уравнения математической физики - конспекты - Математическая физика 3, Конспекты лекций из Математическая физика. Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова (МГУ)
Viktor_86
Viktor_86

уравнения математической физики - конспекты - Математическая физика 3, Конспекты лекций из Математическая физика. Московский государственный университет имени М. В. Ломоносова (МГУ)

21 стр-ы.
795Количество просмотров
Описание
Конспект лекций по предмету математическая физика. Уравнения полупрямой. Метод распределения перемещенных. Примеры решения 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

получим, что значения функции u(x, t) в произвольной точке внутри характеристического треугольника опреде- ляются только значениями функций φ(x), ψ(x) на его основании. Это – важная особенность гиперболического уравнения, которая станет понятна на следующем примере:

Пусть функции φ(x), ψ(x) равны нулю вне некоторого отрезка [a; b]. Тогда в областях II,III функция u(x, t) будет, как легко видеть из формулы Даламбера, тождественно равна нулю. Этот факт показывает конечную скорость (в течение времени t) распространения сигнала u(x, t) (по оси x) в гиперболическом уравнении.

6

-� � � � � � �

@ @

@ @

@ @

@

a b

t

x

x-at=const

IIIII

I

x+at=const

Напротив, в задаче Коши для уравнения теплопроводности:{ ut = a2uxx, −∞ < x <∞, t > 0

u(x, 0) = φ(x), −∞ < x <∞ решение, как показывалось ранее, имеет вид

u(x, t) =

+∞∫ −∞

1√ 4πa2t

exp ( − (x− s)

2

4a2

) φ(s) ds

Видно, что если функция φ(s) непрерывна, неотрицательна и в некоторой точке отлична от нуля, то

u(x, t) > 0 ∀t > 0.

То есть, мы как бы получаем то, что сигналы в случае уравнения теплопроводности распространяются прак- тически мгновенно.

4.4 Задача на полупрямой. Метод продолжений

Первая краевая задача

Первая краевая задача для уравнения колебаний на полупрямой с однородным краевым условием имеет сле- дующий вид: 

(1) utt = a2uxx, x > 0, t > 0; (2) u(0, t) = 0, t > 0; (3) u(x, 0) = φ(x), x > 0; (4) ut(x, 0) = ψ(x), x > 0.

Добавим условия сопряжения { φ(0) = 0; ψ(0) = 0.

для обеспечения непрерывности функций u(x, t) и ut(x, t) в нуле. Найдем решение данной краевой задачи, расширив ее до случая всей прямой. Доопределим нечетным обра-

зом функции φ(x) и ψ(x) на всей прямой, задав новые функции Φ и Ψ:

Φ(x) = {

φ(x), x > 0; −φ(−x), x < 0.

Ψ(x) = {

ψ(x), x > 0; −ψ(−x), x < 0.

44

docsity.com

Рассмотрим модифицированную задачу Коши: Utt(x, t) = a 2Uxx(x, t), −∞ < x <∞, t > 0;

U(x, 0) = Φ(x); Ut(x, 0) = Ψ(x).

В данном случае для нахождения U(x, t) мы можем применить формулу Даламбера:

U(x, t) = Φ(x− at) + Φ(x+ at)

2 +

1 2a

x+at∫ x−at

Ψ(ξ) dξ.

Возьмем в качестве нужной нам функции u(x, t) при x, t > 0 функцию U(x, t). Очевидно, что условия (1),(3) и (4) при x, t > 0 выполняются сразу – это следует из определения функций Ψ(x) и Φ(x). Выполнение условия (2) следует из следующих преобразований:

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

Φ(−at) + Φ(at) 2

+ 1 2a

at∫ −at

Ψ(ξ) dξ.

В силу нечетности соответствующих функций первое и второе слагаемые обращаются в ноль, что и дает вы- полнение условия (2). Итак, мы доказали, что построенная нами функция u(x, t) – решение первой краевой задачи. Выразим Φ(x) и Ψ(x) через исходные функции φ(x) и ψ(x) соответственно:

При x > at

 Φ(x+ at) = φ(x+ at);Φ(x− at) = φ(x− at);Ψ(ξ) = ψ(ξ), при ξ ∈ [x− at;x+ at]. При x < at

{ Φ(x+ at) = φ(x+ at); Φ(x− at) = −φ(at− x);

Теперь запишем вспомогательную формулу для решения первой краевой задачи:

При x < at

x+at∫ x−at

Ψ(ξ) dξ =

0∫ x−at

Ψ(ξ) dξ +

x+at∫ 0

Ψ(ξ) dξ =

0∫ x−at

− ψ(−ξ) dξ + x+at∫ 0

ψ(ξ) dξ =

= { положим − ξ = ξ} = 0∫

at−x

ψ(ξ) dξ +

x+at∫ 0

ψ(ξ) dξ =

at+x∫ at−x

ψ(ξ) dξ.

Тогда общая формула будет такой:

u(x, t) =



φ(x+ at) + φ(x− at) 2

+ 1 2a

x+at∫ x−at

ψ(ξ) dξ, x > at;

φ(at+ x)− φ(at− x) 2

+ 1 2a

at+x∫ at−x

ψ(ξ) dξ, x < at.

Вторая краевая задача

45

docsity.com

Вторая краевая задача на полупрямой с однородным краевым условием имеет вид: (1) utt = a2uxx, x > 0, t > 0; (2) ux(0, t) = 0, t > 0; (3) u(x, 0) = φ(x), x > 0; (4) ut(x, 0) = ψ(x), x > 0.

Будем действовать так же, как и в предыдущем случае, однако здесь нас устроит только четное продолжение:

Φ(x) = { φ(x), x > 0; φ(−x), x < 0.

Ψ(x) = { ψ(x), x > 0; ψ(−x), x < 0.

Новая задача Коши и решение для нее по формуле Даламбера будут выглядеть так же, как и в предыдущем случае:

U(x, t) = Φ(x− at) + Φ(x+ at)

2 +

1 2a

x+at∫ x−at

Ψ(ξ) dξ.

Аналогично, пусть u(x, t) = U(x, t), x, t > 0. Тогда выполнение условий (1),(3),(4) опять же очевидно. Про- верим условие (2). Дифференцируя формулу Даламбера и используя то, что у четной функции Ψ(t) производная нечетна, получим

ux(0, t) = Ux(0, t) = Φ′(at) + Φ′(−at)

2 +

1 2a

[Ψ(at)−Ψ(−at)] .

Из нечетности Φ′(t) и четности Ψ(t) видно, что оба слагаемых равны нулю. Общая формула для u(x, t) полу- чается аналогично.

