Уравнения математической физики - конспекты - Математическая физика 1, Конспекты лекций из Математическая физика. Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова (МГУ)
Viktor_86
Viktor_86

Уравнения математической физики - конспекты - Математическая физика 1, Конспекты лекций из Математическая физика. Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова (МГУ)

PDF (244 KB)
21 стр-ы.
1000+Количество просмотров
Описание
Конспект лекций по предмету математическая физика. Классификация уравнений с частными производными второго порядка. Примеры решений задач.
20 баллов
Количество баллов, необходимое для скачивания
этого документа
Скачать документ
Предварительный просмотр3 стр-ы. / 21
Это только предварительный просмотр
3 стр. на 21 стр.
Скачать документ
Это только предварительный просмотр
3 стр. на 21 стр.
Скачать документ
Это только предварительный просмотр
3 стр. на 21 стр.
Скачать документ
Это только предварительный просмотр
3 стр. на 21 стр.
Скачать документ

1 Классификация уравнений с частными производными второго по- рядка

Определение. Пусть в пространствеE2 задана некоторая функция u(x, y), имеющая частные производные вто- рого порядка (причем uxy = uyx). Тогда общим уравнением в частных производных называется уравнение:

F (x, y, u, ux, uy, uyy, uxx, uxy) = 0,

где F – некоторая функция. Его частным случаем является так называемое квазилинейное уравнение:

a11(x, y, u, ux, uy)uxx + 2a12(x, y, u, ux, uy)uxy + a22(x, y, u, ux, uy)uyy + F1(x, y, u, ux, uy) = 0.

Нас будут интересовать уравнения, линейные относительно старших производных, то есть, когда функ- ции a11, a12, a22 зависят только от переменных x, y:

a11(x, y)uxx + 2a12(x, y)uxy + a22(x, y)uyy + F (x, y, u, ux, uy) = 0.

Уравнение называется линейным, если оно линейно как относительно старших производных uxx, uyy, uxy, так и относительно функции u и ее первых производных:

a11uxx + 2a12uxy + a22uyy + b1ux + b2uy + cu+ f = 0, (1.1)

где a11, a12, a22, b1, b2, c, f – функции только от x и y. Определение. Если f ≡ 0, то уравнение (1.1) называется однородным, в противном случае – неоднород-

ным. Определение. Уравнение (1.1) имеет в точке (x0, y0)

1. гиперболический тип, если a212(x0, y0)− a11(x0, y0)a22(x0, y0) > 0;

2. эллиптический тип, если a212(x0, y0)− a11(x0, y0)a22(x0, y0) < 0;

3. параболический тип, если a212(x0, y0)− a11(x0, y0)a22(x0, y0) = 0.

Аналогично определяется тип уравнения для некоторой области: уравнение (1.1) имеет в области гиперболиче- ский(эллиптический)[параболический] тип, если a212(x, y)− a11(x, y)a22(x, y) > 0(< 0)[= 0] во всех точках этой области.

Если уравнение имеет разный тип в различных точках области, то оно называется уравнением смешанного типа в этой области.

2

docsity.com

2 Уравнения параболического типа

2.1 Вывод уравнения теплопроводности в пространстве

Рассмотрим в трехмерном пространстве некоторое тело, проводящее тепло, и пусть температура в его произ- вольной точке M с координатами (x, y, z) в момент времени t задается функцией u(x, y, z, t). Известно, что для вектора теплового потока

−→ W справедлива следующая формула, называемая законом Фурье:

−→ W = −k gradu,

где k(x, y, z) – коэффициент теплопроводности. Если тело задается в пространстве E3 областьюΩ с границейΣ, тогда количество тепла вΩ в момент времени

t считается по формуле:

Q(t) = ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)u(M, t) dτM ,

где c – удельная теплоемкость, а ρ – плотность вещества. Рассмотрим промежуток времени [t1; t2] (Q(t1) = Q1, Q(t2) = Q2). Тогда

Q2 −Q1 = ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)u(M, t2) dτM − ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)u(M, t1) dτM .

Изменение количества тепла происходит вследствие притока (оттока) тепла извне и действия некоторых вну- тренних источников (стоков):

Q2 −Q1 = t2∫ t1

−∫∫ Σ

( −→ W, ~n)dσ

 dt+ t2∫ t1

∫∫∫ Ω

F (M, t) dτM

 dt. Применим формулу Остроградского-Гаусса (5.3) для первого интеграла и формулу среднего значения (5.1)

для второго интеграла:

Q2 −Q1 = − t2∫ t1

∫∫∫ Ω

(div −→ W )dτ

 dt+ (t2 − t1)∫∫∫ Ω

F (M, t4) dτM ,

где t4 ∈ [t1; t2]. Воспользуемся формулой Лагранжа:

u(M, t2)− u(M, t1) = ut(M, t3)(t2 − t1), t3 ∈ [t1; t2]

для гладкой (предположим это) функции u. Тогда получим:

Q2 −Q1 = ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)u(M, t2) dτM − ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)u(M, t1) dτM =

= (t2 − t1) ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)ut(M, t3) dτM .

Итак,

(t2 − t1) ∫∫∫ Ω

c(M)ρ(M)ut(M, t3) dτM = − t2∫ t1

∫∫∫ Ω

(div −→ W )dτM

 dt+ (t2 − t1)∫∫∫ Ω

F (M, t4) dτM .

3

Теперь применим для всех интегралов обобщенную формулу среднего значения (5.2):

c(M1)ρ(M1)ut(M1, t3)VΩ(t2 − t1) = − div −→ W ∣∣∣ t=t5,M=M2

VΩ(t2 − t1) + F (M3, t4)VΩ(t2 − t1),

где t5 ∈ [t1; t2]; M1,M2,M3 ∈ Ω, VΩ – объем Ω. Сократив на VΩ(t2 − t1), получим

c(M1)ρ(M1)ut(M1, t3) = − div −→ W ∣∣∣

t=t5 M=M2

+ F (M3, t4)

для некоторых точек M1,M2,M3 из Ω. Теперь сожмем Ω в некоторую точку M0, а отрезок [t1; t2] – в точку t0. Очевидно, точки M1,M2,M3 перейдут в M0, а t3, t4, t5 - в t0. В пределе получим:

c(M0)ρ(M0)ut(M0, t0) = − div −→ W ∣∣∣

t=t0 M=M0

+ F (M0, t0).

Записав для −→ W закон Фурье, получим:

div −→ W = div (−k gradu) = − ∂

∂x k ∂u

∂x − ∂ ∂y k ∂u

∂y − ∂ ∂z k ∂u

∂z =⇒

=⇒ c(M0)ρ(M0)ut(M0, t0) = ∂

∂x k ∂u

∂x +

∂y k ∂u

∂y +

∂z k ∂u

∂z + F (M0, t0).

