уравнения математической физики - конспекты - Математическая физика 2, Конспекты лекций из Математическая физика. Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова (МГУ)
Viktor_86
Viktor_86

уравнения математической физики - конспекты - Математическая физика 2, Конспекты лекций из Математическая физика. Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова (МГУ)

21 стр-ы.
1000+Количество просмотров
Описание
Конспект лекций по предмету математическая физика. постановка краевых задач. Уравнение Пауссона и Лапласса.
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

3 Уравнения эллиптического типа

Пусть Ω – некоторая открытая область в E3, ограниченная поверхностью Σ. Аналогично, D – некоторая от- крытая область в E2, ограниченная кривой L.

3.1 Уравнения Лапласа и Пуассона. Постановка краевых задач. Фундаментальные ре- шения уравнения Лапласа

Рассмотрим такие уравнения теплопроводности:

ut(x, y, z, t) = a2∆u(x, y, z, t) + f1(x, y, z), (x, y, z) ∈ Ω; ∆u = uxx + uyy + uzz; ut(x, y, t) = a2∆u(x, y, t) + f2(x, y), (x, y) ∈ D; ∆u = uxx + uyy.

В случае стационарного теплового процесса (ut ≡ 0) мы получаем уравнения эллиптического типа:∆u = −f . При этом из общего вида получаются два типа уравнений:

∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 + ∂2u

∂z2 = −f(x, y, z);

∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = −f(x, y).

– уравнения Пуассона в E3 и E2;

 ∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 + ∂2u

∂z2 = 0;

∂2u

∂x2 + ∂2u

∂y2 = 0.

– уравнения Лапласа в E3 и E2;

Эти уравнения широко используются при описании разнообразных стационарных физических полей. Определение. Функция u(x, y, z) называется гармонической в Ω, если u ∈ C2(Ω) и ∆u ≡ 0 в Ω. Гармонические функции от двух переменных можно получить, используя понятие аналитичности функции

комплексного переменного. В курсе ТФКП показывалось, что если функция f(z) = u(x, y)+iv(x, y) аналитична, то выполняются условия Коши-Римана для функций u, v:{

ux(x, y) = vy(x, y); uy(x, y) = −vx(x, y).

Дифференцируя верхнее равенство по x, а нижнее – по y, получим{ uxx(x, y) = vyx(x, y); uyy(x, y) = −vxy(x, y).

=⇒ uxx + uyy = 0

Аналогично – для функции v. Отсюда можно сделать вывод, что если функция f(z) = u(x, y) + iv(x, y) – аналитическая, то функции u, v – гармонические.

В дальнейшем мы будем рассматривать в пространстве E3 такие задачи:

Внутренняя задача Дирихле{ ∆u(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Ω;

u(x, y, z) = µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

Внутренняя задача Неймана ∆u(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Ω; ∂u

∂n (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

23

Внешняя задача Дирихле{ ∆u(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ E3 \ Ω;

u(x, y, z) = µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

Внешняя задача Неймана ∆u(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ E3 \ Ω; ∂u

∂n (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

Естественно обобщить данные задачи на случай уравнения Пуассона. Кроме того, существуют и двухмерные аналоги, например:{

∆u(x, y) = 0, (x, y) ∈ D; u(x, y) = µ(x, y), (x, y) ∈ L. – внутренняя задача Дирихле в E

2.

Докажем, что функция

u(x, y, z) = 1

RMM0 =

1√ (x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2

(RMM0 – расстояние между точками M(x, y, z) и M0(x0, y0, z0)) является решением уравнения Лапласа в E3 \M0:

ux = − 1 2 2(x− x0) R3MM0

= −x− x0 R3MM0

; uxx = − 3(x− x0)2

R5MM0 − 1 R5MM0

uy = − 1 2 2(y − y0) R3MM0

= − y − y0 R3MM0

; uyy = − 3(y − y0)2

R5MM0 − 1 R5MM0

uz = − 1 2 2(z − z0) R3MM0

= − z − z0 R3MM0

; uzz = − 3(z − z0)2

R5MM0 − 1 R5MM0

=⇒ ∆ 1 RMM0

= 3(x− x0)2 + 3(y − y0)2 + 3(z − z0)2

R5MM0 − 3 R3MM0

≡ 0

В случае E2 легко проверить, что функция u(x, y) = ln 1

ρMM0 , где ρMM0 =

√ (x− x0)2 + (y − y0)2 будет

решением уравнения Лапласа в E2 \M0. Эти функции называются фундаментальными решениями уравнения Лапласа.

3.2 1-я и 2-я формулы Грина

Первая формула Грина

Пусть поверхность Σ состоит из конечного числа замкнутых кусков, имеющих в каждой точке касательную, причем любые прямые, параллельные координатным осям, пересекают ее либо в конечном числе точек, либо по конечному числу отрезков. Тогда в области Ω для функции ~A(x, y, z) = {P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)}, где P,Q,R ∈ C1(Ω), верна формула Остроградского-Гаусса:∫∫

Σ

( ~A, ~n) dσ = ∫∫∫ Ω

div ~Adτ. (3.1)

24

Пусть u(x, y, z) и v(x, y, z) ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω), ~A = u grad v. Тогда по формуле (3.1)∫∫∫ Ω

div (u grad v) dτ = ∫∫ Σ

(u grad v, ~n) dσ =

= { ( grad v, ~n) =

∂v

∂n ; div (u grad v) = ( gradu, grad v) + u∆v

} = ∫∫ Σ

u ∂v

∂n dσ =⇒

∫∫∫ Ω

(( gradu, grad v) + u∆v) dτ = ∫∫ Σ

u ∂v

∂n dσ. (3.2)

Полученная формула называется первой формулой Грина.

Вторая формула Грина

Поменяем местами в первой формуле Грина функции u и v . Вычитая полученное равенство из (3.2), получим вторую формулу Грина: ∫∫∫

(u∆v − v∆u) dτ = ∫∫ Σ

( u ∂v

∂n − v ∂u

∂n

) dσ. (3.3)

3.3 3-я формула Грина

Используем то, что функция

v = 1

RMM0 =

1√ (x− x0)2 + (y − y0)2 + (z − z0)2

является решением уравнения Лапласа в пространстве E3. Фиксируем точку M0 ∈ Ω и окружим ее сферой Σε достаточно малого радиуса ε. Тогда функция v ∈ C2(Ωε) , где Ωε = Ω \ SM0(ε) .

q &% '$

� �ε

Ωε

M0 Σε

Σ

'

&

$

% Возьмем некоторую функцию u такую, что u ∈ C2(Ω)

⋂ C1(Ω). Запишем вторую формулу Грина для области

Ωε: ∫∫∫ Ωε

(u∆v − v∆u) dτ = ∫∫ Σ

( u ∂v

∂n − v ∂u

∂n

) dσ +

∫∫ Σε

( u ∂v

∂n − v ∂u

∂n

) dσ =⇒ {∆v ≡ 0} =⇒

− ∫∫∫ Ωε

1 RMM0

∆u(M) dτM = ∫∫ Σ

( u ∂

∂n

( 1

RMM0

) − 1 RMM0

∂u

∂n (M)

) dσM+

+ ∫∫ Σε

( u ∂

∂n

( 1

RMM0

) − 1 RMM0

∂u

∂n (M)

) dσM .