4.5 Метод разделения переменных для доказательства существования решения пер- вой краевой задачи

Рассмотрим на отрезке [0; l] ортонормированные системы функций:{√ 2 l sin(

πn

l x)

} , n = 1, 2, 3, . . .{

1√ l ,

√ 2 l cos(

πn

l x)

} , n = 1, 2, 3, . . .

Определим коэффициенты Фурье так:

φn =

l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds;

φ̃n =

l∫ 0

φ(s) cos( πn

l s) ds.

Тогда из курса математического анализа известно, что, если φ(x) ∈ C[a; b], то ряды ∞∑ n=1

φ2n, ∞∑ n=1

φ̃2n сходят-

ся. Запомним это и перейдем к первой краевой задаче с однородным уравнением колебаний и однородными краевыми условиями:

[4.2]

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

46

docsity.com

Найдем ее решение следующим способом: проведем преобразования, приводящие к некоторой функции u(x, t), а потом докажем, что при определенных условиях на функции φ(x) и ψ(x) эта функция будет существо- вать и являться решением исходной задачи.

Будем искать решение в виде:

v(x, t) = X(x)T (t) – пусть это некоторая не равная тождественно нулю функция.

Подставив v(x, t) в уравнение колебаний, получим:

T ′′(t)X(x) = a2X ′′(x)T (t) =⇒

X ′′(x) X(x)

= T ′′(t) a2 T (t)

= −λ,

где λ – некоторая константа. Отсюда получаются два уравнения:{

X ′′(x) + λX(x) = 0, 0 < x < l; T ′′(t) + λa2 T (t) = 0, t > 0.

При X(0) = X(l) = 0 функция v(x, t), очевидно, будет удовлетворять условию (2). Найдем нетривиальные решения следующей задачи Штурма-Лиувилля:{

X ′′(x) + λX(x) = 0, 0 6 x 6 l; X(0) = X(l) = 0.

Как уже говорилось при выводе решения для уравнения теплопроводности, нам подойдут такие собственные значения и соответствующие им собственные функции:

λn = (πn l

)2 ;

Xn(x) = sin( πn

l x), n = 1, 2, . . .

Подставим найденные λn в уравнение для T (t):

T ′′n (t) + (πn l a )2 Tn(t) = 0 =⇒ Tn(t) = an cos(

πn

l at) + bn sin(

πn

l at),

где an, bn – некоторые константы. Итак, мы нашли функции Xn(x), Tn(t), для которых выполняются условия (1),(2). Положим vn(x, t) = Xn(x)Tn(t). Очевидно, для этой функции тоже выполняются условия (1),(2).

Найдем константы an, bn из условий (3),(4), положив u(x, t) = ∞∑ n=1

vn(x, t):

u(x, t) = ∞∑ n=1

vn(x, t) = ∞∑ n=1

sin( πn

l x) [ an cos(

πn

l at) + bn sin(

πn

l at) ] ;

φ(x) = u(x, 0) = ∞∑ n=1

an sin( πn

l x) =⇒ an =

2 l

l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds;

ψ(x) = ut(x, 0) = ∞∑ n=1

( bn πna

l

) sin(

πn

l x) =⇒ πna

l bn =

2 l

l∫ 0

ψ(s) sin( πn

l s) ds =⇒

bn = 2 πna

l∫ 0

ψ(s) sin( πn

l s) ds.

47

docsity.com

Итак, мы нашли константы, запишем полную формулу:

u(x, t) = ∞∑ n=1

2 l

l∫ 0

cos( πn

l at)φ(s) sin(

πn

l s) ds+

2 πna

l∫ 0

sin( πn

l at)ψ(s) sin(

πn

l s) ds

 sin(πn l x). (4.6)

Теперь сформулируем те условия, при которых она будет корректна.

Теорема 4.3 (существования). Пусть

φ(x) ∈ C3[0; l], φ(0) = φ(l) = φ′′(0) = φ′′(l) = 0; ψ(x) ∈ C2[0; l], ψ(0) = ψ(l) = 0.

Тогда функция u(x, t) , определяемая формулой (4.6), обладает следующими свойствами: u(x, t) ∈ C2 {[0; l]× [0; T ]} (T – произвольное > 0), и удовлетворяет условиям (1)-(4) (является решением кра- евой задачи [4.2]).

Доказательство. Докажем, что u(x, t) ∈ C2 {[0; l]× [0; T ]}. Пусть

φn =

l∫ 0

φ(s) sin( πn

l s) ds = {интегрирование по частям} =

= − φ(s) l πn

cos( πn

l s) ∣∣∣∣l 0

+ l

πn

l∫ 0

φ′(s) cos( πn

l s) ds =

= {еще раз интегрирование по частям} = ( l

πn

)2 φ′(s) sin(

πn

l s)

∣∣∣∣∣ l

0

− ( l

πn

)2 l∫ 0

φ′′(s) sin( πn

l s) ds =

= ( l

πn

)3 φ′′(s) cos(

πn

l s)

∣∣∣∣∣ l

0

− ( l

πn

)3 l∫ 0

φ′′′(s) cos( πn

l s) ds.

Положим φ̂n =

l∫ 0

φ′′′(s) cos( πn

l s) ds. Тогда n3|φn| =

( l

π

)3 |φ̂n|.

По упомянутому ранее свойству ряд ∞∑ n=1

φ̂n 2

сходится. Покажем, что из этого следует сходимость ряда

∞∑ n=1

n2|φn|:

∞∑ n=1

n2|φn| = ( l

π

)3 ∞∑ n=1

1 n |φ̂n| 6

{ ab 6

a2 + b2

2

} 6

( l

π

)3 [1 2

∞∑ n=1

1 n2

+ 1 2

∞∑ n=1

φ̂n 2

]

Итак, у нас оба слагаемых представляют собой сходящиеся ряды, поэтому ряд ∞∑ n=1

n2|φn| сходится по мажо- рантному признаку.

48

docsity.com

Аналогично, пусть

ψn =

l∫ 0

ψ(s) sin( πn

l s) ds = {интегрирование по частям} =

= − ψ(s) l πn

cos( πn

l s) ∣∣∣∣l 0

+ l

πn

l∫ 0

ψ′(s) cos( πn

l s) ds =

= {еще раз интегрирование по частям} = ( l

πn

)2 ψ′(s) sin(

πn

l s)

∣∣∣∣∣ l

0

− ( l

πn

)2 l∫ 0

ψ′′(s) sin( πn

l s) ds

Аналогично, можно показать, что ряд ∞∑ n=1

n|ψn| – сходится.