Так как точки M0 и t0 мы выбирали произвольно, то можно распространить полученную формулу на весь [t1; t2] и всю область Ω:

c(x, y, z)ρ(x, y, z)ut(x, y, z, t) = ∂

∂x (k(x, y, z)ux(x, y, z, t)) +

∂y (k(x, y, z)uy(x, y, z, t))+

+ ∂

∂z (k(x, y, z)uz(x, y, z, t)) + F (x, y, z, t).

Полученное выражение называется уравнением распространения тепла в пространстве. Взяв c, ρ, k константами, получим следующее уравнение:

ut = a2(uxx + uyy + uzz) + f(x, y, z, t), a2 = k

cρ , f =

F

cρ . (2.1)

Если u, f зависят только от переменных x и t, то это уравнение записывается так:

ut = a2uxx + f(x, t). (2.2)

В физической интерпретации это уравнение распространения тепла в однородном тонком стержне. Уравне- ние (2.2) мы и будем в дальнейшем называть уравнением теплопроводности.

Аналогичные рассуждения можно провести и для некоторых других физических процессов, например для диффузии. Если u(x, y, z, t) – концентрация газа в пространстве, то уравнение диффузии будет выглядеть так:

c ut = div (D gradu) + F (x, y, z, t),

где D – коэффициент диффузии, а F – некоторая функция.

2.2 Уравнение теплопроводности с одной пространственной переменной. Постанов- ка основных задач

Будем рассматривать следующее уравнение:

ut = a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, 0 < t 6 T.

4

Если нам известна температура в стержне в начальный момент времени, то мы получаем начальное условие:

u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l,

а если всегда знаем ход температуры на краях, то некоторые из краевых условий:

при x = l, 0 6 t 6 T

 (1) u(l, t) = µ2(t) – первое краевое условие;(2) ux(l, t) = ν2(t) – второе краевое условие;(3) ux(l, t) = −λ2[u(l, t)− θ2(t)] – третье краевое условие (λ2 > 0). и при x = 0, 0 6 t 6 T

 (4) u(0, t) = µ1(t) – первое краевое условие;(5) ux(0, t) = ν1(t) – второе краевое условие;(6) ux(0, t) = λ1[u(0, t)− θ1(t)] – третье краевое условие (λ1 > 0). Выбирая несколько из этих условий, можно получить различные типы задач:

Первая краевая задача. ut = a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, 0 < t 6 T ;

u(0, t) = µ1(t), 0 6 t 6 T ; u(l, t) = µ2(t), 0 6 t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l.

Вторая краевая задача. ut = a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, 0 < t 6 T ;

ux(0, t) = ν1(t), 0 6 t 6 T ; ux(l, t) = ν2(t), 0 6 t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l.

Задача на полупрямой. ut = a 2uxx + f(x, t), x > 0, 0 < t 6 T ;

u(0, t) = µ(t), 0 6 t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), x > 0

Задача Коши.{ ut = a2uxx + f(x, t), −∞ < x < +∞, 0 < t 6 T ;

u(x, 0) = φ(x), −∞ < x < +∞.

2.3 Существование решения первой краевой задачи. Метод разделения переменных

Остановимся более детально на первой краевой задаче:

[2.1]

 ut = a2uxx + f(x, t), 0 < x < l, 0 < t 6 T ;

u(0, t) = µ1(t), 0 6 t 6 T ; u(l, t) = µ2(t), 0 6 t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l.

– рассмотрим существование и единственность решения, устойчивость, применение функции Грина. Что же та- кое решение первой краевой задачи? Очевидно, в случае однородного уравнения теплопроводности ей удовле- творяет множество разрывных функций ũ(x, t) вроде

ũ(x, t) = const, (x, t) ∈ QT = {(x, t) : (0; l)× (0; T]}; ũ(0, t) = µ1(t); 0 6 t 6 T ; ũ(l, t) = µ2(t); 0 6 t 6 T ; ũ(x, 0) = φ(x); 0 6 x 6 l.

5

Поэтому потребуем от функции непрерывность – этим требованием, как мы увидим позже, отсекаются почти все неудобные для исследования функции.

Определение. Функция u(x, t) называется решением первой краевой задачи для уравнения теплопро- водности [2.1], если она удовлетворяет следующим трем условиям:

1. u ∈ C[QT ];

2. ut, uxx ∈ C[QT ];

3. u(x, t) удовлетворяет условиям [2.1].

Найдем решение для первой краевой задачи с нулевыми краевыми условиями с однородным уравнением теп- лопроводности:

[2.2]

 (1) ut = a2uxx, 0 < x < l, 0 < t 6 T ; (2) u(0, t) = 0, 0 6 t 6 T ; (3) u(l, t) = 0, 0 6 t 6 T ; (4) u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l.

Искать решение мы будем следующим образом: сначала с помощью преобразований исходного уравнения (важно отметить, что они не всегда будут строгими – это пока не требуется) построим некоторую функцию u(x, t), а потом докажем, что при определенных ограничениях на начальные условия данная функция будет решением первой краевой задачи.

Определим новую функцию: v(x, t) = X(x)T (t).

Подставив нашу функцию в уравнение теплопроводности, получим:

X(x)T ′(t) = a2X ′′(x)T (t).

Разделим обе части уравнения на a2X(x)T (t):

T ′(t) a2 T (t)

= X ′′(x) X(x)

.

Так как справа и слева стоят функции, зависящие от разных переменных, очевидно, что обе они равны неко- торой константе, которую мы обозначим −λ:

T ′(t) a2 T (t)

= X ′′(x) X(x)

= −λ.

Отсюда получаем два уравнения: X ′′(x) + λX(x) = 0; (2.3)

T ′(t) + a2λT (t) = 0. (2.4)

Записав краевые условия для нашей функции v(x, t):{ v(0, t) = 0; v(l, t) = 0. , t ∈ [0; T ],

получим, что, ввиду ее представления в виде произведения,{ X(0) = 0; X(l) = 0.

Соединив (2.3) c полученной системой, получим задачу Штурма-Лиувилля: X ′′(x) + λX(x) = 0;

X(0) = 0; X(l) = 0.

6

Требуется найти все λ, при которых существуют ненулевые решения этой системы. Из курса "Дифференци- альные уравнения" известно, что:

λn = (πn l

)2 , n ∈ N – собственные значения.

