x + |W o W 1 — |U o U 1 1 + V 1 W 1 ,t — W 1 ,x + | (W1 — U 1 ) 1 + v 2 ^ — v t w o + v x w o + |( w 1 — u 1)^ = 0-

Приравнивая члены при одинаковых степенях ϕ , получим следующую систему уравне-

ний	—v t u o — v x u o — | ( w 1 — u 2 ) = 0,   — v t w o + v x w o + | ( w 1 — u 2 ) = 0, 22 U o ,t + U o ,x — | (w o W 1 — U o U 1 ) = 0,   w o t — w o ,x + | (w o W 1 — U o U 1 ) = 0, U 1 ,t + U 1 ,x — | ( w 2 — u ! ) = 0,  W 1 ,t — W 1 ,x + | ( w 2 — u ! ) = 0.

Первые уравнения системы дает нам уже известные ведущие члены разложения, которые определяются по формуле (5).

Нас интересует выполнение уравнений при резонансе j = 1 :

22 U o ,t + U o ,x = | (w o w 1 — U o U 1 ), w o ,t — w o ,x = — | (w o w 1 — U o U 1 ).

Складываем уравнения

2 U o ,t + U o ,x = | (w o w 1 — U o U 1 ),                                (8) U o ,t + U o ,x = — (w o ,t — w o ,x ).                                   (9)

Очевидно, что уравнение (9) не удовлетворяется. Подставляя найденные главные члены разложения (5) в (9), получаем:

WP x - 2^ x ^ t ^ xt + VtV xt = 0.

Уравнение (10) представляет собой двумерное уравнение Бейтмена [16]. Тест Пенлеве будет выполнен только в том случае, если ϕ удовлетворяет уравнению (10). Это является ограничением на данную функцию. Поскольку u i = w i = 0 являются частным решением системы (1)–(2), получим уравнение для нахождения функции ϕ :

• - ^ X (^ tt ⁺ V xt ) ⁺ VtV x ⁽ - ²V tt - V xt ⁺ V xx ) ⁺ Vt (V xt ⁺ ^ xx )

+ ^t^x(—^tt + ^xt + 2^xx) = 0.

Общее решение двумерного уравнения Бейтмена (10) записывается в виде f (у) = x + g^ft, где f , g являются гладкими произвольными функциями.

Лемма. Для двухскоростной модели (1) - (2) усеченное разложение Пенлеве

u(x,t) = ио^, w(x,t) = wooM,

ϕϕ где uo, wo заданы формулами (5), дает условия на функцию ^ (10) и (11) со следующими решениями

X + kot - С2 Wx,t) = c1

где k o G R \ { 0, ± 1 }, c i G R \ { 0 }, C 2 € R;

^(x, t) = F (x ± t),

F — произвольная обратимая функция;

v(x,i) = ^Gd - (x-ct )2) + B)’ где {A, ci} G R \ {0} и {c2, B} G R.

⊳ Диффренцируем неявное решение (12) и подставляем в (11):

• - _E (g ² - 1) (( 1 + 3g ² ) dfdg - ( t + 3tg ² )( ^ ) 2 - g(g ² - 1) ( «^ - t gg )) 4g ² ( df - 1^ ) 3

Отсюда собираем слагаемые при одинаковых степенях при t :

⁽1 , о 2⁾ df dg     ⁽ 2 -.⁾ d²f _

^{(1 + 3 g} deda - -^g(g -¹¹ 8^ = ⁰’

" ( ^{1 + 3 g 2} )( dg ) ^{+ g} ( ^{g 2} - 1 ) dff = °-

Случай 1. Рассмотрим при g = ± 1. Тогда

V t = ± ^ x -

Отсюда согласно (12) получаем y(x,t) = F (x ± t), где F - обратимая функция. Решение системы Карлемана при g = 1 имеет вид

u(x,t) = 0, w(x,t) = 0.

Система (1)-(2) при g = — 1 также имеет нулевое решение.

Случай 2. Пусть g = k o , k o / { 0, ± 1 } . Тогда получаем уравнение

∂2f д^2 = 0 ^ f (v) = C1V + C2-

. I . I         x ⁺ k o t ^— c 2

c1V + c2 = x + kot ^ V(x, t) =-----------• c1

Получаем решение системы (1)–(2) в следующем виде

u( _{x t} ) = _{— e} ^{( k o — 1) 2 ( k o +} 1) w( _{x t} ) = _e ^{( k o — 1)( k o +1) 2} . ’         4k o (x + k o t — C 2 ) ’       ’       4k o (x + k o t — C 2 )

Случай 3. Пусть g‘(v) = 0. Тогда систему можно переписать в виде f′′ g′′

f ‘ g'’

( ^{1+3 g 2} )( dV ) ^{+ g} ( ^{g 2 —} 1 ) dg

= 0.

Отсюда интегрируя (14), имеем f (v) = cig(v) + C2, ci,C2 Е R, ci = 0.

Используя решение уравнения Бейтмена (12), можно выразить функцию g :

x

g^{( x,t )} = — c 1

c 2

.