Ограничив | cos(πn l at)| и | sin(πn

l at)| единицей, получим, что ряд (4.6) для u(x, t) равномерно сходится по

признаку Вейерштрасса (мажорантой является, очевидно, сходящийся ряд ∞∑ n=1

[ 2 l |φn|+

2 πna

|ψn| ]

). Кроме того,

функция u(x, t) в данном случае непрерывна на [0; l]× [0; T ]. Точно так же, для существования и непрерывности первой и второй производных по x достаточно доказать

равномерную сходимость ряда из соответствующих производных в формуле (4.6). Продифференцировав по x, получим

ux(x, t) = ∞∑ n=1

πn

l

2 l

l∫ 0

cos( πn

l at)φ(s) sin(

πn

l s) ds+

2 πna

l∫ 0

cos( πn

l at)ψ(s) sin(

πn

l s) ds

 cos(πn l x).

uxx(x, t) = ∞∑ n=1

(πn l

)2 2 l

l∫ 0

cos( πn

l at)φ(s) sin(

πn

l s) ds+

2 πna

l∫ 0

cos( πn

l at)ψ(s) sin(

πn

l s) ds

 sin(πn l x).

Тогда (по признаку Вейерштрасса) достаточно показать сходимость рядов ∞∑ n=1

πn

l

( 2 l |φn| −

2 πna

|ψn| ) ,

∞∑ n=1

(πn l

)2( 2 l |φn| −

2 πna

|ψn| ) .

Она же следует из только что доказанных свойств для рядов ∞∑ n=1

n2|φn| и ∞∑ n=1

n|ψn|. Проведя те же самые

рассуждения для производных по t, получим в итоге, что u(x, t) ∈ C2 {[0; l]× [0; T ]}. В этом случае легко проверить, что функция u(x, t), задаваемая формулой (4.6), удовлетворяет уравнению

колебаний (то есть условию (1)). То, что такая функция u(x, t) удовлетворяет условиям (2)-(4), видно из ее по- строения – краевые и начальные условия были учтены. Теорема доказана.

Итак, решение построено. Докажем, что при некоторых условиях оно единственно.

4.6 Интеграл энергии. Единственность решения краевых задач для уравнения коле- баний

Рассмотрим общую первую краевую задачу:

[4.3]

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

49

docsity.com

Докажем единственность ее решения.

Теорема 4.4 (единственности). Пусть функции u1, u2(x, t) ∈ C2 {[0; l]× [0; T ]} и являются решениями одной и той же краевой задачи [4.3]. Тогда u1(x, t) ≡ u2(x, t) на {[0; l]× [0; T ]}. Доказательство. Пусть v(x, t) = u1 − u2. Очевидно, функция является решением нашей краевой задачи с тождественно равными нулю функциями f, φ, ψ, µ1, µ2. Таким образом, v(x, t) ∈ C2{[0; l]× [0; T ]} и{

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

Понятно, требуется доказать, что v(x, t) ≡ 0. Определим функцию

E(t) =

l∫ 0

[ (vt(x, t))2 + a2(vx(x, t))2

] dx

и назовем ее интегралом энергии. В физической интерпретации с точностью до константы это полная энергия, к примеру, нашей колеблющейся струны.

Очевидно, при наших условиях на функцию v функция E(t) дифференцируема. Тогда ее производная вычис- ляется так:

E′(t) =

l∫ 0

[ 2vt(x, t)vtt(x, t) + 2a2vx(x, t)vxt(x, t)

] dx.

Преобразуем второе слагаемое в интеграле интегрированием по частям по x:

E′(t) =

l∫ 0

[ 2vt(x, t)vtt(x, t)− 2a2vxx(x, t)vt(x, t)

] dx+ 2a2vx(x, t)vt(x, t)

∣∣l 0 .

Заметим, что, так как v(x, t) – решение уравнения колебаний, подынтегральная функция тождественно равна нулю. Продифференцировав краевые условия по t, получим, что vt(0, t) ≡ 0 ≡ vt(l, t). Из этого следует, что и внеинтегральное слагаемое обращается в ноль. Итак, E′(t) ≡ 0, или, что то же самое,

E(t) =

l∫ 0

[ (vt(x, t))2 + a2(vx(x, t))2

] dx ≡ const.

На самом деле мы просто получили еще один вид закона сохранения энергии – в замкнутой системе, описы- ваемой уравнениями [4.3], количество энергии постоянно. Очевидно,

E(t) = E(0) =

l∫ 0

[ (vt(x, 0))2 + a2(vx(x, 0))2

] dx.

Из начальных условий получаем, что vt(x, 0) = vx(x, 0) = 0, 0 6 x 6 l, а, следовательно,

E(0) = 0 =⇒ E(t) ≡ 0.

Из неотрицательности подынтегральных функций получаем, что

vt(x, t) ≡ vx(x, t) ≡ 0.

Из этого следует, что v ≡ const, а из начальных условий следует, что v ≡ 0. Теорема доказана.

Замечание. Все утверждения верны и для задач с краевыми условиями второго рода:{ vx(0, t) = 0; vx(l, t) = 0.

– это ничего не меняет в доказательстве, кроме способа доказательства равенства нулю внеинтегрального сла- гаемого, а также верны для краевых условий смешанного вида.

50

docsity.com

4.7 Задача с данными на характеристиках. Эквивалентная система интегральных уравнений

Рассмотрим следующую задачу:

[4.4]

 (1) uxy(x, y) = a(x, y)ux(x, y) + b(x, y)uy(x, y) + f(x, y, u(x, y)), 0 < x < l1, 0 < y < l2;(2) u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l1;(3) u(0, y) = ψ(y), 0 6 y 6 l2. Эта задача с нелинейным уравнением гиперболического типа называется задачей Гурса. По данному ранее

определению характеристиками уравнения (1) будут функции, удовлетворяющие уравнению

dx dy = 0.

Это дает семейство прямых вида x = const, y = const. Таким образом, наша функция u(x, t) задается данными на характеристиках x = 0, y = 0.

Определение. Функция u(x, y) называется решением задачи [4.4], если u(x, y) ∈ C2{[0; l1] × [0; l2]} и удовлетворяет условиям (1)-(3).

Докажем существование и единственность решения данной задачи в несколько этапов. Сначала покажем, что задача [4.4] эквивалентна некоторой системе нелинейных интегральных уравнений.