Xn(x) = c1n sin( πn

l x), n ∈ N – соответствующие им собственные функции (c1n – некоторые константы).

Подставляя λn в (2.4), получим уравнения вида

T ′n(t) + a 2λnTn(t) = 0.

Решением, очевидно, будет Tn = c2n exp{−a2 (πn l

)2 t}. Объединив Xn(x) и Tn(t), получим:

vn(x, t) = Xn(x)Tn(t) = cn sin( πn

l x) exp{−a2

(πn l

)2 t}.

Заметим, что все такие функции являются решениями уравнения теплопроводности (1) и удовлетворяют кра- евым условиям (2),(3).

Определим функцию u(x, t) как сумму ряда:

u(x, t) = ∞∑ n=1

vn(x, t).

Заметим, что она удовлетворяет краевым условиям, а в случае равномерной сходимости ряда из производных – и уравнению теплопроводности. Подберем константы так, чтобы выполнялось начальное условие:

φ(x) = u(x, 0) = ∞∑ n=1

vn(x, 0) = ∞∑ n=1

cn sin( πn

l x).

Домножим равенство на sin( πm

l x) (m – целое), сделаем замену переменной (x→ s) и проинтегрируем по s:

l∫ 0

φ(s) sin( πm

l s) ds =

∞∑ n=1

cn

l∫ 0

sin( πm

l s) sin(

πn

l s) ds.

l∫ 0

sin( πn

l x) sin(

πm

l x) dx =

{ 0, n 6= m; l

2 , n = m.

=⇒

l∫ 0

φ(s) sin( πm

l s) ds =

l

2 cm =⇒

cm = 2 l

l∫ 0

φ(s) sin( πm

l s) ds.

Окончательно получаем формулу для u(x, t):

u(x, t) = ∞∑ n=1

2 l

 l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds

 sin(πn l x) exp{−a2

(πn l

)2 t}. (2.5)

Теперь докажем, что эта формула корректна.

7

Теорема 2.1 (существования). Пусть функция φ(x) такова, что φ(x) ∈ C1[0; l] и φ(0) = φ(l) = 0. Тогда формула (2.5) определяет класс решений задачи [2.2].

Доказательство. (1) Докажем сначала непрерывность полученной функции u(x, t) в QT . Легко видеть, что

|u(x, t)| 6 ∞∑ n=1

|vn(x, t)| 6 √

2 l

∞∑ n=1

|φn|,

где φn = √

2 l

l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds. Понятно, что если мы докажем сходимость ряда

∞∑ n=1

|φn|, то получим (по при-

знаку Вейерштрасса) равномерную сходимость ряда ∞∑ n=1

|vn(x, t)|. Так как все функции vn(x, t) непрерывны, то

и функция u(x, t) будет непрерывна, так как она определяется равномерно сходящимся рядом из непрерывных функций.

Итак, преобразуем φn:

φn = √

2 l

l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds = {интегрирование по частям} =

= − √

2 l

l

πn φ(s) cos(

πn

l s)

∣∣∣∣∣ l

0

+ √

2 l

l∫ 0

φ′(s) l

πn cos(

πn

l s) ds =

= 1 n

l∫ 0

l

π φ′(s)

√ 2 l cos(

πn

l s) ds.

Пусть φ̃n =

l∫ 0

φ′(s) √

2 l cos(

πn

l s) ds. Воспользуемся неравенством Бесселя для ортонормированной системы

функций

{√ 2 l cos(

πn

l s)

}∞ n=1

:

∞∑ n=1

φ̃2n = ∞∑ n=1

 l∫ 0

φ′(s)

√ 2 l cos(

πn

l s) ds

2 6 l∫ 0

(φ′(s))2 ds.

Теперь мы можем преобразовать нужный нам ряд ∞∑ n=1

|φn|:

∞∑ n=1

|φn| = l

π

∞∑ n=1

1 n |φ̃n| 6 {ab 6

a2 + b2

2 } 6 l

π

( ∞∑ n=1

1 n2

+ ∞∑ n=1

φ̃2n

)

Первый ряд, как известно, сходится, сходимость второго мы только что показали. Отсюда получаем сходи-

мость ряда из коэффициентов Фурье ∞∑ n=1

|φn| и, как было показано ранее, непрерывность функции u(x, t).

(2) Теперь покажем существование и непрерывность производных ut, uxx вQT . Покажем, к примеру, суще- ствование uxx для всех 0 < x < l, t0 < t < T , где t0 – произвольное положительное число. Из этого, очевидно, следует существование uxx в QT . Продифференцировав формально ряд (2.5), получим:

uxx(x, t) = ∞∑ n=1

φn

√ 2 l

( −(πn

l )2 ) sin(

πn

l x) exp{−a2(πn

l )2t}.

8

Легко заметить, что множитель exp{−a2(πn l )2t} дает нам равномерную сходимость мажорантного ряда на

t0 < t < T . Из этого следует равномерная сходимость ряда ∞∑ n=1

(vn)xx(x, t) и существование uxx(x, t) в QT .

Непрерывность uxx(x, t) следует из непрерывности слагаемых ряда. Существование и непрерывность ut дока- зывается аналогично.

(3) То, что функция u(x, t) удовлетворяет всем условиям [2.2], было показано во время ее построения. Тео- рема доказана.

2.4 Принцип максимального значения для уравнения теплопроводности

Рассмотрим множество QT = {(x, t) : (0; l)× (0; T ]}. Обозначим Γ = QT \QT . Докажем, что функция u(x, t), удовлетворяющая уравнению теплопроводности, достигает своего максимального (и минимального) значения именно на этой границе.

Теорема 2.2 (принцип максимального значения). Пусть u(x, t) ∈ C[QT ], ut, uxx ∈ C[QT ] и ut = a2uxx в QT . Тогда

max QT

u(x, t) = max Γ

u(x, t);

min QT

u(x, t) = min Γ u(x, t).

Доказательство. Докажем первое утверждение. Предположим противное: пусть max Γ

u(x, t) = M и суще-

ствует точка (x0, t0) ∈ QT такая, что u(x0, t0) = M + ε, ε > 0. В этом случае определим новую функцию v(x, t) так:

v(x, t) = u(x, t)− ε 2T

(t− t0). (2.6)

Очевидно, что v(x0, t0) = u(x0, t0) =M + ε. Кроме того, так как | ε

2T (t− t0)| 6

ε

2 при t ∈ [0; T ], то

max Γ

v(x, t) = max Γ {u(x, t)− ε

2T (t− t0)} 6M +

ε

2 .