25

Рассмотрим поведение второго двойного интеграла при ε → 0. Известно, что единичная нормаль ~n к сфере Σε в точке {x, y, z} задается как {−

x− x0 RMM0

,− y − y0 RMM0

,− z − z0 RMM0

}. Следовательно,

∂n

( 1

RMM0

) = ( ~n, grad

1 RMM0

) =

(x− x0)2

R4MM0 +

(y − y0)2

R4MM0 +

(z − z0)2

R4MM0 =

1 R2MM0

= 1 ε2 .

Тогда этот интеграл преобразуется следующим образом:∫∫ Σε

( u ∂

∂n

( 1

RMM0

) − 1 RMM0

∂u

∂n

) dσ =

1 ε2

∫∫ Σε

u dσ − 1 ε

∫∫ Σε

∂u

∂n dσ =

= { общая теорема о среднем значении } = u(M ′ε) 4πε2

ε2 − ∂u ∂n

(M ′′ε ) 4πε2

ε =

= 4πu(M ′ε)− 4πε ∂u

∂n (M ′′ε ),

где M ′′ε ,M ′ ε – точки на сфере Σε.

Устремим ε к нулю, учитывая ограниченность ∂u

∂n :

4πu(M ′ε)− 4πε ∂u

∂n (M ′′ε )

ε→0−→ 4πu(M0).

Перенеся в исходной формуле часть слагаемых в правую часть, получим формулу для u(M0):

4πu(M0) = − ∫∫∫ Ω

1 RMM0

∆u(M) dτM − ∫∫ Σ

[ u(M)

∂n

( 1

RMM0

) − 1 RMM0

∂u

∂n (M)

] dσM (3.4)

Эта формула называется третьей формулой Грина. Проведя аналогичные рассуждения в E2, легко получить двумерные аналоги второй и третьей формул Грина:∫∫

D

(u∆v − v∆u) ds = ∫ L

( u ∂v

∂n − v ∂u

∂n

) dl.

2πu(M0) = − ∫∫ D

ln (

1 ρMM0

) ∆u ds−

∫ L

[ u ∂

∂n

( ln

1 ρMM0

) − ln 1

ρMM0

∂u

∂n

] dl.

3.4 Свойства гармонических функций

Напомним определение. Определение. Функция u называется гармонической в области Ω, если u ∈ C2(Ω) и ∆u = 0 в Ω. Свойство 1. Если v – гармоническая в Ω, то∫∫

Σ̃

∂v

∂n dσ = 0,

где Σ̃ – произвольная замкнутая поверхность, лежащая в Ω.

Доказательство. Положив в первой формуле Грина (3.2) для области, ограниченной Σ̃, u ≡ 1 (очевидно, u – гармоническая функция), получим ∫∫

Σ̃

∂v

∂n dσ = 0.

26

Свойство 2 (Теорема о среднем значении). Пусть функция u– гармоническая в Ω. Тогда для любой точки M0 ∈ Ω и для любой сферы Σa радиуса a с центром в M0, лежащей в Ω справедлива формула:

u(M0) = 1

4πa2

∫∫ Σa

u(P ) dσp. (3.5)

q &% '$

�� a

M0 Σa

Σ

'

&

$

% Доказательство. Запишем третью формулу Грина (3.4) для внутренности сферы Σa:

4πu(M0) = − ∫∫ Σa

[ u ∂

∂n

( 1

RMM0

) − 1 RMM0

∂u

∂n

] dσ = { ∂

∂n

( 1

RMM0

) = − 1

a2 } =

= 1 a2

∫∫ Σa

u dσ + ∫∫ Σa

1 a2 ∂u

∂n dσ.

По первому свойству гармонической функции второй интеграл обращается в ноль и мы получаем доказа- тельство формулы (3.5).

Свойство 3. Если функция u – гармоническая в Ω, то она бесконечно дифференцируема в Ω.

Доказательство. Снова запишем третью формулу Грина (3.4) для u(M) = u(x, y, z) (P (Px, Py, Pz) ∈ Σ):

4πu(x, y, z) = − ∫∫ Σ

[ u(P )

∂n

( 1√

(x− Px)2 + (y − Py)2 + (z − Pz)2

) −

− 1√ (x− Px)2 + (y − Py)2 + (z − Pz)2

∂u(P ) ∂n

] dσP .

Видно, что если точка M не лежит на границе (Σ), то подынтегральная функция бесконечно дифференциру- ема по параметру x (а также по y, z). Известно, что в этом случае и весь интеграл, а следовательно, и функция u(M) является бесконечно дифференцируемой функцией.

3.5 Принцип максимума для гармонических функций

Теорема 3.1 (Принцип максимума). Если функция u ∈ C(Ω) и гармоническая в , то она достигает своего максимума (минимума) на границе области:

max M∈Ω

u(M) = max M∈Σ

u(M);

min M∈Ω

u(M) = min M∈Σ

u(M).

27

Доказательство. Предположим, что функция достигает, например, максимума в некоторой внутренней точке M0:

u(M0) = max M∈Ω

u(M).

Тогда по формуле среднего значения (3.5) (a – достаточно малое число)

u(M0) = 1

4πa2

∫∫ Σa

u(P ) dσP 6 1

4πa2

∫∫ Σa

u(M0) dσ = u(M0).

Так как функция u – непрерывна, то u(P ) ≡ u(M0) (то есть максимум достигается на всей сфере). Продол- жая эти преобразования нужное количество раз, получим, что максимум достигается и на границе тоже (таким образом, функция тождественно равна константе).

