Esecitazione FM2 -A.A. 2007-2008- 27-09-2007

Leggi di conservazione

1. Consideriamo il seguente problema di Cauchy:

\{ \begin{matrix}u_{t}(x, t) + u^{2}u_{x}(x, t) = 0 & x ∈ ℝ, t > 0 \\ u(x, 0) = x & x ∈ ℝ \end{matrix}  (1)

(a) Controllare se la famiglia di caratteristiche ammette inviluppo.

(b) Trovare una formula esplicita della soluzione e studiarne l’estendibilitá in tutto il piano x t.

2. Consideriamo il seguente problema di traffico al semaforo:

\{ \begin{matrix}ρ_{t}(x, t) + v_{m}(1 − \frac{2 ρ(x,t)}{ρ_{m}})ρ_{x}(x, t) = 0 & x ∈ ℝ, t > 0 \\ ρ(x, 0) = \{ \begin{matrix}ρ_{m} & x > 0 \\ 0 & x < 0 \end{matrix} \end{matrix}  (2)

ρ densitá di auto, ρ_{m} densitá massima, v_{m} velocitá massima consentita. Determinare la soluzione e densitá di auto al semaforo per t > 0.

3. (MODELLO DEL TRAFFICO- DENSITÁ NORMALIZZATA) Sia ρ densitá che risolve il problema precedente. Posto u(x, t) = \frac{ρ(x,t)}{ρ_{m}} dove 0 ≤ u ≤ 1 é la densitá normalizzata, verificare che u risolve:

u_{t}(x, t) + v_{m}(1 − 2u(x, t))u_{x}(x, t) = 0.

Determinare la soluzione del problema:

\{ \begin{matrix}u_{t}(x, t) + v_{m}(1 − 2u(x, t))u_{x}(x, t) = 0 & x ∈ ℝ, t > 0 \\ u(x, 0) = g(x) = \{ \begin{matrix}\frac{1}{3} & x ≤ 0 \\ \frac{1}{3} + \frac{5 x}{2} & 0 ≤ x ≤ 1 \\ \frac{3}{4} & x ≥ 1. \end{matrix} \end{matrix}  (3)

Caratteristiche per equazioni lineari e quasilineari

1. Problema di Cauchy in 2-D

Risolvere:

\{ \begin{matrix}u_{x} + x u_{y} = 0 & (x, y) ∈ ℝ^{2} \\ u(x, 0) = cos y & y ∈ ℝ. \end{matrix}  (4)

2. Calcolare, dove esiste, la soluzione u = u(x, y) di

\{ \begin{matrix}u u_{x} + y u_{y} = x & (x, y) ∈ ℝ^{2} \\ u(x, 1) = 2 x & x ∈ ℝ. \end{matrix}  (5)

Lavoro a casa

1. Risolvere:

\{ \begin{matrix}ρ_{t} + q(ρ)_{x} = 0 & x ∈ ℝ, t > 0 \\ ρ(x, 0) = g(x) \end{matrix}  (6)

dove g(x) = \{ \begin{matrix}1 & x < 0 \\ e^{−4} & x > 0 \end{matrix} e q(ρ) = ρ log(\frac{1}{ρ}).

Soluzione Risulta q′(ρ) = −1 − log ρ, per cui abbiamo

\{ \begin{matrix}ρ_{t} − (1 + log ρ)ρ_{x} = 0 & x ∈ ℝ, t > 0 \\ ρ(x, 0) = \{ \begin{matrix}1 & x < 0 \\ e^{−4} & x > 0. \end{matrix} \end{matrix}  (7)

La generica caratteristica uscente da (ξ, 0) coincide con

x = ξ − t, per ξ < 0
x = ξ + 3 t, per ξ > 0.

Usando i dati iniziali otteniamo che

ρ(x, t) = \{ \begin{matrix}1 & x < − t \\ e^{−4} & x > 3 t. \end{matrix}  (8)

Ci rimane da analizzare ρ nella zona { (x, t) : −t ≤ x ≤ 3 t}, abbiamo che q′′(ρ) = −\frac{1}{ρ} < 0 ed essendo il dato iniziale decrescente cerchiamo una soluzione sotto forma di onda di rarefazione centrata nell’origine:

R(s) = (q′)^{−1}(s),

tale onda é definita implicitamente da ρ(x, t) = R(\frac{x}{t}). Ricaviamo q′(ρ) = −1 − log ρ = s, da cui R(s) = e^{−(1+s)} e

ρ(x, t) = e^{−(1+ \frac{x}{t})} per − 1 ≤ \frac{x}{t} ≤ 3.

Pertanto

ρ(x, t) = \{ \begin{matrix}1 & x < − t \\ e^{−(1+ \frac{x}{t})} & −1 t ≤ x ≤ 3 t \\ e^{−4} & x > 3 t. □ \end{matrix}

2. Calcolare, dove esistono, le soluzioni dei seguenti problemi:

(a)

\{ \begin{matrix}x u_{x} + u_{y} = y & (x, y) ∈ ℝ^{2} \\ u(x, 0) = x^{2} & x ∈ ℝ. \end{matrix}  (9)

Soluzione Posto x = x(t), y = y(t) z = u(x(t), y(t)), il sistema caratteristico é

\{ \begin{matrix}x′(t) = x(t) & x(0) = s \\ y′(t) = 1 & y(0) = 0 \\ z′(t) = y(t) & z(0) = s^{2} \end{matrix}  (10)

da cui

\{ \begin{matrix}x(t, s) = s e^{t} \\ y(t, s) = t \\ z(t, s) = \frac{t^{2}}{2} + s^{2}. \end{matrix}  (11)

Ricaviamo t = y, s = x e^{−y} e

u(x, t) = \frac{y^{2}}{2} + x^{2} e^{−2 y}. □

(b)

\{ \begin{matrix}u_{x} − 2 u_{y} = u & (x, y) ∈ ℝ^{2} \\ u(0, y) = y & y ∈ ℝ. \end{matrix}  (12)

Soluzione Posto x = x(t), y = y(t) z = u(x(t), y(t)), il sistema caratteristico é

\{ \begin{matrix}x′(t) = 1 & x(0) = 0 \\ y′(t) = −2 & y(0) = s \\ z′(t) = z(t) & z(0) = s \end{matrix}  (13)

da cui

\{ \begin{matrix}x(t, s) = t \\ y(t, s) = −2 t + s \\ z(t, s) = s e^{t}. \end{matrix}  (14)

Ricaviamo t = x, s = 2 x + y e

u(x, t) = (2 x + y)^{2} e^{x}. □

(c)

\{ \begin{matrix}u_{x} + 3 u^{2} u_{y} = 1 & (x, y) ∈ ℝ^{2} \\ u(x, 0) = 0 & x ∈ ℝ. \end{matrix}  (15)

Soluzione Posto x = x(t), y = y(t) z = u(x(t), y(t)), il sistema caratteristico é

\{ \begin{matrix}x′(t) = 1 & x(0) = s \\ y′(t) = 3 z^{2}(t) & y(0) = 0 \\ z′(t) = 1 & z(0) = 0 \end{matrix}  (16)

da cui

\{ \begin{matrix}x(t, s) = t + s \\ y(t, s) = t^{3} \\ z(t, s) = t. \end{matrix}  (17)

Ricaviamo t = y^{\frac{1}{3}} e

u(x, t) = y^{\frac{1}{3}} . □