Пусть функция u(x, y) – решение задачи [4.4]. Тогда, интегрируя уравнение (1) сначала по y, а потом по x, получим

ux(x, y) = ux(x, 0) +

y∫ 0

a(x, η)ux(x, η) dη +

y∫ 0

b(x, η)uy(x, η) dη +

y∫ 0

f(x, η, u(x, η)) dη;

u(x, y) = u(0, y)+u(x, 0)−u(0, 0)+ x∫ 0

y∫ 0

a(ξ, η)ux(ξ, η) dη dξ+

x∫ 0

y∫ 0

b(ξ, η)uy(ξ, η) dη dξ+

x∫ 0

y∫ 0

f(ξ, η, u(ξ, η)) dη dξ.

(4.7) Введем две новые функции {

v(x, y) = ux(x, y); w(x, y) = uy(x, y).

Тогда, используя начальные условия (2)-(3), уравнение (4.7) можно переписать в виде

u(x, y) = ψ(y) + φ(x)− φ(0) + x∫ 0

y∫ 0

[a(ξ, η)v(ξ, η) + b(ξ, η)w(ξ, η)] dη dξ +

x∫ 0

y∫ 0

f(ξ, η, u(ξ, η)) dη dξ. (4.8)

Продифференцировав по x, получим

v(x, y) = φ′(x) +

y∫ 0

[a(x, η)v(x, η) + b(x, η)w(x, η)] dη +

y∫ 0

f(x, η, u(x, η)) dη. (4.9)

Аналогично, по y:

w(x, y) = ψ′(y) +

x∫ 0

[a(ξ, y)v(ξ, y) + b(ξ, y)w(ξ, y)] dξ +

x∫ 0

f(ξ, y, u(ξ, y)) dξ. (4.10)

Итак, если u(x, t) – решение задачи [4.4], то существуют функции v(x, t), w(x, t), удовлетворяющие уравне- ниям (4.8)-(4.10). Обратно, из существования непрерывных функций u, v, w, являющихся решениями уравне- ний (4.8) - (4.10), следует, что v = ux; w = uy. Также непосредственным дифференцированием можно убедить- ся, что функция u(x, t) будет являться решением задачи [4.4].

51

docsity.com

4.8 Существование решения задачи с данными на характеристиках

Теорема 4.5 (существования). Пусть выполняются следующие четыре условия:

1. a(x, y), b(x, y) ∈ C{[0; l1]× [0; l2]}

2. f(x, y, p) ∈ C{[0; l1]× [0; l2]×E}– то есть мы заменили функцию u(x, y) переменной p, принимаю- щей любые значения.

3. |f(x, y, p1)− f(x, y, p2)| 6 L|p1 − p2|, ∀x ∈ [0; l1], ∀y ∈ [0; l2], ∀p1, p2 ∈ E – условие Липшица по p.

4. φ(x) ∈ C1[0; l1], ψ(y) ∈ C1[0; l2], φ(0) = ψ(0).

Тогда существует решение задачи [4.4].

Доказательство. Так как [4.4] эквивалентно (4.8)-(4.10), докажем, что существуют непрерывные функции u(x, y), v(x, y), w(x, y), удовлетворяющие (4.8)-(4.10). Найдем эти функции последовательностью итераций, а итерационный процесс построим следующим образом:

u0(x, y) = v0(x, y) = w0(x, y) = 0;

un+1(x, y) = ψ(y) + φ(x)− φ(0) + x∫ 0

y∫ 0

[a(ξ, η)vn(ξ, η) + b(ξ, η)wn(ξ, η)] dη dξ +

x∫ 0

y∫ 0

f(ξ, η, un(ξ, η)) dη dξ;

vn+1(x, y) = φ′(x) +

y∫ 0

[a(x, η)vn(x, η) + b(x, η)wn(x, η)] dη +

y∫ 0

f(x, η, un(x, η)) dη;

wn+1(x, y) = ψ′(y) +

x∫ 0

[a(ξ, y)vn(ξ, y) + b(ξ, y)wn(ξ, y)] dξ +

x∫ 0

f(ξ, y, un(ξ, y)) dξ.

Докажем сходимость этого процесса. Для этого оценим разность между членами последовательностей un, vn, wn. Из определения итерации для un и условия (3) теоремы следует, что

|un+1 − un| 6 x∫ 0

y∫ 0

[|a(ξ, η)||vn(ξ, η)− vn−1(ξ, η)|+ |b(ξ, η)||wn(ξ, η)− wn−1(ξ, η)|] dη dξ+

+

x∫ 0

y∫ 0

L|un(ξ, η)− un−1(ξ, η)| dη dξ.

Пусть M = max{max |a(x, y)|,max |b(x, y)|, L} при (x, y) ∈ {[0; l1]× [0; l2]}. Тогда

|un+1 − un| 6M x∫ 0

y∫ 0

[|vn(ξ, η)− vn−1(ξ, η)|+ |wn(ξ, η)− wn−1(ξ, η)|+ |un(ξ, η)− un−1(ξ, η)|] dη dξ. (4.11)

Аналогично, для функций vn, wn:

|vn+1 − vn| 6M y∫ 0

[|vn(x, η)− vn−1(x, η)|+ |wn(x, η)− wn−1(x, η)|+ |un(x, η)− un−1(x, η)|] dη; (4.12)

|wn+1 − wn| 6M x∫ 0

[|vn(ξ, y)− vn−1(ξ, y)|+ |wn(ξ, y)− wn−1(ξ, y)|+ |un(ξ, y)− un−1(ξ, y)|] dξ. (4.13)

52

docsity.com

Заметим, что все элементы итерационного процесса – непрерывные функции. Из этого следует, что функции |u1|, |v1|, |w1| ограничены некоторой константой H . Из определения нулевых членов последовательности полу- чаем, что

|u1 − u0| 6 H; |v1 − v0| 6 H; |w1 − w0| 6 H.

Используя это, оценим разности следующего порядка:

|u2 − u1| 6M x∫ 0

y∫ 0

3H dξ dη = 3HMxy 6 3HM (x+ y)2

2 ;

|v2 − v1| 6M y∫ 0

3H dη = 3HMy 6 3HM(x+ y);

|w2 − w1| 6M x∫ 0

3H dξ = 3HMx 6 3HM(x+ y).

Для доказательства равномерной сходимости наших последовательностей нам надо будет построить некий мажорантный ряд, но сначала докажем следующую оценку:

|un(x, y)− un−1(x, y)| 6 3HMn−1Kn−2 (x+ y)n

n! ;

|vn(x, y)− vn−1(x, y)| 6 3HMn−1Kn−2 (x+ y)n−1

(n− 1)! ;

|wn(x, y)− wn−1(x, y)| 6 3HMn−1Kn−2 (x+ y)n−1

(n− 1)! ,

где K = 2 + l1 + l2. Доказательство проведем по индукции. База индукции. При n = 2 оценка верна – доказано выше.