3.6 Единственность и устойчивость решения внутренней задачи Дирихле

Здесь и далее функции µ и ν – некоторые заданные функции. Определение. Функция u(x, y, z) называется решением внутренней задачи Дирихле, если она удовле-

творяет следующим трем условиям:

[3.1]

 (1) u(x, y, z) ∈ C(Ω), u ∈ C 2(Ω);

(2) ∆u(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Ω; (3) u(x, y, z) = µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

Докажем теорему единственности непрерывного и гармонического в Ω решения.

Теорема 3.2 (единственности). Пусть функции u1(x, y, z), u2(x, y, z) являются решениями одной и той же внутренней задачи Дирихле [3.1]. Тогда u1(x, y, z) = u2(x, y, z) в .

Доказательство. Определим новую функцию v = u1 − u2. Легко видеть, что она непрерывна в Ω, гармониче- ская в Ω и v(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Σ. Тогда для функции v выполнены все условия принципа максимального значения, следовательно

max Ω

v = max Σ

v = 0

min Ω

v = min Σ

v = 0

 =⇒ v(x, y, z) ≡ 0, (x, y, z) ∈ Ω. Теорема доказана.

Теперь покажем устойчивость решения внутренней задачи Дирихле, но сначала докажем следующую лемму.

Лемма 1. Пусть функции u1(x, y, z), u2(x, y, z) такие, что:

1. u1, u2 ∈ C(Ω);

2. u1, u2 − гармонические в Ω;

3. u1(x, y, z) > u2(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

Тогда u1 > u2 в .

Доказательство. Снова рассмотрим функцию v = u1 − u2. Тогда v(x, y, z) > 0 на Σ. Воспользовавшись принципом минимума (очевидно, все условия выполнены), получим

min Ω v = min

Σ v > 0 =⇒ u1 > u2 в Ω

Лемма доказана.

28

Теорема 3.3 (устойчивости). Пусть функции u1(x, y, z), u2(x, y, z) таковы, что: (1) u1, u2 ∈ C(Ω) ∩ C 2(Ω);

(2) ∆u1(x, y, z) = ∆u2(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Ω; (3) ui(x, y, z) = µi(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ, i = 1, 2.

Тогда max Ω

|u1 − u2| 6 max Σ

|µ1 − µ2|.

Доказательство. Обозначим ε = max Σ

|µ1 − µ2|, v = u1 − u2. Тогда v – гармоническая в Ω, −ε 6 v 6 ε при (x, y, z) ∈ Σ. Тогда, применяя лемму для пар функций (−ε, v) и (v, ε) (очевидно, ее условия выполнены), получим, что

−ε 6 v 6 ε, (x, y, z) ∈ Ω =⇒ |u1 − u2| 6 ε в Ω

Теорема доказана.

Следствие. Пусть каждая функция из последовательности un(x, y, z), а также функция u(x, y, z), является решением соответствующей задачи Дирихле при un = µn на Σ, u = µ на Σ. Тогда из равномерной сходимости µn(µn ⇒ µ на Σ) следует, что un ⇒ u в Ω.

Замечание. Доказанные теоремы полностью справедливы и для двумерного случая. Чтобы убедиться в этом, достаточно провести аналогичные рассуждения.

Теперь рассмотрим другой вариант задачи Дирихле – внешнюю задачу Дирихле.

3.7 Единственность решения внешней задачи Дирихле

Внешняя задача Дирихле в пространстве

Определение. Функция u(x, y, z) называется решением внешней задачи Дирихле в пространстве, если она удовлетворяет следующим условиям:

[3.2]

 (1) u(x, y, z) ∈ C(E3 \ Ω); (2) u(x, y, z) − гармоническая в E3 \ Ω; (3) u(x, y, z) = µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ. (4) u(x, y, z) ⇒ 0 (равномерно сходится к нулю) при (x, y, z) −→∞.

Докажем, что непрерывное решение единственно.

Теорема 3.4 (единственности). Пусть u1, u2(x, y, z) – такие функции, что (1) u1, u2(x, y, z) ∈ C(E3 \ Ω); (2) u1, u2 − гармонические в E3 \ Ω; (3) u1, u2(x, y, z) = µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ. (4) u1, u2(x, y, z) ⇒ 0, (x, y, z) −→∞.

Тогда u1(x, y, z) = u2(x, y, z) в E3 \ Ω.

Доказательство. Пусть v(x, y, z) = u1(x, y, z) − u2(x, y, z). Тогда v удовлетворяет условиям теоремы при µ(x, y, z) ≡ 0. Докажем, что функция v тождественно равна нулю.

Предположим противное: ∃M0(x0, y0, z0) ∈ E3 \ Ω : v(x0, y0, z0) = A > 0. Тогда из определения равномерной сходимости существует такая сфера ΣR радиуса R, полностью содержащая Ω и точку M0, что

|v(x, y, z)| 6 A 2 , (x, y, z) ∈ ΣR. Тогда

max ΣR

v(x, y, z) 6 A

2 ;

min ΣR

v(x, y, z) > −A 2 .

29

Применив к v принцип максимального значения в открытой области ΩR (это область, ограниченная снаружи ΣR, а изнутри – Σ), получим

max ΩR

v = max Σ ∪ ΣR

v 6 A

2 ;

min ΩR

v = min Σ ∪ ΣR

v > −A 2 ;

=⇒ |v(x0, y0, z0)| 6 A

2 .

Мы получили противоречие с тем, что v(x0, y0, z0) = A. Тогда v(x, y, z) ≡ 0 и теорема доказана.

Приведем пример, показывающий важность условия (4). Пример. Пусть

Ω : x2 + y2 + z2 < a2; Σ : x2 + y2 + z2 = a2.

Рассмотрим такую постановку внешней задачи Дирихле:

1. u ∈ C(E3 \ Ω);

2. u− гармоническая в E3 \ Ω;

3. u(x, y, z) = C = const, (x, y, z) ∈ Σ.

Легко видеть, что функции u1(x, y, z) = C и u2(x, y, z) = C a√

x2 + y2 + z2 являются решениями данной зада-

чи, однако u1 6= u2 , поэтому в этой постановке единственность нарушается. Теперь рассмотрим внешнюю задачу на плоскости.

Внешняя задача Дирихле на плоскости

Определение. Функция u(x, y) называется решением внешней задачи Дирихле на плоскости, если она удовлетворяет следующим условиям:

[3.3]

 (1) u(x, y) ∈ C(E2 \D), u ∈ C2(E2 \D); (2) ∆u(x, y) = 0, (x, y) ∈ E2 \D; (3) u(x, y) = µ(x, y), (x, y) ∈ L. (4) |u(x, y)| 6 C = const, (x, y) ∈ E2 \D.

