<< Предыдущая

стр. 59
(из 70 стр.)

ОГЛАВЛЕНИЕ

Следующая >>

де u = u(x), x = (x0 , x) ? R1+n . Перепишемо рiвняння (5) наступним чином:
N
2u ? (6)
un = F (u).
xn
Дослiдимо, чи володiє воно конформною симетрiєю.
Теорема. Рiвняння (6) при N = 0 iнварiантне вiдносно конформної алгебри
AC(1, n ? 1):
1?n?N
u?u , K? = 2x? D ? (x? x? ? x2 )?? ,
?? , J?? , D = x? ?? + xn ?n + n
2

?, ? = 1, n ? 1, тодi i тiльки тодi, коли
4
N =1?n+
F (u) = ?uk , (7)
,
k?1
де ? i k = 1 — довiльнi константи.
Теорема доводиться методом С. Лi [1].
У випадку n = 2 i за умови (7) рiвняння (6) має вигляд
5?k
N
u00 ? u11 ? u22 ? (8)
u2 = ?uk , N= , N = 0, k = 1.
k?1
x2
Застосуємо симетрiю рiвняння (8) для знаходження його розв’язкiв, котрi будемо
шукати у виглядi

(9)
u(x) = f (x)?(?),

(див., напр., [2]). У формулi (9) ?(?) — невiдома функцiя, яку потрiбно визна-
чити, а iнварiантнi змiннi ? = ?(X) та функцiя f (x) визначаються як розв’язки
системи Лагранжа–Ейлера
dx0 dx1 dx2 du
= 1= 2= .
?0 ? ? ?
268 В.I. Фущич, М.I. Сєров, Ю.Г. Подошвєлев

Розв’язуючи рiвняння dx2 = du , одержуємо вигляд анзаца (9) та функцiї f (x),
?2 ?
а нелiнiйну систему диференцiальних рiвнянь
dx0 dx1 dx2
= 1= 2
?0 ? ?
за допомогою iзоморфiзму мiж алгеброю AC(1, 1) i алгеброю Лоренца AO(2, 2)
[3] зведемо до лiнiйної. Даний iзоморфiзм здiйснюється перетворенням змiнних
z2 z3 z5
x0 = , x1 = , x2 = ,
z4 ? z1 z4 ? z1 z4 ? z1
x2 ? x2 ? 1
z4 + z1
x2 ? x2 = x2 ? x2 ? x2 = 2
, z1 = z5 , (10)
z4 ? z1
2 0 1 2
2x2
x2 ? x2 + 1
x0 x1 2
z2 = z 5 , z3 = z 5 , z4 = z5
x2 x2 2x2
i дiє на конусi z1 + z2 ? z3 ? z4 ? z5 = 0 точно. Зв’язок мiж операторами конформ-
2 2 2 2 2

ної алгебри AC(1, 1) та алгебри Лоренца AO(2, 2) = {Jab }, a, b = 1, 4 задається
формулами ?0 = J12 ? J24 , ?1 = J13 ? J34 , J01 = J23 , D = ?J14 , K0 = J12 + J24 ,
K1 = J13 + J34 . Вiдповiдна система Лагранжа–Ейлера лiнiйна, однорiдна i має
вигляд
dz1 dz2 dz3
= = =
?c21 z2 + c31 z3 + c41 z4 c21 z1 + c32 z3 + c42 z4 c31 z1 + c32 z2 + c43 z4
(11)
dz4 dz5
= = = dt.
c41 z1 + c42 z2 ? c43 z3 0
Система (11) розпадається на двi пiдсистеми: перша з них

(12)
z5 = 0,
?

а друга в матричнiй формi має вигляд
? (13)
Z = AZ,

де
? ? ? ?
?c21
z1 0 c31 c41
?z ? ?c c42 ?
0 c32
Z=? 2 ?, A = ? 21 ?.
?z3 ? ?c31 c43 ?
c32 0
?c43
z4 c41 c42 0

Розв’язком (12) є z5 = const. Вигляд розв’язкiв системи (13) визначається вигля-
дом коренiв характеристичного рiвняння

det[A ? ?E] = 0, (14)

(E — одинична матриця). У даному випадку (14) має вигляд

?2 (?2 + M ) + G = 0,

де M = c2 + c2 ? c2 ? c2 ? c2 , G = (c31 c42 ? c32 c41 ? c21 c43 )2 . В залежностi вiд
21 43 31 32 41
значень M , G та рангу матрицi (A ? ?E) можливi 9 рiзних випадкiв розв’язку
Конформна симетрiя нелiнiйного хвильового рiвняння 269

системи (13). Для кожного з цих випадкiв, скориставшись перетвореннями замiн-
них (10), знайдемо шуканi iнварiанти ? та вигляд функцiї f (x). Не приводячи
громiздких обрахункiв, кiнцевий результат наведено за допомогою табл. 1.
В табл. 1 введенi такi позначення: ax = a0 x0 ? a1 x1 , bx = b0 x0 ? b1 x1 , x2 =
x2 ? x2 , a, b, ?, ? — довiльнi сталi вектори, що задовольняють умови a2 = ?b2 ,
0 1
ab = 0, ? = a + b, ? = a ? b, m = const.