— t

Более того, из уравнения (15) получаем, что dg = A (1— g2)2 dϕ         g ,

A Е R \{ 0 } .

Решение (17) с учетом (16) записывается в виде

V^{( x,t )} = -7 — A w

( ^xE9 ) ² ) ⁺ B)’

где B Е R — постоянная интегрирования. на (1)–(2) с помощью (5), (13) и (18) имеет

Таким образом, решение системы Карлема-вид

_ ^{( c} 1 ⁺ c ^{2 —} t ^{— x ) e u ( x,t )}=        G(x,t)      ’

_ ^{( c} 1 ^— c ^{2 —} t ^{+ x ) e w ( x,t )}=        G(x,t)      ’

где

G(x, t) = 2 ^ (1 + 2B)c 1 + t ² — 2c ₁ (t + 2Bt) — 2B (c 2 — t ² — 2c ₂ x + x ² ) ^ . >

Предложение. Решение двухскоростной модели может быть представлено в виде

u(x, t) = uoH1(y),  w(x, t) = Wo^(y), где

H1(y) = H2(y) + b, b E R, а H2 удовлетворяет уравнению Риккати dH2     H    b(g — 1)2 H g — 1)2

= Ho +H 2 +.

dy              2g4

Здесь u o , w o заданы в (5) , функция y удовлетворяет уравнениям (10) и (11) .

⊳ Ищем решение в следующем виде

u(x,t) = u0 f^y), w(x,t) = w0 f2(y).

ϕϕ

После подстановки (20) в (1)–(2), получим условия для нахождения функций f1, f2: ′         2    2    22   2    222

ytyx(4yJ1 — 4f1 + 2f1 + 2f2 ) — yt (f1 — J2 ) — yx(f1 — J2 )= ytyx(4yf2 — 4f2 + 2f2 + 2f2) — y2(fl — f2) — yx(fl — f2)=

Сделаем подстановку f i (y) = H i (y)y , i = 1, 2 :

′    2    2   22 2   222

ytyx(4H1 + 2H1 + 2H2 ) — yt (H1 — H2 ) — yx(H1 — H2 ) =

′    2    2   22 2   222

ytyx(4H2 + 2H1 + 2H2 ) — yt (H1 — H2 ) — yx(H1 — H2 ) =0

Вычитаем одно из другого

4ytyx(H1 — H2) = 0,

′    2    2   22   2   222

ytyx(4H2 + 2H1 + 2H2 ) — yt (H1 — H2 ) — yx(H1 — H2 ) = 0*

Из первого уравнения (21) следует, что

H1 = H2 + b, b E R.

Подставляем (23) в (22). После некоторых преобразований получим уравнение Риккати dH2       2 , —4gb + 2g2b + 2b      —2gb2 + g2b2 + b2

= — H2 +H2 +. > dy 2          4g

Здесь воспользовались, что

^ t = g⁽y). ϕ x

Рассмотрим примеры, когда уравнение Риккати дает различные решения для системы Карлемана.

Пример 1. Пусть g = 3 , b = 1 , ^ = x + 3t при c i = 1 , С 2 = 0 . В этом случае имеем уравнение Риккати

^dH 2_  „2 . ²_Н , ¹

"N =    ^{2 +} 3 H 2 ⁺ 3’

которое имеет решение

^Н 2 ⁽У)

3e 4 — e ^4A

где A — постоянная интегрирования. мы (1)–(2):

3 (e + e4A)’

Окончательно получаем решение нашей систе-

u(x,t) = u o (H 2 (^) + 1)

4( x +3 t )

3e    з

( 4( x +3 t )

3 (e 3

e ^4A

w(x,t) = W o H 2 (^)

(   4( x +3 t )

s_£ (3e—

+ e ^{4 A}) - e ^4A )

+1 ,

О       4( x +3 t )

⁹ e 3    + e ^4A

.

Пример 2. При g(^) = 1 уравнение (19) принимает вид

dH 2      2

"N =    ² ‘

Отсюда

^H2M =

F (x +t) + C i

C 1 E R.

Решение системы (1)–(2), также как и выше, имеет

вид

u(x, t) = 0, w(x, t)

= 0.

При g(^) = — 1 получам нулевое решение.

Пример 3. Рассмотрим оставшийся случай при д ’ (у) = .^H

Сделаем подстановку

H 2M = H 2 (g) , используя (18). Также воспользуемся

тем, что

dH 2 dϕ

dH ₂ dg dg dϕ ^.

Тогда уравнение Риккати перепишется в

виде

dH dg

r

⁹ H 2 A(g — 1) ² (g + 1) 2 ^{2 +}

b

2A(g + 1) 2

---ч

H 2 +

b ²

4A(g + 1)2‘

Положим b = 0 . В этом случае решение имеет вид

_{H (г}л = _—    2A(g ²

² g⁹^      1 + 2A(g ²

r

r

1) 1)C 2 ^,

C 2 E R.

Решение системы Карлемана принимает форму

u(x, t) = —

ε

4A(c i - С 2

———г ^H 2 ⁽g),   ^{w ( x,t )} =

- t + x)

r

ε

4A(c i + C 2 — t — x)

---ч

H2(g).