Отсюда следует, что существует внутренняя точка (x1, t1), в которой v(x, t) достигает максимума. Согласно необходимому условию максимума дважды дифференцируемой функции,{

vt(x1, t1) > 0; vxx(x1, t1) 6 0,

причем в первом случае строгое неравенство может иметь место только при t1 = T . Продифференцировав (2.6) по t, получим:

ut(x, t) = vt(x, t) + ε

2T .

Аналогично, после двойного дифференцирования по x получаем:

uxx(x, t) = vxx(x, t).

Из написанной выше системы неравенств следует, что

ut(x1, t1) = vt(x1, t1) + ε

2T > 0 > a2vxx(x1, t1) = a2uxx(x1, t1),

что противоречит уравнению теплопроводности. Следовательно, предположение о существовании внутренней точки максимума неверно, поэтому max

QT

u(x, t) = max Γ

u(x, t), и первое утверждение доказано.

Для доказательства второго утверждения теоремы (принцип минимума) достаточно перейти от u(x, t) к функ- ции w(x, t) = −u(x, t), которая принимает максимальное значение там, где u(x, t) принимает минимальное. Те- орема доказана.

9

В приложении к краевым задачам принцип максимума выглядит следующим образом. Пусть ut = a2uxx, 0 < x < l, 0 < t 6 T ;

u(0, t) = µ1(t), 0 6 t 6 T ; u(l, t) = µ2(t), 0 6 t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l.

Тогда max QT

u(x, t) = max{ max t∈[0;T ]

µ1(t), max t∈[0;T ]

µ2(t), max x∈[0; l]

φ(x)}. Это равенство имеет простой физический

смысл. Оно означает, что температура стержня не может быть выше температуры на его краях и в начальный момент времени.

2.5 Единственность и устойчивость решения первой краевой задачи

Теорема 2.3 (единственности). Пусть функции u1(x, t), u2(x, t) таковы, что ui ∈ C[QT ], ∂2ui ∂x2

, ∂ui ∂t

∈ C[QT ], i = 1, 2, причем они являются решениями одной и той же первой краевой задачи [2.1]. Тогда u1(x, t) ≡ u2(x, t) в QT .

Доказательство. Определим новую функцию v(x, t) = u1(x, t) − u2(x, t). Тогда v ∈ C[QT ], vt, vxx ∈ C[QT ], и является решением такой краевой задачи:

vt = a2vxx, 0 < x < l, 0 < t 6 T ; v(0, t) = 0, 0 6 t 6 T ; v(l, t) = 0, 0 6 t 6 T ; v(x, 0) = 0, 0 6 x 6 l.

Для функции v(x, t), очевидно, выполнены все условия принципа максимума. Применяя его, получим: max QT

v(x, t) = max Γ

v(x, t) = 0;

min QT

v(x, t) = min Γ v(x, t) = 0. =⇒ v(x, t) ≡ 0 =⇒ u1(x, t) ≡ u2(x, t).

Теорема доказана.

Устойчивость решения первой краевой задачи

Лемма 1. Пусть функции u1, u2(x, t) таковы, что

ui ∈ C[QT ], ∂2ui ∂x2

, ∂ui ∂t

∈ C[QT ], i = 1, 2,

причем  ∂ui ∂t

= a2 ∂2ui ∂x2

, 0 < x < l, 0 < t 6 T, i = 1, 2;

u1(0, t) > u2(0, t), 0 6 t 6 T ; u1(l, t) > u2(l, t), 0 6 t 6 T ; u1(x, 0) > u2(x, 0), 0 6 x 6 l.

Тогда u1(x, t) > u2(x, t) в QT .

10

Доказательство. Снова, пусть v(x, t) = u2(x, t) − u1(x, t). Легко видеть, что v ∈ C[QT ], vxx, vt ∈ C[QT ], причем 

vt(x, t) = a2vxx(x, t); v(0, t) > 0, 0 6 t 6 T ; v(l, t) > 0, 0 6 t 6 T ; v(x, 0) > 0, 0 6 x 6 l.

Воспользовавшись вторым утверждением принципа максимума, получим:

min QT

v(x, t) = min Γ v(x, t) > 0 =⇒ u1(x, t) > u2(x, t), (x, t) ∈ QT .

Лемма доказана.

Теорема 2.4 (устойчивости). Пусть функции u1, u2(x, t) таковы, что

ui ∈ C[QT ], ∂2ui ∂x2

, ∂ui ∂t

∈ C[QT ], i = 1, 2,

причем  ∂ui ∂t

= a2 ∂2ui ∂x2

, 0 6 x 6 l, 0 < t 6 T i = 1, 2;

ui(0, t) = µi1(t), 0 6 t 6 T, i = 1, 2; ui(l, t) = µi2(t), 0 6 t 6 T, i = 1, 2; ui(x, 0) = φi(x), 0 6 x 6 l, i = 1, 2.

Тогда max QT

|u1(x, t)− u2(x, t)| 6 max{ max t∈[0;T ]

|µ11(t)− µ21(t)|, max t∈[0;T ]

|µ12(t)− µ22(t)|, max x∈[0; l]

|φ1(x)− φ2(x)|}

Доказательство. Снова введем функцию v(x, t) = u1(x, t)− u2(x, t). Тогда

v ∈ C[QT ], vxx, vt ∈ C[QT ], vt(x, t) = a2vxx(x, t).

Обозначив ε = max{ max t∈[0;T ]

|µ11(t)− µ21(t)|, max t∈[0;T ]

|µ12(t)− µ22(t)|, max x∈[0; l]

|φ1(x)− φ2(x)|}, получим, что

max Γ |v(x, t)| 6 ε.

Из этого следует, что −ε 6 v(x, t) 6 ε на Γ. Применив лемму к парам функций (−ε, v(x, t)) и (v(x, t), ε), получим, что

−ε 6 u1(x, t)− u2(x, t) 6 ε в QT .

Теорема доказана.

Полученное утверждение означает, что из близости исходных данных следует близость полученных решений.

2.6 Единственность решения общей краевой задачи

Общая краевая задача формулируется так:

[2.3]

 ut = a2uxx + f(x, t); 0 < t 6 T, 0 < x < l;

α1u(0, t)− α2ux(0, t) = p(t); 0 6 t 6 T ; β1u(l, t) + β2ux(l, t) = q(t); 0 6 t 6 T ;

u(x, 0) = φ(x); 0 6 x 6 l.

11

Здесь α1, α2, β1, β2 – неотрицательные постоянные, причем требуется, чтобы

α1 + α2 > 0; β1 + β2 > 0.

Докажем единственность решения такой задачи.