Теорема 3.5 (единственности). Пусть u1, u2(x, y) – такие функции, что (1) u1, u2(x, y) ∈ C(E2 \D), u ∈ C2(E2 \D); (2) ∆u1(x, y) = ∆u2(x, y) = 0, (x, y) ∈ E2 \D; (3) u1, u2(x, y) = µ(x, y), (x, y) ∈ L. (4) |ui(x, y)| 6 ci = const, i = 1, 2, (x, y) ∈ E2 \D.

Тогда u1(x, y) = u2(x, y) в E2 \D.

Доказательство. Пусть v = u1 − u2. Тогда функция v: v(x, y) = 0, (x, y) ∈ L, |v(x, y)| 6 C = c1 + c2. Докажем, что v(x, y) ≡ 0, (x, y) ∈ E2 \D.

Предположим противное: существует точкаM∗(x∗, y∗), (x∗, y∗) ∈ E2\D : v(x∗, y∗) = A > 0. Тогда возьмем a такое, что окружность La с центром в точке M0(x0, y0) полностью лежит в D, и такое R, что окружность LR содержит область D и точку M∗. Определим функцию

wR(x, y) = C ln

√ (x− x0)2 + (y − y0)2

a

ln R

a

.

Видно, что

30

1. wR(x, y) ∈ C(E2 \D);

2. wR(x, y) – гармоническая в E2 \D;

3. wR(x, y) > 0 на L;

4. wR(x, y) = C на LR.

Из этого следует, что { |v(x, y)| 6 wR(x, y), (x, y) ∈ L; |v(x, y)| 6 C = wR(x, y), (x, y) ∈ LR.

Применив принцип максимума, получим, что в DLLR – области, ограниченной изнутри L и снаружи LR

|v(x, y)| 6 wR(x, y), (x, y) ∈ DLLR =⇒

|v(x∗, y∗)| 6 wR(x∗, y∗) = C ln

√ (x∗ − x0)2 + (y∗ − y0)2

a

ln R

a

.

Устремляя R к бесконечности, получим, что

|v(x∗, y∗)| 6 w∞(x∗, y∗) = 0.

Мы получили противоречие с тем, что v(x∗, y∗) = A > 0, следовательно v(x, y) ≡ 0. Теорема доказана.

Приведем пример, показывающий важность условия (4). Пример. Пусть

D : x2 + y2 < b2; L : x2 + y2 = b2.

Рассмотрим такую постановку внешней задачи Дирихле:{ ∆u ≡ 0 в E2 \D; u(x, y) = C = const, (x, y) ∈ L.

Легко видеть, что функции u1(x, y) = C и u2(x, y) = C + ln

√ x2 + y2

b являются решениями данной задачи,

однако функция u2 не ограничена никакой константой, поэтому в этой постановке единственность нарушается.

3.8 Внутренняя задача Неймана. Необходимое условие ее разрешимости. Единствен- ность решения

Определение. Функция u(x, y, z) из E3 называется решением внутренней задачи Неймана, если она удовле- творяет следующим трем условиям:

[3.4]

 (1) u(x, y, z) ∈ C1(Ω), u ∈ C2(Ω); (2) ∆u(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Ω;

(3) ∂u

∂n (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.

Обратим внимание на то, что от функции u требуется непрерывность вместе с первой производной в Ω, в отличие от задачи Дирихле, в которой требуется просто непрерывность.

Необходимое условие разрешимости внутренней задачи Неймана

31

Предположим, что u – решение [3.4], а v – произвольная дважды дифференцирумая функция. Запишем для этих функций вторую формулу Грина:∫∫∫

(u∆v − v∆u) dτ = ∫∫ Σ

(u ∂v

∂n − v ∂u

∂n ) dσ

Тогда при v ≡ 1 получим ∫∫ Σ

∂u

∂n dσ =

∫∫ Σ

ν(x, y, z) dσ = 0. (3.6)

Равенство (3.6) называется необходимым условием разрешимости внутренней задачи Неймана. Докажем теорему единственности решения задачи Неймана. Легко проверить, что, если u – решение ([3.4]),

то (u+ const) – тоже решение. Назовем это тривиальной неоднозначностью. Докажем, что возможна только такая неоднозначность.

Теорема 3.6 (единственности). Пусть ui(x, y, z), i = 1, 2 : 1) ui ∈ C1(Ω); 2) ui − гармоническая в Ω;

3) ∂ui ∂n

(x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ. Тогда u1 − u2 ≡ const. (Фактически это означает, что при ν ≡ 0 есть только тривиальное решение.)

Доказательство. Запишем первую формулу Грина для двух произвольных дважды дифференцируемых функ- ций u и v: ∫∫∫

(u∆v + ( gradu, grad v)) dτ = ∫∫ Σ

u ∂v

∂n dσ.

Положим { u = u1 − u2 – это будет решение задачи [3.4] при ν ≡ 0; v = u.

Тогда ∫∫∫ Ω

(u∆u+ grad2u) dτ = ∫∫ Σ

u ∂u

∂n dσ

=⇒ ∫∫∫ Ω

(u2x + u 2 y + u

2 z) dτ = 0 =⇒ ux ≡ uy ≡ uz ≡ 0

=⇒ u ≡ const.

Теорема доказана.

3.9 Функция Грина для уравнения Лапласа и ее свойства

Запишем третью формулу Грина в E3 для гармонической функции u:

u(M) = 1 4π

∫∫ Σ

[ 1

RMP

∂u

∂n (P )− u(P ) ∂

∂n

( 1

RMP

)] dσP , P ∈ Σ, M ∈ Ω. (3.7)

Итак, мы получили выражение для функции u(M). Попробуем использовать его для наших задач – Дирихле и Неймана. Запишем вторую формулу Грина (v – некая гармоническая в Ω функция):∫∫∫

(u∆v − v∆u) dτ = ∫∫ Σ

(u ∂v

∂n − v ∂u

∂n ) dσ.

32

Функции u и v – гармонические, следовательно∫∫ Σ

[ u(P )

∂v

∂n (P )− v(P )∂u

∂n (P ) ] dσP = 0. (3.8)

Вычитая (3.8) из (3.7), получим

u(M) = ∫∫ Σ

[( 1

4πRMP + v(P )

) ∂u

∂n (P )− u(P ) ∂

∂n

( 1

4πRMP + v(P )

)] dσP .

Положим

G(M,P ) = 1

4πRMP + v(P ).

Тогда

u(M) = ∫∫ Σ

[ G(M,P )

∂u

∂n (P )− u(P )∂G

∂n (M,P )

] dσP .