Предположение индукции. Предположим, что она верна для n. Докажем ее для n+ 1.

Индуктивный переход. Оценим разность |un+1 − un|, используя предположение индукции:

|un+1 − un| 6M x∫ 0

y∫ 0

[ 3HMn−1Kn−2

(ξ + η)n

n! + 2 · 3HMn−1Kn−2 (ξ + η)

n−1

(n− 1)!

] dξ dη 6

6 3HMnKn−2

 x∫ 0

(ξ + η)n+1

(n+ 1)!

∣∣∣∣y 0

dξ + 2

x∫ 0

(ξ + η)n

n!

∣∣∣∣y 0

 . Вычислим интегралы, при этом при подстановке пределов интегрирования в первообразную отбросим ниж-

ние подстановки. Их слагаемые отрицательны, поэтому для исходной разности получаем такую оценку сверху:

|un+1 − un| 6 3HMnKn−2 [ (x+ y)n+2

(n+ 2)! + 2

(x+ y)n+1

(n+ 1)!

] = 3HMnKn−2

(x+ y)n+1

(n+ 1)!

[ x+ y n+ 2

+ 2 ] 6

6 {x+ y n+ 2

+ 2 6 l1 + l2 + 2 = K} 6 3HMnKn−1 (x+ y)n+1

(n+ 1)! .

Итак, предположение индукции для последовательности un доказано. Доказательство оценки для остальных

53

docsity.com

двух последовательностей будет похожим:

|vn+1 − vn| 6M y∫ 0

[ 3HMn−1Kn−2

(ξ + η)n

n! + 2 · 3HMn−1Kn−2 (ξ + η)

n−1

(n− 1)!

] dη 6

6 { отбрасывание отрицательных слагаемых } 6

6 3HMnKn−2 [ (x+ y)n+1

(n+ 1)! + 2

(x+ y)n

n!

] = 3HMnKn−2

(x+ y)n

n!

[ x+ y n+ 1

+ 2 ] 6

6 3HMnKn−1 (x+ y)n

n! .

Следовательно, и вторая оценка верна. Доказательство третьей оценки совершенно аналогично доказатель- ству второй, поэтому опускается.

Теперь докажем равномерную сходимость последовательностей un, vn, wn. Очевидно, что каждый член та- кой последовательности можно представить как частичную сумму соответствующего ряда:

un(x, y) = n∑

m=1 (um(x, y)− um−1(x, y));

vn(x, y) = n∑

m=1 (vm(x, y)− vm−1(x, y));

wn(x, y) = n∑

m=1 (wm(x, y)− wm−1(x, y)).

Для оценки слагаемых первого ряда мы доказали оценку:

|un(x, y)− un−1(x, y)| 6 3HMn−1Kn−2 (x+ y)n

n! 6 3HMn−1Kn−2

(l1 + l2)n

n! = C

an

n! , C, a = const.

Известно, что ряд вида ∞∑ n=1

C an

n! сходится – отсюда по признаку Вейерштрасса получаем равномерную схо-

димость последовательности un. Из непрерывности слагаемых следует непрерывность предельной функции:

un(x, y)⇒ u(x, y) ∈ C{[0; l1]× [0; l2]}.

Аналогично, для двух других последовательностей:

vn(x, y)⇒ v(x, y) ∈ C{[0; l1]× [0; l2]}; wn(x, y)⇒ w(x, y) ∈ C{[0; l1]× [0; l2]}.

Теперь мы имеем право перейти в записи итерационного процесса к пределу при n → ∞. При этом получим в точности уравнения (4.8)-(4.10), а это и означает существование функций u, v, w, являющихся решением этой системы уравнений. Из предположения эквивалентности этой системы уравнений исходной задаче на характе- ристиках [4.4] получаем, что теорема полностью доказана.

4.9 Единственность решения задачи с данными на характеристиках

Итак, мы доказали существование решения задачи [4.4]. Теперь докажем его единственность – очевидно, это эквивалентно единственности решения системы интегральных уравнений (4.8)-(4.10).

Теорема 4.6 (единственности). Пусть существуют две системы функций: {u1(x, y), v1(x, y), w1(x, y)}, {u2(x, y), v2(x, y), w2(x, y)}, являющиеся решениями системы интегральных уравнений (4.8)-(4.10), причем выполнены условия (1)-(4) теоремы 4.5 (существования решения задачи [4.4]). Тогда функ- ции

U(x, y) = u1(x, y)− u2(x, y), V (x, y) = v1(x, y)− v2(x, y), W (x, y) = w1(x, y)− w2(x, y) тождественно равны нулю в Πl1l2 = {[0; l1]× [0; l2]}. (То есть системы функций совпадают.)

54

docsity.com

Доказательство. Итак, u1, u2 – решения (4.8):

u1(x, y) = ψ(y) + φ(x)− φ(0) + x∫ 0

y∫ 0

[a(ξ, η)v1(ξ, η) + b(ξ, η)w1(ξ, η)] dη dξ +

x∫ 0

y∫ 0

f(ξ, η, u1(ξ, η)) dη dξ;

u2(x, y) = ψ(y) + φ(x)− φ(0) + x∫ 0

y∫ 0

[a(ξ, η)v2(ξ, η) + b(ξ, η)w2(ξ, η)] dη dξ +

x∫ 0

y∫ 0

f(ξ, η, u2(ξ, η)) dη dξ.

Вычитая одно из другого и применяя условие Липшица для функции f(x, y, p), получим:

|u2 − u1| 6 x∫ 0

y∫ 0

[M |v2(ξ, η)− v1(ξ, η)|+M |w2(ξ, η)− w1(ξ, η)|+M |u2(ξ, η)− u1(ξ, η)|] dη dξ =⇒

|U(x, y)| 6 x∫ 0

y∫ 0

[M |V (ξ, η)|+M |W (ξ, η)|+M |U(ξ, η)|] dη dξ. (4.14)

Аналогичный результат справедлив для V (x, y), W (x, y):

|V (x, y)| 6 y∫ 0

[M |V (x, η)|+M |W (x, η)|+M |U(x, η)|] dη;

|W (x, y)| 6 x∫ 0

[M |V (ξ, y)|+M |W (ξ, y)|+M |U(ξ, y)|] dξ.