Теорема 2.5 (единственности). Пусть в QT функции u1, u2(x, t) таковы, что

ui, ∂ui ∂x

∈ C[QT ], i = 1, 2;

deriv2uix 2, ∂ui ∂t

∈ C[QT ], i = 1, 2,

причем они являются решениями одной и той же задачи [2.3]. Тогда u1(x, t) = u2(x, t) в QT .

Доказательство. Для доказательства единственности введем, как обычно, новую функцию v(x, t) = u1(x, t)− u2(x, t). Тогда, очевидно, v, vx ∈ C[QT ], vt, vxx ∈ C[QT ] и v(x, t) будет являться решением следующей краевой задачи: 

vt = a2vxx; 0 < t 6 T, 0 < x < l; α1v(0, t)− α2vx(0, t) = 0; 0 6 t 6 T ; β1v(l, t) + β2vx(l, t) = 0; 0 6 t 6 T ;

v(x, 0) = 0; 0 6 x 6 l.

Умножив vt = a2vxx на 2v и учтя, что 2vvt = ∂

∂t (v2), получим:

∂τ (v2(x, τ)) = 2a2v(x, τ)vxx(x, τ).

Из равенства функций следует равенство определенных интегралов:

l∫ 0

t∫ 0

∂τ (v2(x, τ)) dτ dx = 2a2

l∫ 0

t∫ 0

v(x, τ)vxx(x, τ) dτ dx,

причем в правой части мы можем поменять порядок интегрирования:

l∫ 0

t∫ 0

∂τ (v2(x, τ)) dτ dx = 2a2

t∫ 0

 l∫ 0

v(x, τ)vxx(x, τ) dx

 dτ. (2.7) Из начального условия следует, что

l∫ 0

t∫ 0

∂τ (v2(x, τ)) dτ dx =

l∫ 0

v2(x, t) dx.

Внутренний интеграл в правой части (2.7) возьмем по частям:

l∫ 0

v(x, τ)vxx(x, τ) dx = v(x, τ)vx(x, τ) ∣∣l 0 −

l∫ 0

(vx(x, t))2 dx.

Из краевых условий легко вывести, что

v(l, t)vx(l, t) =

 0, если β1 = 0, β2 > 0; 0, если β1 > 0, β2 = 0;

−β1 β2 v2(l, t), если β1 > 0, β2 > 0.

,

v(0, t)vx(0, t) =

 0, если α1 = 0, α2 > 0; 0, если α1 > 0, α2 = 0; α1 α2 v2(0, t), если α1 > 0, α2 > 0.

,

12

для любых t ∈ [0; T ]. Из этого следует, что если обозначить

P (τ) = v(x, τ)vx(x, τ)|l0 = v(l, τ)vx(l, τ)− v(0, τ)vx(0, τ),

то P (τ) 6 0, ∀τ ∈ [0; T ]. Тогда равенство (2.7) можно переписать так:

l∫ 0

v2(x, t) dx− 2a2 t∫

0

P (τ) dτ + 2a2 t∫

0

l∫ 0

v2x(x, τ) dx dτ = 0.

Первое и третье слагаемые, очевидно, неотрицательны; неотрицательность второго следует из неположи- тельности подынтегральной функции. Из этого следует, что все они на самом деле равны нулю. Так как функция

v(x, t) непрерывна, то из того, что

l∫ 0

v2(x, t) dx = 0, следует, что

v(x, t) ≡ 0.

Отсюда получаем, что u2(x, t) ≡ u1(x, t). Теорема доказана.

2.7 Существование решения задачи Коши

Рассмотрим однородную задачу Коши:

[2.4] {

(1) ut = a2uxx, −∞ < x < +∞, t > 0; (2) u(x, 0) = φ(x), −∞ < x < +∞.

Действуя так же, как и при поиске решения первой краевой задачи, проведем некоторые преобразования, а потом докажем, что полученная функция будет являться решением.

Определим новую функцию v(x, t) как произведение двух функций:

v(x, t) = X(x)T (t).

Потребуем, чтобы она удовлетворяла уравнению теплопроводности:

T ′(t)X(x) = a2X ′′(x)T (t).

Разделив на a2X(x)T (t) и заметив, что слева и справа стоят функции, зависящие от разных переменных, получим:

X ′′(x) X(x)

= T ′(t) a2T (t)

= −λ2,

где λ = const > 0. Примечание. Мы пишем "−λ2", потому что так нам захотелось. Могли бы и что-нибудь другое

написать... Отсюда получаем два уравнения:

X ′′(x) + λ2X(x) = 0; (2.8)

T ′(t) + a2λ2 T (t) = 0. (2.9)

Легко видеть, что функция X(x) = eiλx будет решением (2.8). Аналогично, функция T (t) = e−a 2λ2t будет

являться решением (2.9). Следовательно, v(x, t) = eiλx−a

2λ2t

13

– решение (1). Очевидно, функция uλ = A(λ)eiλx−a

2λ2t

тоже будет решением (A(λ) – некоторая функция). Теперь определим итоговую функцию следующим образом:

u(x, t) =

+∞∫ −∞

A(λ)eiλx−a 2λ2t dλ.

Потребуем, чтобы она удовлетворяла начальному условию:

u(x, 0) = φ(x) =

+∞∫ −∞

A(λ)eiλx dλ

Согласно теории преобразования Фурье, отсюда легко находится A(λ):

A(λ) = 1 2π

+∞∫ −∞

e−iλsφ(s) ds.

Итак, получаем следующий вид функции u(x, t):

u(x, t) =

+∞∫ −∞

1 2π

 +∞∫ −∞

e−iλsφ(s) ds

 eiλx−a2λ2t dλ = +∞∫ −∞

 +∞∫ −∞

1 2π eiλ(x−s)−a

2λ2t dλ

φ(s) ds. Проведя вычисление внутреннего интеграла (которые мы опускаем), получим окончательную формулу для

u(x, t):

u(x, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }φ(s) ds. (2.10)

Обозначив G(x, s, t) = 1√

4πa2t exp{− (x− s)

2

4a2t }, получим

u(x, t) =

+∞∫ −∞

G(x, s, t)φ(s) ds.

Покажем, что функция G(x, s, t) является решением уравнения теплопроводности при фиксированном s:

Gx(x, s, t) = 1√

4πa2t exp{− (x− s)

2

4a2t } ( −2(x− s)

4a2t

) ;

Gxx(x, s, t) = 1√

4πa2t exp{− (x− s)

2

4a2t } (x− s)

2

4a4t2 +

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t } ( − 2 4a2t

) ;

Gt(x, s, t) = − 1

2 √ 4πa2t

3 2 exp{− (x− s)

2

4a2t }+ 1√

4πa2t exp{− (x− s)

2

4a2t } (x− s)

2

4a2t2

Легко проверить, что Gt(x, s, t) = a2Gxx(x, s, t). Теперь докажем, что при определенных ограничениях на начальное условие полученная функция будет су-

ществовать.