Итак, мы получили новую формулу для u(M) с использованием произвольной гармонической функции v. Изменяя ее, мы можем получить решения различных задач. Например:

1. Если G|P∈Σ = 0, то u(M) = − ∫∫ Σ

u(P ) ∂G

∂n (M,P ) dσP – мы получили формулу для решения задачи Ди-

рихле [3.1]:

u(M) = − ∫∫ Σ

µ(P ) ∂G

∂n (M,P ) dσP .

2. Если G̃ : ∂G̃

∂n

∣∣∣∣∣ P∈Σ

= 0, то u(M) = ∫∫ Σ

G̃(M,P ) ∂u

∂n (P ) dσP – мы получили формулу для решения задачи

задачи Неймана [3.4]:

u(M) = ∫∫ Σ

ν(P )G̃(M,P ) dσP .

То есть, мы упростили нахождение решения задач Дирихле и Неймана, сведя их к соответствующим функци- ям Грина. Дадим теперь четкое определение.

Определение. Функция G(M,P ) : M(x, y, z), P (ξ, η, ζ) ∈ Ω называется функцией Грина для внутренней задачи Дирихле, если:

1. ∂2G

∂ξ2 + ∂2G

∂η2 + ∂2G

∂ζ2 = 0 ∀P ∈ Ω, P 6=M

2. Для G(M,P ) справедливо представление

G(M,P ) = 1

4πRMP + v, где v – гармоническая функция в Ω. (3.9)

3. G(M,P )|P∈Σ = 0.

То есть

 v – гармоническая в Ωv|Σ = − 14πRMP – это все требования, наложенные нами на v.

33

Свойства функции Грина

Свойство 1. G(M,P ) > 0, M, P ∈ Ω, P 6=M.

Доказательство. Возьмем некоторую точку M0 внутри Ω. Рассмотрим сферу достаточно малого радиуса a с центром в точке M0, и область Ωa между Σ и Σa.

q &% '$

�� a

Ωa

M0 Σa

Σ

'

&

$

% Рассмотрим в Ωa функцию Грина от переменныхM0, P . Тогда в области Ωa она гармоническая. Следователь-

но, выполнены все условия принципа максимального значения: min Ωa

G = min Σ∪Σa

. Так как для G(M0, P ) справед-

ливо представление (3.9)

G(M0, P ) = 1

4πRM0P + v(P ), причем

1 4πRM0P

R→0−→ ∞,

а v – гармоническая (а, значит, и ограниченная) в Ω функция, следовательно, можно взять такое a, чтоG|P∈Σa > 0. Следовательно, так как G(M,P )|P∈Σ = 0, то G(M0, P ) > 0 ∀P из Ωa. Так как функция G – не константа, следовательно, она не может достигать минимума (то есть нуля) внутри Ωa. Тогда получаем (так как a можно уменьшать бесконечно), что в Ω для любых точек P 6=M G(M,P ) > 0 . Утверждение доказано.

Свойство 2. G(M,P ) = G(P,M) ∀M,P ∈ Ω, M 6= P. (3.10)

Доказательство. Зафиксируем M1,M2 – две произвольные различные точки из Ω. Достаточно доказать, что G(M1,M2) = G(M2,M1). Обозначим

u(ξ, η, ζ) = G(M1, P ); v(ξ, η, ζ) = G(M2, P ).

Пусть Σ1ε – сфера (и соответствующий ей шар Ω 1 ε) достаточно малого радиуса ε, окружающая M1, а Σ

2 ε, Ω

2 ε

– аналогичные сфера и шар для M2. Возьмем Ωε – внутренность Ω, не содержащая шаров Ω2ε, Ω 1 ε. Записав

вторую формулу Грина для функций u и v (они гармонические в Ωε по определению функции Грина), получим∫∫∫ Ωε

(u∆v − v∆u) dτ = ∫∫ Σ

(u ∂v

∂n − v ∂u

∂n ) dσ +

∫∫ Σ1ε

(u ∂v

∂n − v ∂u

∂n ) dσ+

+ ∫∫ Σ2ε

(u ∂v

∂n − v ∂u

∂n ) dσ =⇒ {G|P∈Σ =⇒ u|Σ = v|Σ = 0} =⇒

∫∫ Σ1ε

[ G(M1, P )

∂G(M2, P ) ∂n

−G(M2, P ) ∂G(M1, P )

∂n

] dσp+

+ ∫∫ Σ2ε

[ G(M1, P )

∂G(M2, P ) ∂n

−G(M2, P ) ∂G(M1, P )

∂n

] dσp = 0 (3.11)

34

Рассмотрим первое слагаемое в первом интеграле. При ε −→ 0 функции ∂G(M2, P ) ∂n

и v, участвующая в

представлении (3.9) функции G(M1, P ), – гармонические и ограниченные (например, константами c1 и c2 соот- ветственно) на Σ1ε. Тогда получаем∫∫

Σ1ε

(G(M1, P ) ∂G(M2, P )

∂n dσp 6

∫∫ Σ1ε

∣∣∣∣ 14πRM1P + v ∣∣∣∣ ∣∣∣∣∂G(M2, P )∂n

∣∣∣∣ dσp 6 6 ∫∫ Σ1ε

∣∣∣∣ c14πRM1P + c1c2 ∣∣∣∣ dσp = ∫∫

Σ1ε

∣∣∣ c1 4πε

+ c1c2 ∣∣∣ dσp = c1ε+ 4πc1c2ε2 ε→0−→ 0.

Со вторым слагаемым ситуация сложнее. Пользуясь представлением (3.9) для функции G(M1, P ), разобьем его на два интеграла. ∫∫

Σ1ε

G(M2, P ) ∂

∂n

( 1

4πRM1P

) dσp +

∫∫ Σ1ε

G(M2, P ) ∂v

∂n dσp.

Второй также стремится к нулю с уменьшением ε (аналогично описанному выше). Исследуем множитель ∂

∂n

( 1

4πRM1P

) . По определению,

∂f

∂n ≡ (~n, grad f). В нашем случае

~n = { − (ξ − x) RM1P

,− (η − y) RM1P

,− (ζ − z) RM1P

} , grad

1 RM1P

= { − (ξ − x) R3M1P

,− (η − y) R3M1P

,− (ζ − z) R3M1P

} .