Докажем, что из этого следует равенство нулю этих функций в Πl1l2 . Для начала покажем, что они равны нулю в прямоугольнике Πx0y0 = {[0; x0]× [0; y0]}, где x0, y0 удовлетворяют следующим условиям: 3x0y0M < 1;3x0M < 1;3y0M < 1.

Положим U = max

Πx0y0

|U(x, y)|; V = max Πx0y0

|V (x, y)|;W = max Πx0y0

|W (x, y)|.

Не ограничивая общности, пусть U > max{V , W}. Тогда из неравенства (4.14) следует, что

|U(x, y)| 6M x∫ 0

y∫ 0

[ U + U + U

] dy dx 6 3Mx0y0U, (x, y) ∈ Πx0y0 =⇒

=⇒ U 6 3Mx0y0U.

Так как 3x0y0M < 1, то это выполняется только при U = 0. Из этого, очевидно, следует, что функции U(x, y), V (x, y), W (x, y) тождественно равны нулю в Πx0y0 .

На следующем шаге мы берем такое x1, что 3(x1 − x0)y0M < 1;3(x1 − x0)M < 1;3y0M < 1. и рассматриваем прямоугольник Πx1y0 . Тогда неравенство (4.14) перепишется так:

|U(x, y)| 6M x∫

x0

y∫ 0

[ U + U + U

] dy dx, (x, y) ∈ Πx1y0 .

55

docsity.com

Действуя аналогично предыдущему шагу, получим, что функции U(x, y), V (x, y), W (x, y) тождественно рав- ны нулю в Πx1y0 . Продолжая подобные рассуждения, можно за конечное число шагов показать равенство нулю этих функций в Πl1y0 , а затем и в Πl1l2 .

Теорема доказана.

4.10 Сопряженный дифференциальный оператор

Будем действовать в пространстве En. Пусть x = (x1, . . . , xn) – набор переменных, а u(x) – функция от n переменных.

Определение. Дифференциальный операторL[u] от некоторой функции u(x) ∈ C2(En) определяется как

L[u] = n∑ i=1

n∑ j=1

aij(x)uxixj + n∑ i=1

bi(x)uxi + c(x)u, (4.15)

где aij , bi ∈ C2(En), c – некоторые функции. Так как частные производные второго порядка в данном случае не зависят от порядка дифференцирования, то принимается соглашение: aij(x) = aji(x).

Определение. Каждому дифференциальному оператору L[u] можно поставить во взаимно однозначное со- ответствие так называемый сопряженный оператор к L:

M [v] = n∑ i=1

n∑ j=1

(aij(x)v)xixj − n∑ i=1

(bi(x)v)xi + c(x)v.

Определение. Дифференциальный оператор L[u] называется самосопряженным, если L[u] =M [u]. Нам понадобится следующая формула:

vL[u]− uM [v] = n∑ i=1

(pi(x))xi , (4.16)

где pi(x) = n∑ j=1

[ vaijuxj − u(aijv)xj

] + biuv.

Для доказательства этой формулы просто подставим выражение для pi(x) в правую часть и перегруппируем слагаемые:

n∑ i=1

(pi(x))xi = n∑ i=1

n∑ j=1

[ vaijuxjxi − u(aijv)xjxi

] +

n∑ i=1

n∑ j=1

[ (vaij)xiuxj − uxi(aijv)xj

] +

+ n∑ i=1

[vbiuxi + u(biv)xi ] + cuv − cuv = n∑ i=1

n∑ j=1

vaijuxjxi + n∑ i=1

vbiuxi + cuv−

 n∑ i=1

n∑ j=1

u(aijv)xjxi + n∑ i=1

u(biv)xi + cuv

+ n∑ i=1

n∑ j=1

[ (vaij)xiuxj − uxi(aijv)xj

] =

= vL[u]− uM [v] + n∑ i=1

n∑ j=1

[ (vaij)xiuxj − uxi(aijv)xj

] .

Оставшаяся двойная сумма равна нулю – это следует из симметричности индексов слагаемых. Отсюда по- лучаем, что формула (4.16) верна.

Связь с сопряженным оператором из линейной алгебры

56

В линейной алгебре определением для оператора A∗, сопряженного к оператору A, было соотношение:

(Au, v) = (u,A∗v)

которое должно было выполняться для любых u, v из En. Посмотрим, как согласуется с данным определением наше. Пример 1. Пусть Ω ⊂ E3, и скалярное произведение определяется так:

(f, g) = ∫∫∫ Ω

fg dτ, f, g ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω).

Тогда для функций u, v ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) и таких, что u, v|Σ = 0, где Σ – граница Ω, верно, что

(v, L[u]) = (M [v], u).

Покажем это:

(v, L[u])− (M [v], u) = ∫∫∫ Ω

(vL[u]− uM [v]) dτ = {(4.16)} = ∫∫∫ Ω

( ∂p1 ∂x1

+ ∂p2 ∂x2

+ ∂p3 ∂x3

) dτ =

= {~P = (p1, p2, p3)} = ∫∫∫ Ω

div ~P dτ = { формула Остроградского-Гаусса (5.3)} =

= ∫∫ Σ

(~P , ~n) dσ = {~n = (nx, ny, nz)} = ∫∫ Σ

(p1nx + p2ny + p3nz) dσ = 0

– pi|Σ = 0 в силу граничного условия для u, v. Пример 2. Простейшим примером самосопряженного оператора является оператор Лапласа, к примеру, в

E3: L[u] = ∆u = ux1x1 + ux2x2 + ux3x3 .

Легко проверить, что M [v] = ∆v.

4.11 Метод Римана

Рассмотрим в E2 для функции u(x, y) такой дифференциальный оператор:

L[u] = uxy + a(x, y)ux(x, y) + b(x, y)uy(x, y) + c(x, y)u(x, y). (4.17)

По определению, сопряженный к нему имеет следующий вид:

M [v] = vxy − (a(x, y)v)x − (b(x, y)v)y + c(x, y)v.

Таким образом, в обозначениях формулы (4.15): a11 = a22 = 0, a12 = a21 = 12 , b1 = a, b2 = b, c = c. Легко видеть, что p1, p2, используемые в (4.16), считаются так:

p1 = 1 2 (vuy − uvy) + auv;

p2 = 1 2 (vux − uvx) + buv.

Пусть теперь на плоскости OXY задана кривая y = f(x), причем ∀x f ′(x) < 0. График ее обозначим Lf . Будем обозначать символом R+f полуплоскость, точки которой лежат выше графика функции f(x): R

+ f =

{(x, y) : y > f(x)}.