14

Теорема 2.6 (существования). Пусть функция φ(x) задает начальное условие в задаче Коши [2.4], при- чем φ(x) ∈ C(R), |φ(x)| 6M, ∀x ∈ R. Тогда функция u(x, t), определяемая формулой (2.10), непрерывна при x ∈ R, t > 0, имеет непрерывные частные производные ut, uxx при x ∈ R, t > 0, удовлетворяет уравнению теплопроводности при x ∈ R, t > 0 и ∀x0 ∈ R lim

t→0+ x→x0

u(x, t) = φ(x0).

Замечание. Последнее утверждение теоремы означает, что функция

u(x, t) =

 +∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }φ(s) ds, t > 0;

φ(x), t = 0.

непрерывна в (x, t) : x ∈ R, t > 0.

Доказательство. (1) Докажем непрерывность u(x, t) при x ∈ R, t > 0. Для этого, очевидно, достаточно доказать, что функция непрерывна в прямоугольнике ΠL,t0,T = {(x, t) : −L < x < L; t0 < t < T}, где L, t0, T – произвольные положительные константы.

Подынтегральные функции, очевидно, непрерывны вΠL,t0,T . Тогда для доказательства непрерывности функ- ции u(x, t) в ΠL,t0,T достаточно показать равномерную сходимость интеграла (2.10). Чтобы применить признак Вейерштрасса равномерной сходимости, построим такую функцию F (s), чтобы

|G(x, s, t)| 6 F (s) ∀x, t ∈ ΠL,t0,T ;

Интеграл

+∞∫ −∞

F (s) ds сходился.

Для этого оценим показатель экспоненты для различных s:

При |s| 6 2L − (x− s) 2

4a2t 6 0;

При s > 2L (x− s)2

t >

(L− s)2

T =⇒ − (x− s)

2

4a2t 6 − (L− s)

2

4a2T ;

При s 6 −2L (x− s) 2

t >

(L+ s)2

T =⇒ − (x− s)

2

4a2t 6 − (L+ s)

2

4a2T .

При t0 6 t 6 T первый сомножитель в интеграле (2.10) можно оценить так:

1√ 4πa2t

6 1√

4πa2t0

В итоге получаем ограниченность |G(x, s, t)| сверху:

|G(x, s, t)| 6 F (s) =



1√ 4πa2t0

, |s| 6 2L;

1√ 4πa2t0

exp{− (L− s) 2

4a2T +

L2

4a2T }, s > 2L;

1√ 4πa2t0

exp{− (L+ s) 2

4a2T +

L2

4a2T }, s 6 −2L;

– слагаемое L2

4a2T в показателе экспоненте было добавлено для непрерывности F (s) (очевидно, оно не изменит

оценки сверху).

15

Наличие экспоненты говорит о том, что интеграл +∞∫ −∞

F (s) ds сходится. Таким образом, используя ограни-

ченность |φ(x)|, мы можем модуль подынтегральной функции в (2.10) оценить сверху функцией MF (s), соот- ветствующий интеграл от которой сходится. По признаку Вейерштрасса мы получаем равномерную сходимость исходного интеграла и непрерывность функции u(x, t) в ΠL,t0,T .

(2) Покажем непрерывность частных производных на том же прямоугольнике ΠL,t0,T . Докажем непрерыв- ность uxx. Из формулы для G(x, s, t) следует, что:

|Gxx(x, s, t)| = | (x− s)2

4a4t2 G(x, s, t)− 1

2a2t G(x, s, t)| 6 F (s)

[ 1

2a2t0 + L2 + 2Ls+ s2

4a4t20

] = F1(s).

Многочлен во втором сомножителе, очевидно, не изменит интегрируемость F (s). Тогда получаем

uxx(x, t) =

+∞∫ −∞

Gxx(x, s, t)φ(s) ds 6

+∞∫ −∞

|Gxx(x, s, t)||φ(s)| ds 6M +∞∫ −∞

F1(s) ds <∞

– то есть равномерную сходимость интеграла от производной, а, следовательно, и непрерывность uxx(t). Непре- рывность ut доказывается аналогично.

(3) Мы показали, что функцияG(x, s, t) является решением уравнения теплопроводности. Отсюда получаем:

ut(x, t) =

+∞∫ −∞

Gt(x, s, t)φ(s) ds = a2uxx(x, t) = a2 +∞∫ −∞

Gxx(x, s, t)φ(s) ds.

– то есть функция u(x, t) тоже удовлетворяет уравнению теплопроводности. (4) Итак, нам осталось доказать, что

∀x0 ∈ R lim t→0+ x→x0

u(x, t) = φ(x0).

То есть, по определению предела функции

∀x0 ∀ε > 0 ∃δ : ∀x, t : t, |x− x0| < δ =⇒ |u(x, t)− φ(x0)| < ε.

Фиксируем точку x0 и произвольное ε > 0. Из непрерывности φ(x) следует, что

∃∆ : |x− x0| < ∆ =⇒ |φ(x)− φ(x0)| < ε

4 .

Рассмотрим |u(x, t)− φ(x0)|:

|u(x, t)− φ(x0)| = | +∞∫ −∞

G(x, s, t)φ(s) ds− φ(x0)| 6 | x0−∆∫ −∞

G(x, s, t)φ(s) ds|+ | +∞∫

x0+∆

G(x, s, t)φ(s) ds|+

+| x0+∆∫

x0−∆

G(x, s, t)(φ(s)− φ(x0)) ds|+ | x0+∆∫

x0−∆

G(x, s, t)φ(x0) ds− φ(x0)|.

Обозначив по порядку интегралы символами J1, J2, J3, J4, получим

|u(x, t)− φ(x0)| 6 |J1|+ |J2|+ |J3|+ |J4|.

Оценим |J3|. Мы уже знаем, что |φ(x) − φ(x0)| < ε

4 в ∆-окрестности. Тогда, учитывая, что

+∞∫ −∞

Gds = 1,

получим

|J3| = | x0+∆∫

x0−∆

G(x, s, t)(φ(s)− φ(x0)) ds| 6 ε

4

x0+∆∫ x0−∆

G(x, s, t) ds 6 ε

4

+∞∫ −∞

G(x, s, t) ds

16

Отсюда получаем, что

|J3| 6 ε

4 .