Из этого следует, что

∂n

( 1

RM1P

) =

1 4πR2M1P

=⇒ ∫∫ Σ1ε

G(M2, P ) ∂

∂n

( 1

4πRM1P

) dσp =

= 1

4πε2

∫∫ Σ1ε

G(M2, P ) dσp = { формула среднего значения (5.2)} =

= G(M2, P ′)

4πε2

∫∫ Σ1ε

dσ ε→0−→ G(M2,M1).

Второй интеграл в формуле (3.11) получается из первого заменой переменной и сменой знака. Проводя ана- логичные рассуждения, получим, что он стремится к G(M1,M2). Отсюда получаем формулу

G(M2,M1)−G(M1,M2) = 0,

верную для любых различных точек M1, M2 из Ω. Утверждение доказано.

3.10 Потенциалы простого и двойного слоя. Потенциал двойного слоя с единичной плотностью

Итак, мы знаем решения уравнения Лапласа на плоскости и в пространстве:

E3 : 1

RMP ; E2 : ln

1 ρMP

,

где M(x, y, z) – фиксированная точка, P (ξ, η, ζ) – переменная. Пусть Σ – некоторая замкнутая поверхность, ограничивающая область Ω, содержащую точку M . Рассмотрим в E3 следующую функцию

v(M) = ∫∫ Σ

g(P ) 1

RMP dσP .

35

и назовем ее потенциалом простого слоя. А также функцию

u(M) = − ∫∫ Σ

f(P ) ∂

∂n

( 1

RMP

) dσP

и назовем ее потенциалом двойного слоя. Покажем, что ∀M 6∈ Σ ∆v ≡ ∆u ≡ 0:

∆Mv = ∆M ∫∫ Σ

g(P ) 1

RMP dσP =

= ∫∫ Σ

g(P )∆M

( 1

RMP

) dσP = 0 (т.к. ∆M

( 1

RMP

) ≡ 0).

Для потенциала двойного слоя результат аналогичен:

∆Mu = ∆M ∫∫ Σ

f(P ) ∂

∂n

1 RMP

dσP =

= ∫∫ Σ

f(P ) ∂

∂n

( ∆M

1 RMP

) dσP = 0.

Определим понятие потенциала на плоскости. Пусть L – некоторая замкнутая кривая, окружающая точку M(x, y):

v(M) = ∫ L

g(P ) ln 1

ρMP dlP – потенциал простого слоя.

u(M) = − ∫ L

f(P ) ∂

∂n

( ln

1 ρMP

) dlP – потенциал двойного слоя.

Итак, потенциалы являются гармоническими функциями. Из этого следует, что их можно использовать для решения задачи, к примеру, Неймана, подбирая соответствующие функции g и f , которые назовем плотностями соответствующих потенциалов.

Рассмотрим более детально потенциал двойного слоя на плоскости:

u(M) = − ∫ L

f(P ) ∂

∂n

( ln

1 ρMP

) dlP . (3.12)

Предположим гладкость кривой L и непрерывность (в некотором смысле) ее касательных. В соответствии с

этим преобразуем выражение − ∂ ∂n

( ln

1 ρMP

) :

∂ξ

( ln

1 ρMP

) = { ρMP =

√ (x− ξ)2 + (y − η)2

} = − 1

ρMP

1 2 2(ξ − x) ρMP

= −ξ − x ρ2MP

;

∂η

( ln

1 ρMP

) = −η − y

ρ2MP ;

−−→ MP = {ξ − x; η − y} =⇒ − ∂

∂n

( ln

1 ρMP

) = −(~n, grad ln

( 1

ρMP

) ) = (~n,

−−→ MP

ρ2MP ) =

cos∠( −−→ MP,~n)

ρMP =⇒

=⇒ u(M) = ∫ L

f(P ) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlP . (3.13)

36

Пусть ue(M) = ∫ L

cos∠( −−→ MP,~n)

ρMP dlP – потенциал с единичной плотностью. Вычислим его, используя по-

лярную систему координат. Проведем через точкуM некоторую ось и будем от нее считать угол φ. Обозначим за угол α из промежутка [0; π2 ] угол между касательной к кривой L в точке P и этой осью. Тогда будут справедливы следующие соотношения:

∠( −−→ MP,~n) =

π

2 − φ− α;

=⇒ cos∠( −−→ MP,~n) = sin(φ+ α) =⇒

=⇒ ue(M) = ∫ L

sin(φ+ α) ρMP

dlP . (3.14)

q   

Z Z

Z Z

Z

Z Z Z Z Z

   7

P

M

~n

φ

φ

α

L

Перейдем в координатах точки P (ξ, η) от прямоугольной системы координат к полярной:

ξ = r(φ) cosφ; dξ = [(r′(φ) cos(φ)− r(φ) sin(φ)]dφ; η = r(φ) sinφ; dη = [(r′(φ) sin(φ)− r(φ) cos(φ)]dφ; (∗)

Из рисунка можно увидеть, что { dξ = −dl cosα; dη = dl sinα.

Преобразуем подынтегральную функцию в (3.14):

sin(φ+ α) dl = sinφ cosαdl + cosφ sinαdl = { dξ = −dl cosα dη = dl sinα

} =

= cosφdη − sinφdξ = (∗) = (cosφ sinφr′ + r cos2 φ− r′ sinφ cosφ+ r sin2 φ) dφ = r dφ =⇒ cos∠(

−−→ MP,~n) dl = r(φ) dφ

=⇒ ue(M) = ∫ L

r(φ) r(φ)

dφ = 2π.

Аналогично получим, что если точка лежит вне области или на границе, то будут выполнены соотношения

ue(M) = { π, M ∈ L 0, M 6∈ D .

Итак,

ue(M) =

 2π, M ∈ D; π, M ∈ L; 0, M 6∈ D.

(3.15)

Свойства потенциалов

37

Теперь, зная выражение для потенциала с единичной плотностью, выведем некоторые свойства нашего ис- ходного потенциала. Для этого нам понадобится

Определение. Интеграл ∫ L

F (P,M) dlP называется равномерно сходящимся в точке M0 ∈ L, если

∀ε > 0 ∃V (M0) – окрестность точки M0 и дуга l ∈ L такая, что интеграл ∫ l

F (P,A) dlP сходится ∀A ∈

V (M0) и | ∫ l

F (P,A) dlp| 6 ε.

Будем пользоваться следующей теоремой без доказательства:

Теорема 3.7. Пусть функция F (P,M) непрерывна всюду при P 6= M . Тогда интеграл ∫ l

F (P,M) dlp яв-

ляется непрерывной функцией в тех точках, где он равномерно сходится.

Возьмем на границе L некоторую точку M0 и рассмотрим функцию u(M)− f(M0)ue(M).