Таблиця 1. Iнварiантнi змiннi групи C(1, 1).
f (x)
№ ?1 ?2
1 1 x2 ?x
x2
2 1 x2
2
x2 ?x2 +1
1?k
3 bx 2
x2 x2 x2
2
x2 ?x2 +1
1?k
4 ?x 2
x2 x2 x2
2
1?k
5 ?x + m ln x2
?x
x2 x2
2
2
1?k
6 ?x
x2 x2 ?x
x3
2
2
?x(x2 ?x2 )+?x (x2 ?x2 +1)2 +4(bx)2
1?k
7 2 2
x2 x2 x2
2 2
2
x2 ?x2 ?1 x2 ?x2 +1 (x2 ?x2 +1)2 +4(bx)2
1?k
8 arctg ? 2 arctg
2 2 2
x2 x2
2ax 2bx 2
2
?x(x2 ?x2 )??x (x2 ?x2 )2 +(?x)2 x2 ?x2
1
1?k
9 ln ? arctg
2 2 2
x2 x2 x2
2 ?x
2 2


Розглянувши формулу (9) сумiсно з табл. 1, де вказано вiдповiднi значення
iнварiантних змiнних ?1 , ?2 та функцiї f (x), отримаємо дев’ять нееквiвалентних
анзацiв. Пiдставивши їх в рiвняння (8), отримаємо наступнi редукованi рiвняння
для визначення функцiї ?(?):
5?k
?1 + ??k = 0,
?11 +
(k ? 1)?1

5?k k+1
?11 ? 2?1 ?12 ? 4?2 ?22 + ?1 ? 4 ? + ??k = 0,
(k ? 1)?1 k?1

k?2
2 2
?+??k = 0,(15)
(?1 +1)?11 +?1 ?2 ?12 +(?2 +4)?22 +3?1 ?1 +3?2 ?2 +4
(k ? 1)2


k?2
2 2
? + ??k = 0,(16)
?1 ?11 + ?1 ?2 ?12 + (?2 + 4)?22 + 3?1 ?1 + 3?2 ?2 + 4
(k ? 1)2

k?2
4?1 ?11 ? 2(1 + m?1 )?12 + m2 ?22 + 8?1 ?1 ? 2m?2 + 4
2
? + ??k = 0,
(k ? 1)2


k?2
9?1 ?11 ? (2 + ?1 ?2 )?12 + ?2 ?22 + 15?1 ?1 ? ?2 ?2 + 4
2 2
? + ??k = 0,
(k ? 1)2


(?1 + 1)?11 ? ?1 (?2 + 2)?12 + ?2 (?2 + 4)?22 + 2?1 ?1 +
2

k?2 (17)
? + ??k = 0,
+ 2(?2 + 2)?2 + 4
(k ? 1)2
270 В.I. Фущич, М.I. Сєров, Ю.Г. Подошвєлев

k?2
4 1 ?
? + ?k = 0,(18)
+ ?11 + ?2 (?2 + 4)?22 + 2(?2 + 2)?2 + 4
(k ? 1)2
?2 ?2 + 4 4

k?2
4(?1 + 1)?11 + 2(?1 ? 1)?12 + ?22 + 8?1 ?1 ? 2?2 + 4
2
? + ??k = 0.
(k ? 1)2


Проаналiзувавши отриманi редукованi рiвняння, вкажемо частковi розв’язки
деяких з них. Якщо в рiвняннi (15) або (16) покласти ?1 = 0, отримаємо
k?2
2
? + ??k = 0,
(?2 + 4)?22 + 3?2 ?2 + 4 k = 1,
(k ? 1)2
частковим розв’язком якого є функцiя
1
?(k ? 1)2 2 1?k

?(?2 ) = ? ? , k = 1,
8(k + 1) 2
що приводить до розв’язку рiвняння (8)
1
?(k ? 1)2 2 1?k

u(x) = ? (x ? x2 + 1)2 , k = 1.
2
8(k + 1)
Рiвняння (17) при ?2 = 0 набуває вигляду
k?2 ?
2
? + ?k = 0,
(?1 + 1)?11 + 2?1 ?1 + 4
(k ? 1)2 4

Його частковий розв’язок вдається знайти при k = 4:
?1
3
9? 2
?(?1 ) = ? ?1 ,
40

<< Предыдущая

стр. 59
(из 70 стр.)

ОГЛАВЛЕНИЕ

Следующая >>