Теперь потребуем, чтобы |x− x0| < δ1 < ∆2 . Все дальнейшие оценки проводятся только для таких x. Оценим |J4|:

|J4| = | x0+∆∫

x0−∆

G(x, s, t)φ(x0) ds− φ(x0)| 6 |φ(x0)| | x0+∆∫

x0−∆

G(x, s, t) ds− 1| = {z ↔ s− x√ 4a2t

} =

= |φ(x0)||

x0+∆−x√ 4a2t∫

x0−∆−x√ 4a2t

1√ π e−z

2 dz − 1|.

Уменьшая t, мы получим стремление верхнего предела интегрирования к +∞, а нижнего — к−∞. Следова-

тельно, так как

+∞∫ −∞

1√ π e−z

2 dz = 1, то

∃δ2 : t < δ2 =⇒ |J4| 6 |φ(x0)| |

x0+∆−x√ 4a2t∫

x0−∆−x√ 4a2t

1√ π e−z

2 dz − 1| 6 ε

4 .

Оценим теперь |J1|:

|J1| = | x0−∆∫ −∞

G(x, s, t)φ(s) ds| 6 | x0−∆∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }M ds| =

= {z ↔ −(x− s)√ 4a2t

} = M√ π

−x+x0−∆√ 4a2t∫

−∞

e−z 2 dz.

В силу сходимости интеграла, мы можем подобрать такое δ3, что ∀ t < δ3

M√ π

−x+x0−∆√ 4a2t∫

−∞

e−z 2 dz 6

ε

4 .

Следовательно, |J1| 6 ε

4 . Такая же оценка верна и для |J2| (доказательство аналогично).

Итак, мы получили, что

|u(x, t)− φ(x0)| 6 |J1|+ |J2|+ |J3|+ |J4| 6 ε =⇒

=⇒ ∀x0 ∀ε > 0 ∃δ = min(δ1, δ2, δ3) : ∀x, t : t, |x− x0| < δ |u(x, t)− φ(x0)| < ε.

Теорема полностью доказана.

Следствие 1. Заметим, что при выполнении условий теоремы (φ(x) ∈ C(R)|, |φ(x)| 6 M ) мы получаем ограниченность u(x, t):

|u(x, t)| = +∞∫ −∞

|G(x, s, t)||φ(s)| ds 6M +∞∫ −∞

G(x, s, t) ds =M.

17

Следствие 2. Также можно получить бесконечную дифференцируемость u(x, t) на R× R+. В этом случае

∂pu

∂xk∂tm (x, t) =

+∞∫ −∞

∂pG

∂xk∂tm (x, s, t)φ(s) ds, (k +m = p)

а этот интеграл равномерно сходится, что можно показать теми же утверждениями, что и в доказательстве теоремы.

Следствие 3. Приняв условие задачи Коши, мы получаем "бесконечную" скорость распространения тепла. Представим, что непрерывная функция φ(x) = u(x, 0) равна нулю всюду, за исключением некоторого отрезка [a; b]. Тогда получаем, что

u(x, t) =

b∫ a

G(x, s, t)φ(s) ds > 0 ∀t > 0, ∀x ∈ R.

2.8 Единственность решения задачи Коши

Итак, мы доказали существование решения задачи Коши для ограниченного и непрерывного начального усло- вия. Покажем, что в этом случае решение единственно.

Теорема 2.7 (единственности). Пусть две функции u1, u2(x, t) непрерывны на (R× R+), являются ре- шениями одной и той же задачи Коши [2.4], причем

|ui(x, t)| 6M, ∀(x, t) ∈ R× R+;

∂ui ∂t

, ∂2ui ∂x2

∈ C(R× R+). i = 1, 2.

Тогда u1(x, t) = u2(x, t) ∀(x, t) ∈ (R× R+)

Доказательство. Введем новую функцию u(x, t) = u1(x, t)−u2(x, t). Очевидно, она также будет непрерывна, причем 

ut, uxx ∈ C(R× R+); ut = a2uxx; u(x, 0) = 0, ∀x ∈ R; |u(x, t)| 6 2M, ∀(x, t) ∈ (R× R+).

Очевидно, для доказательства теоремы достаточно показать, что функция u(x, t) тождественно равна нулю, то есть равна нулю в произвольной точке (x0, t0).

Для этого возьмем такие константы L и T , чтобы точка (x0, t0) содержалась в прямоугольнике

ΠLT = {(x, t) : |x| 6 L, 0 6 t 6 T}, ΓLT – его граница.

Рассмотрим новую вспомогательную функцию vL(x, t) = 4M L2

( x2

2 + a2t).

Легко проверить, что vLt , v

L xx ∈ C[ΠLT ];

vLt = a 2vLxx ∈ C[ΠLT ].

Кроме того, для нее справедливы такие оценки на границе ΓLT :

vL(L, t), vL(−L, t) > 4M L2

( L2

2 + 0) = 2M ;

vL(x, 0) = 4M L2

x2

2 > 0.

18

Из исходных оценок для u(x, t) получаем, что vL(x, t) > u(x, t) всюду на ΓLT . Согласно принципу макси- мального значения

vL(x, t) > u(x, t) ∀(x, t) ∈ ΠLT .

Аналогично, −vL(x, t) 6 u(x, t) ∀(x, t) ∈ ΠLT . Из этого следует, что

|u(x0, t0)| 6 vL(x0, t0) = 4M L2

( x20 2

+ a2t0).

Устремив L к бесконечности, получим, что |u(x0, t0)| 6 v∞(x0, t0) = 0. Теорема доказана.

2.9 Существование решения первой и второй краевой задачи для уравнения тепло- проводности на полупрямой

Рассмотрим первую краевую задачу на полупрямой:

[2.5]

 ut = a 2uxx, x > 0, t > 0;

u(0, t) = 0, t > 0; u(x, 0) = φ(x), x > 0,

где φ(0) = 0. Найдем ее решение, доопределив нечетным образом функцию φ(x), задающую начальное условие на всей

вещественной оси:

Φ(x) = {

φ(x), x > 0; −φ(−x), x < 0.

Соответственно, рассмотрим такую задачу Коши:

[2.6]

 Ut = a 2Uxx, −∞ < x < +∞, t > 0;

U(0, t) = 0, t > 0; U(x, 0) = Φ(x), −∞ < x < +∞.

Ее решение нам известно:

U(x, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }Φ(s) ds.

Пусть u(x, t) = U(x, t) при (x, t) ∈ (R+ × R+). Покажем, что эта функция является решением [2.5]. Из постановки задачи Коши [2.6] очевидно, что{

ut = a2uxx, x > 0, t > 0; u(x, 0) = φ(x), x > 0.