Теорема 3.8. Если в (3.12) функция f(P ) непрерывна в точке M0, то функция u(M) − f(M0)ue(M) – непрерывна в точке M0.

Доказательство.

u(M)− f(M0)ue(M) = (3.13) = ∫ L

f(P ) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlp −

∫ L

f(M0) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlp =

= ∫ L

(f(P )− f(M0) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlp

Из непрерывности нашей функции ∀ε > 0 следует существование такой окрестности точки M0, где |f(P ) −

f(M0)| 6 ε. Следовательно, переходя к полярным координатам с центром в точке M0, получим | ∫ L

(f(P ) −

f(M0) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlp| = |

∫ L

(f(P )−f(M0) dφ| 6 ε | ∫ L

dφ| = 2πε– при наложенных нами на кривую условиях.

Получаем, что интеграл равномерно сходится и теорема доказана.

Теперь, используя формулу (3.15) для функции ue(M) и утверждение теоремы, получим, что функция u(M) в точке M0 имеет тот же вид , что и функция ue(M)f(M0). Мы получили

Следствие 1.

Обозначим

uвнутр(M0) = lim M→M0;

M∈D

u(M);

uвнеш(M0) = lim M→M0;

M 6∈~D

u(M).

Тогда uвнутр(M0) = u(M0) + πf(M0);

uвнеш(M0) = u(M0)− πf(M0).

Таким образом, на контуре можно представить потенциал так:

u(M0) = uвнеш(M0) + uвнутр(M0)

2 .

Следствие 2. Функция u(M) непрерывна при M ∈ L, если f(P ) непрерывна на L.

38

Доказательство. Мы имеем на контуре f(M)ue(M) = πf(M); u(M) − f(M0)ue(M) = ψ(M) – некоторая непрерывная функция. Тогда функция u(M) представима в виде u(M) = πf(M) + ψ(M).

3.11 Сведение внутренней задачи Дирихле к интегральному уравнению Фредгольма 2-го рода

Рассмотрим внутреннюю задачу Дирихле в E2:

[3.5]

 (1) u(x, y) ∈ C(D); (2) u(x, y) − гармоническая в D;

(3) u(x, y) = µ(x, y), (x, y) ∈ L.

Будем искать решение в виде потенциала двойного слоя. Пусть

u(M) = ∫ L

f(P ) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlp

Тогда условие (2) сразу выполняется. Попробуем получить условия (1) и (3), изменяя f(P ). Определим новую функцию

u(M) = {

u(M), M ∈ D; uвнутр(M), M ∈ L,

где uвнутр(M) = lim A→M; A∈~D

u(A).

Легко проверить, что полученная функция будет непрерывной в D. Чтобы получить условие (3), воспользу- емся следствием 1 из теоремы 3.8. Тогда получаем: uвнутр(M) = πf(M) +

∫ L

f(P ) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlP , M ∈ L;

uвнутр(M) = µ(M), M ∈ L. =⇒

πf(M) + ∫ L

f(P ) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlp = µ(M), M ∈ L (3.16)

Полученное уравнение относительно функции f(P ) называется интегральным уравнением Фредгольма 2-го рода. Следующую теорему примем без доказательства:

Теорема 3.9 (альтернатива Фредгольма). Интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода имеет един- ственное непрерывное решение ∀µ(M) ∈ C(L) тогда и только тогда, когда однородное уравнение (3.16) (т.е. µ(M) ≡ 0) имеет только нулевое решение.

Используя это утверждение, докажем единственность решения задачи Дирихле [3.5]. Определение. КонтурL называется строго выпуклым, если, какие бы две точки на нем мы не взяли, отрезок,

их соединяющий, лежит целиком внутри контура.

Теорема 3.10 (существования и единственности). Пусть область D строго выпукла (L – строго вы- пуклый контур). Тогда внутренняя задача Дирихле [3.5] имеет единственное решение для любой непрерывной на L функции µ(M).

Доказательство. Согласно альтернативе Фредгольма, достаточно доказать, что уравнение

πf(M) + ∫ L

f(P ) cos∠(

−−→ MP,~n)

ρMP dlP = 0, M ∈ L. (3.17)

39

имеет только нулевое решение. Возьмем такую точкуM0 ∈ L, что |f(M0)| = max M∈L

|f(M)|.Мы знаем, что соглас- но формуле для потенциала с единичной плотностью (3.15),

πf(M0) = ∫ L

f(M0) cos∠(

−−−→ M0P ,~n)

ρM0P dlP , M0 ∈ L.

Кроме того, так как f(M) – решение (3.17), то

πf(M0) + ∫ L

f(P ) cos∠(

−−−→ M0P ,~n)

ρM0P dlP = 0.

Складывая полученные равенства, получаем:∫ L

[f(P ) + f(M0)] cos∠(

−−−→ M0P ,~n)

ρM0P dlP = 0

Из определения M0 : |f(M0)| > |f(P )| ∀P ∈ L и того, что

cos∠( −−−→ M0P ,~n)

ρM0P =

dlP > 0,

получаем, что f(M0) + f(P ) ≡ 0 (∀P ∈ L). Взяв P =M0, получим f(M0) = 0⇒ f ≡ 0. Теорема доказана.

40

4 Уравнения гиперболического типа

4.1 Постановка задач для уравнения колебаний

Рассмотрим несколько уравнений гиперболического типа. Пусть функция u(x, t) ∈ C2((x, t) : 0 < x < l, t > 0). Тогда уравнение

utt = a2uxx, 0 < x < l, t > 0. (4.1)

называется уравнением колебаний идеальной струны. В случае функции от двух пространственных переменных u(x, y, t):

utt = a2∆u, (x, y) ∈ D, t > 0

– это уравнение колебаний упругой мембраны. Рассмотрим уравнение (4.1). Мы можем задать начальные условия:{

u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l; – интерпретируется как смещение струны от положения равновесия; ut(x, 0) = ψ(x), 0 6 x 6 l.

и краевые условия: u(l, t) = µ(t), t > 0; ( в закрепленном случае µ ≡ 0)ux(l, t) = ν(t), t > 0; u(l, t) + αux(l, t) = θ(t), t > 0.

– обычно мы берем некоторые из них. Краевые задачи ставятся аналогично случаю уравнений параболического типа. Вот пример первой краевой

задачи.  utt = a2uxx, 0 < x < l, 0 < t 6 T ;

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

Вот она же для полупрямой:  utt = a2uxx, x > 0, 0 < t 6 T ;

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

Также можно рассмотреть обыкновенную задачу Коши utt = a 2uxx, −∞ < x < +∞, 0 < t 6 T ;

u(x, 0) = φ(x), −∞ < x < +∞; ut(x, 0) = ψ(x), −∞ < x < +∞.