57

Рассмотрим такую краевую задачу (как нетрудно заметить, это задача на уравнение гиперболического типа): [4.5] 

(1) L[u] = F (x, y), (x, y) ∈ R+f ; (L[u] определяется формулой (4.17)) (2) u(x, y) = φ(x, y), (x, y) ∈ Lf ;

(3) ∂u

∂n (x, y) = ψ(x, y), (x, y) ∈ Lf .

Будем искать ее решение в R+f . Покажем, как его можно вычислить в произвольной точке A(x0, y0) ∈ R + f .

Для этого соединим точкуA с кривойLf отрезками, параллельными осям координат, получив на пересечении точки B(x, y0) и C(x0, y). Обозначим символом L контур, образованный отрезками AB и AC и дугой BC, а внутренность его – символом D.

Воспользуемся формулой (4.16) для сопряженного дифференциального оператора M [v] (v – некоторая функция): ∫∫

D

(vL[u]− uM [v]) ds = ∫∫ D

( ∂p1 ∂x

+ ∂p2 ∂y

) ds.

Для преобразования правой части воспользуемся формулой Грина для криволинейных интегралов:∫ L

P dx+Qdy = ∫∫ D

(Qx − Py)ds.

В этом случае имеем:∫∫ D

(vL[u]− uM [v]) ds = ∫ L

− p2 dx+ p1 dy = {Части контура параллельны осям координат} =

=

C∫ B

{[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy −

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx

} +

+

A∫ C

[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy +

A∫ B

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx. (4.18)

Как известно, (vu)y = vuy+uvy; (vu)x = vux+uvx. Используя эти формулы, преобразуем два последних интеграла в (4.18):

A∫ C

[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy +

A∫ B

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx =

=

A∫ C

[ 1 2 (uv)y − uvy + auv

] dy

︸ ︷︷ ︸ ICA

+

A∫ B

[ 1 2 (vu)x − uvx + buv

] dx

︸ ︷︷ ︸ IBA

До этого мы определяли функцию v просто как дважды непрерывно дифференцируемую. Теперь потребуем, чтобы M [v] = 0, а точнее, чтобы она являлась решением такой задачи:

(4) vxy − (a(x, y)v)x − (b(x, y)v)y + c(x, y)v = 0, x 6 x0, y 6 y0;

(5) v(x0, y) = exp{ y∫

y0

a(x0, s) ds}, y 6 y0;

(6) v(x, y0) = exp{ x∫

x0

b(s, y0) ds}, x 6 x0.

58

Это задача с данными на характеристиках вида [4.4]. В предыдущих разделах было показано, что существует и единственна функция v(x, y), являющаяся ее решением. Будем считать, что она нам известна, и будем исполь- зовать именно эту функцию.

Вернемся к выражению (4.18), подставив туда функцию F (x, y) из исходного уравнения (1) для u(x, y):

∫∫ D

v(x, y)F (x, y)ds =

C∫ B

{[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy −

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx

} + ICA + IBA.

Воспользуемся тем, что в интегралах ICA, IBA одна из координат фиксирована. Из условия (4) для v(x, y) легко получить, что vy − av = 0 при x = x0. Таким образом,

ICA =

A∫ C

[ 1 2 (uv)y − uvy + auv

] dy =

A∫ C

[ 1 2 (uv)y − u(vy − av)

] dy =

1 2 (uv)

∣∣∣∣ A

− 1 2 (uv)

∣∣∣∣ C

.

Аналогично, vx − bv = 0 при y = y0. Следовательно,

IBA =

A∫ B

[ 1 2 (uv)x − uvx + buv

] dx =

A∫ B

[ 1 2 (uv)x − u(vx − bv)

] dx =

1 2 (uv)

∣∣∣∣ A

− 1 2 (uv)

∣∣∣∣ B

.

Итак, выражение (4.18) можно переписать так:

∫∫ D

v(x, y)F (x, y)ds =

C∫ B

{[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy −

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx

} +uv|A−

1 2 (uv)

∣∣∣∣ C

− 1 2 (uv)

∣∣∣∣ B

.

Отсюда легко получить значение функции u(x, y) в точке A(x0, y0):

u(x0, y0)v(x0, y0) = − C∫

B

{[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy −

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx

} +

+ 1 2 (uv)

∣∣∣∣ C

+ 1 2 (uv)

∣∣∣∣ B

+ ∫∫ D

v(x, y)F (x, y)ds.

Из граничных условий (5),(6) для v(x, y) следует, что v(x0, y0) = 1. Тогда получаем, что:

u(x0, y0) = − C∫

B

{[ 1 2 (vuy − uvy) + auv

] dy −

[ 1 2 (vux − uvx) + buv

] dx

} + 1 2 (uv)

∣∣∣∣ C

+ 1 2 (uv)

∣∣∣∣ B

+ ∫∫ D

v(x, y)F (x, y)ds.

(4.19) Это и есть окончательная формула для u(x0, y0). Может показаться, что нам неизвестны частные производ-

ные u(x, y) на контуре. Покажем, что их можно найти из граничных условий (2),(3):{ u(x, f(x)) = φ(x, f(x));

∂u

∂n (x, f(x)) = ψ(x, f(x)).

Единичный вектор ~τ касательной к Lf имеет следующий вид: ~τ =

{ 1√

1 + (f ′(x))2 ;

f ′(x)√ 1 + (f ′(x))2

} . Отсю-

да получаем, что ∂u

∂τ (x, y) =

∂u

∂x

1√ 1 + (f ′(x))2

+ ∂u

∂y

f ′(x)√ 1 + (f ′(x))2

.

59

∂u

∂τ находится из следующих преобразований:

∂x u(x, f(x)) = ux(x, f(x)) + uy(x, f(x))f ′(x) =

√ 1 + (f ′(x))2

∂u

∂τ (x, y).

Как известно, ∂u

∂n = (~n, gradu). Единичный вектор нормали к Lf , ортогональный вектору ~τ , считается так:

~n =

{ f ′(x)√

1 + (f ′(x))2 ; − 1√

1 + (f ′(x))2

} .

Отсюда получаем: ∂u

∂n (x, y) =

∂u

∂x

f ′(x)√ 1 + (f ′(x))2

− ∂u ∂y

1√ 1 + (f ′(x))2

Окончательно, из граничных условий получаем систему для поиска u(x, y) на контуре L: ∂

∂x φ(x, f(x)) =

∂u

∂x + ∂u

∂y f ′(x);

ψ(x, f(x)) = ∂u

∂x

f ′(x)√ 1 + (f ′(x))2

− ∂u ∂y

1√ 1 + (f ′(x))2

.