Проверим выполнение граничного условия:

u(0, t) = U(0, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− s 2

4a2t }Φ(s) ds

Под интегралом стоит произведение четной и нечетной функций, следовательно, он равен нулю. Граничное

19

условие выполнено. Получим теперь полную формулу для решения:

u(x, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }Φ(s) ds =

=

0∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }(−φ(−s)) ds+

+∞∫ 0

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }φ(s) ds =

= − +∞∫ 0

1√ 4πa2t

exp{− (x+ s) 2

4a2t }φ(s) ds+

+∞∫ 0

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }φ(s) ds =

=

+∞∫ 0

1√ 4πa2t

[ exp{− (x− s)

2

4a2t } − exp{− (x+ s)

2

4a2t } ] φ(s) ds.

Итак,

u(x, t) =

+∞∫ 0

1√ 4πa2t

[ exp{− (x− s)

2

4a2t } − exp{− (x+ s)

2

4a2t } ] φ(s) ds (2.11)

– это и есть решение первой краевой задачи на полупрямой.

Вторая краевая задача на полупрямой

Вторая краевая задача на полупрямой имеет следующий вид:

[2.7]

 ut = a 2uxx, x > 0, t > 0;

ux(0, t) = 0, t > 0; u(x, 0) = φ(x), x > 0.

Снова для поиска решения доопределим функцию, задающую начальное условие, но на этот раз четным об- разом:

Φ(x) = {

φ(x), x > 0; φ(−x), x < 0.

Изменив исходную задачу, получим такую задачу Коши: Ut = a 2Uxx, −∞ < x < +∞, t > 0;

Ux(0, t) = 0, t > 0; U(x, 0) = Φ(x), −∞ < x < +∞.

Аналогично, решением ее будет функция U(x, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }Φ(s) ds. Пусть u(x, t) =

U(x, t) при (x, t) ∈ (R+ × R+). Опять же, очевидно, что{ ut = a2uxx, x > 0, t > 0;

u(x, 0) = φ(x), x > 0.

Проверим выполнение краевого условия:

ux(x, t) = Ux(x, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

( − (x− s)

2a2t

) exp{− (x− s)

2

4a2t }Φ(s) ds =⇒

ux(0, t) = Ux(0, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

( s 2a2t

) exp{− s

2

4a2t }Φ(s) ds ∀t > 0.

20

Под получившимся интегралом стоят произведение двух четных и одной нечетной функций, следовательно, он обращается в ноль. Граничное условие выполнено. Получим формулу для решения [2.7]:

u(x, t) =

+∞∫ 0

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }φ(s) ds+

0∫ −∞

1√ 4πa2t

exp{− (x− s) 2

4a2t }φ(−s) ds =

=

+∞∫ 0

1√ 4πa2t

[ exp{− (x− s)

2

4a2t }+ exp{− (x+ s)

2

4a2t } ] φ(s) ds.

– это решение второй краевой задачи на полупрямой.

2.10 Функция Грина для первой краевой задачи

Рассмотрим первую краевую задачу: ut = a2uxx, 0 < x < l, 0 < t 6 T ;

u(0, t) = 0, 0 6 t 6 T ; u(l, t) = 0, 0 6 t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l.

Как уже известно, ее решение задается следующим образом:

u(x, t) = ∞∑ n=1

2 l

 l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds

 sin(πn l x) exp{−a2

(πn l

)2 t}.

Мы можем представить его в несколько ином виде, как уже делали при решении задачи Коши:

u(x, t) =

l∫ 0

G(x, s, t)φ(s) ds,

где G(x, s, t) = ∞∑ n=1

2 l sin(

πn

l s) sin(

πn

l x) exp{−a2

(πn l

)2 t}. (2.12)

функция Грина для первой краевой задачи. Докажем несколько свойств функции Грина. Свойство 1.

G(x, s, t) = G(s, x, t).

Это свойство очевидно из определения функции Грина. Свойство 2.

G(x, s, t) ∈ C∞(R× R× R+).

Доказательство. Докажем непрерывность в точке (x, s, t). Для этого достаточно заметить, что при t > t0 ряд равномерно сходится по признаку Вейерштрасса, так как его можно ограничить сходящимся рядом из экспонент:

|G(x, s, t)| 6 ∞∑ n=1

2 l exp{−a2

(πn l

)2 t0}.

Для доказательства дифференцируемости достаточно заметить, что ряд из производных будет равномерно сходиться, так как при дифференцировании в качестве новых множителей появятся только полиномы от n, ко- торые не помешают — экспонента все равно обеспечивает сходимость.

21

Свойство 3. { Gt = a2Gxx; Gt = a2Gss.

Первое уравнение можно проверить простым дифференцированием формулы (2.12), а второе – дифферен- цированием уравнения из свойства 1.

Свойство 4. G(x, s, t) > 0, x, s ∈ [0; l], t > 0.

Доказательство. Докажем это для произвольной точки (x, s0, t). Пусть функция φh(x) равна некоторой по- ложительной функции φ̃(x) на интервале (s0 − h; s0 + h), а вне этого интервала равна нулю:

φh(x) = { φ̃(x) > 0, x ∈ (s0 − h; s0 + h); 0, x ∈ [0; l] \ (s0 − h; s0 + h).

Кроме того, она удовлетворяет следующим условиям: φh(x) ∈ C[0; l]; l∫

0

φh(x) dx = 1.

и задает начальное условие в некоторой краевой задаче типа [2.2]. Тогда функция uh(x, t), являющаяся решением этой краевой задачи, задается формулой:

uh(x, t) =

l∫ 0

G(x, s, t)φh(s) ds =

s0+h∫ s0−h

G(x, s, t)φh(s) ds =

= { теорема о среднем значении (5.1)} = G(x, θ, t) s0+h∫

s0−h

φh(s) ds = G(x, θ, t), θ ∈ (s0 − h; s0 + h). =⇒

=⇒ lim h→0

G(x, θ, t) = lim h→0

uh(x, t) =⇒

G(x, s0, t) = lim h→0

uh(x, t). (2.13)

Применим принцип максимального значения, зная, что uh(0, t) ≡ 0 ≡ uh(l, t):

min x∈[0; l] t∈[0;T ]

uh(x, t) = min{0, 0, min x∈[0; l]

φh(x)} = 0.

Согласно (2.13), получаем неотрицательность G(x, s0, t). Свойство 4 доказано.

22

комментарии (0)
Здесь пока нет комментариев
Ваш комментарий может быть первым
Это только предварительный просмотр
3 стр. на 21 стр.
Скачать документ