4.2 Формула Даламбера. Существование, устойчивость и единственность решения задачи Коши

Рассмотрим задачу Коши для уравнения колебаний:

[4.1]

 (1) utt = a 2uxx, −∞ < x < +∞, 0 < t 6 T ;

(2) u(x, 0) = φ(x), −∞ < x < +∞; (3) ut(x, 0) = ψ(x), −∞ < x < +∞.

41

Пусть u ∈ C2(R× R+) и является решением задачи Коши [4.1]. Определим новые переменные ξ и η:

{ ξ = x+ at; η = x− at. =⇒

 x =

ξ + η 2

;

t = ξ − η 2a

.

Определим новую функцию v(ξ, η) = u( ξ + η 2

, ξ − η 2a

). Найдем частные производные этой функции:

vξ = ux( ξ + η 2

, ξ − η 2a

) 1 2 + ut(

ξ + η 2

, ξ − η 2a

) 1 2a

;

vξη = uxx(. . .) 1 4 + uxt(. . .)(−

1 4a

) + utx(. . .) 1 4a

+ utt(. . .)(− 1 4a2

) =

= uxx(. . .) 1 4 − 1

4a2 utt(. . .) = { уравнение колебаний } = 0.

Теперь проведем обратное интегрирование:

vξη(ξ, η) = 0 инт-ие по ξ =⇒ vη(ξ, η) = f̃1(η)

инт-ие по η =⇒ v(ξ, η) =

∫ f̃1(η) dη + f2(ξ)

=⇒ v(ξ, η) = f1(η) + f2(ξ) =⇒ {u(x, t) = v(x+ at, x− at)} =⇒

u(x, t) = f1(x− at) + f2(x+ at), (4.2)

где f̃1, f1, f2 – некоторые функции, получающиеся при интегрировании. Итак, мы получили общий вид для функции u, являющейся решением уравнения колебаний. Попробуем най-

ти f1 и f2, используя начальные условия:

{ u(x, 0) = f1(x) + f2(x) = φ(x); ut(x, 0) = −af ′1(x) + af ′2(x) = ψ(x).

=⇒

 −f1(x) + f2(x) =

1 a

x∫ x0

ψ(ξ) dξ + C;

f1(x) + f2(x) = φ(x).

Складывая и вычитая уравнения системы, получим: f2(x) =

φ(x) 2

+ 1 2a

x∫ x0

ψ(ξ) dξ + c

2 ;

f1(x) = φ(x) 2

− 1 2a

x∫ x0

ψ(ξ) dξ − c 2 .

=⇒ {u(x, t) = f1(x− at) + f2(x+ at)} =⇒

u(x, t) = φ(x− at) + φ(x+ at)

2 +

1 2a

x+at∫ x−at

ψ(ξ) dξ. (4.3)

Полученное выражение называется формулой Даламбера.

Теорема 4.1 (существования и единственности решения задачи Коши). Пусть φ(x) ∈ C2(R), ψ(x) ∈ C1(R). Тогда существует и единственна функция u(x, t) такая, что u(x, t) ∈ C2(R× R+) и является решением задачи Коши [4.1], где функции φ(x) и ψ(x) определяют начальные условия.

42

Доказательство. Существование проверяется непосредственной подстановкой с использованием условий (1)–(3) и условий теоремы.

Единственность следует из того, что для любой функции, удовлетворяющей условиям (1)–(3), справедливо представление по формуле Даламбера, а оно подразумевает только одну функцию. Теорема доказана.

Теорема 4.2 (устойчивости). Пусть φ1, φ2(x) ∈ C2(R), ψ1, ψ2(x) ∈ C1(R) и ограничены на R. Тогда, если u1, u2(x, t) – решения задач типа [4.1] с φ1, ψ1 и φ2, ψ2 в качестве начальных условий соответственно, то

sup x∈R, 06t6T

|u1(x, t)− u2(x, t)| 6 sup x∈R

|φ1(x)− φ2(x)|+ T sup x∈R

|ψ1(x)− ψ2(x)|.

Доказательство. Из формул Даламбера (4.3) для u1, u2 следует:

|u1 − u2| 6 | φ1(x+ at)− φ2(x+ at)

2 |+ |φ1(x− at)− φ2(x− at)

2 |+ 1

2a

x+at∫ x−at

|ψ1(ξ)− ψ2(ξ)| dξ 6

6 sup x∈R

|φ1(x)− φ2(x)|+ sup x∈R

|ψ1(x)− ψ2(x)| 1 2a

x+at∫ x−at

dξ 6 sup x∈R

|φ1(x)− φ2(x)|+ sup x∈R

|ψ1(x)− ψ2(x)|T.

Теорема доказана.

4.3 Характеристики уравнения в частных производных второго порядка

Классическое уравнение в частных производных второго порядка имеет следующий вид:

a11(x, y)uxx + 2a12(x, y)uxy + a22(x, y)uyy = F (x, y, u, ux, uy) (4.4)

Поставим ему в однозначное соответствие обыкновенное дифференциальное уравнение:

a11(dy)2 − 2a12dxdy + a22(dx)2 = 0 (4.5)

Тогда функции (кривые), являющиеся решением (4.5), называются характеристиками уравнения (4.4). Например, для уравнения колебаний

a2uxx − utt = 0

уравнение для получения характеристик выглядит так:

a2(dt)2 − (dx)2 = 0.

Из него получаем [ a dt+ dx = 0; a dt− dx = 0. =⇒

[ x+ at = const; x− at = const.

– это две прямые, являющиеся характеристиками гиперболического уравнения. Пусть функция u(x, t) является решением некоторой задачи Коши. Возьмем в I четверти плоскости OXT про-

извольную точку (x0, t0). Через нее проходят только две характеристики: x−at = x0−at0, x+at = x0+at0 . Они пересекают ось OХ в точках (x0+at0, 0), (x0−at0, 0), образуя при этом так называемый характеристический треугольник.

Записав для функции u(x, t) в точке u(x0, t0) формулу Даламбера (4.3):

u(x0, t0) = φ(x0 − at0) + φ(x0 + at0)

2 +

1 2a

x0+at0∫ x0−at0

ψ(ξ) dξ,

43

Здесь пока нет комментариев
Это только предварительный просмотр
3 стр. на 21 стр.
Скачать документ