Ее определитель нигде не равен нулю. Отсюда следует, что ux(x, y), uy(x, y) существуют и их можно опре- делить однозначно.

Итак, мы обосновали корректность формулы (4.19). Используемый для ее получения метод называется ме- тодом Римана.

Замечание. Формула Даламбера является частным случаем формулы (4.19).

4.12 Обобщенные решения

Встречаются случаи, когда решения прикладных задач бывают разрывными. Такие решения нельзя получить стандартными формулами из данного курса, однако их можно представить, к примеру, как предел "обыч- ных" решений.

Обобщенные решения в форме предельного перехода

Общий подход. Пусть функцию u надо найти из уравненияL[u] = 0, причем на нее наложены условия в виде некоторых функций F и Φ. Если такая задача не имеет решения (например, из-за того, что F 6∈ C2, Φ 6∈ C2), то мы строим равномерно сходящиеся последовательности:

Fn ⇒ F, Φn ⇒ Φ,

где Fn ∈ C2, Φn ∈ C2. Тогда, если существует решение (функция un), соответствующее функциям Fn и Φn, то в качестве u берем предел функций un:

u = lim n→∞

un

при условии, что последовательность un равномерно сходится к u. Пример. Рассмотрим задачу Коши для гиперболического уравнения: utt = a

2uxx, −∞ < x < +∞, 0 < t 6 T ; u(x, 0) = φ(x), −∞ < x < +∞; ut(x, 0) = ψ(x), −∞ < x < +∞.

60

Известно, что если φ ∈ C2(E), ψ ∈ C1(E), то решение задается формулой Даламбера:

u(x, t) = φ(x− at) + φ(x+ at)

2 +

1 2a

x+at∫ x−at

ψ(ξ) dξ.

Теперь пусть в аналогичной задаче функции φ, ψ всего лишь непрерывны – то есть мы не можем воспользо- ваться формулой Даламбера.

Будем работать в полосе 0 < t 6 T . Потребуем, чтобы φ = ψ = 0 вне отрезка [−d; d], где d – некоторая константа. (Такое свойство обозначается как suppφ, ψ = [−d; d].)

Предположим, что существуют такие функции φn(x), ψn(x), что φn ∈ C2(E), ψn ∈ C1(E), причем φn(x) = ψn(x) = 0 для |x| > 2d и {

φn(x)⇒ φ(x); ψn(x)⇒ ψ(x).

на отрезке[−2(d+ aT ); 2(d+ aT )].

Для решения задач Коши, соответствующих функциям φn и ψn, справедлива формула Даламбера:

un(x, t) = φn(x− at) + φn(x+ at)

2 +

1 2a

x+at∫ x−at

ψn(ξ) dξ =⇒ un(x, t) ∈ C2{E× [0; T ]}.

Назовем решением предел таких функций: u(x, t) = lim n→∞

un(x, t).

Определение будет корректным, если мы покажем, что в прямоугольнике Π = {(x, t) : −2d− aT 6 x 6 2d+ aT, 0 6 t 6 T} последовательность un(x, t) равномерно сходится (очевидно, вне его все ее члены тождественно равны нулю). Для этого докажем, что un – фундаментальная последовательность, то есть

∀ ε > 0 ∃M : ∀m > M, ∀ p > 0 |um+p(x, t)− um(x, t)| < ε ∀ (x, t) ∈ Π.

Оценим эту разность через формулу Даламбера:

|um+p(x, t)− um(x, t)| 6 |φm+p(x+ at)− φm(x+ at)|

2 + |φm+p(x− at)− φm(x− at)|

2 +

+ 1 2a

x+at∫ x−at

|ψm+p(ξ)− ψm(ξ)| dξ.

Полученную сумму можно сделать меньше любого наперед заданного ε – это следует из равномерной сходимо- сти, а, следовательно, и фундаментальности последовательностей φn, ψn.

Отсюда получаем, что

un(x, t)⇒ u(x, t), (x, t) ∈ Π, причем u(x, t) ∈ C[Π].

Кроме того, так как un(±(2d+ aT ), t) = 0, то u(±(2d+ aT ), t) = 0, и u(x, t) = 0 вне Π. Построенная таким образом функция называется обобщенным решением в форме предельного перехо-

да. Возникает вопрос: единственно ли такое решение (ведь последовательности φn, ψn мы выбирали произ-

вольно)? Для ответа на этот вопрос возьмем любые две пары последовательностей φ1n, φ 2 n и ψ

1 n, ψ

2 n такие, что{

φ1n ⇒ φ, φ 2 n ⇒ φ;

ψ1n ⇒ ψ, ψ 2 n ⇒ ψ.

Предположим, что им соответствуют два решения: u1(x, t), u2(x, t), являющихся пределами полученных по формуле Даламбера членов последовательностей u1n и u

2 n соответственно. Докажем, что u

1(x, t) ≡ u2(x, t). Для этого оценим их разность:

|u1(x, t)− u2(x, t)| 6 |u1(x, t)− u1n(x, t)|+ |u1n(x, t)− u2n(x, t)|+ |u2(x, t)− u2n(x, t)|.

61

Первое и третье слагаемые стремятся к нулю в силу равномерной сходимости функций u1n и u 2 n к u

1 и u2

соответственно. Оценим второе, применяя формулу Даламбера:

|u1n(x, t)− u2n(x, t)| 6 |φ1n(x+ at)− φ2n(x+ at)|

2 + |φ1n(x− at)− φ2n(x− at)|

2 +

+ 1 2a

x+at∫ x−at

|ψ1n(ξ)− ψ2n(ξ)| dξ.

Оно также стремится к нулю, так как последовательности φ1n, φ 2 n и ψ

1 n, ψ

2 n сходятся к одним и тем же функ-

циям – к φ и ψ соответственно. Отсюда получаем равенство u1(x, t) и u2(x, t).

Обобщенное решение в смысле интегрального тождества

Другим примером применения обобщенных решений может быть случай, когда в уравнении Пуассона

∆u = −f(x, y, z).

функция f не является дважды дифференцируемой – то есть "нормального" решения нет (т.к. всегда ∆u ∈ C2). Общий подход. Пусть в области Ω ⊂ E3 с границей Σ функция u(x1, x2, x3) определяется уравнением

L[u] = F , где

L[u] = 3∑ i=1

3∑ j=1

aij(x)uxixj + 3∑ i=1

bi(x)uxi + c(x)u.

Тогда сопряженный к L оператор задается так:

M [v] = 3∑ i=1

3∑ j=1

(aij(x)v)xixj − 3∑ i=1

(bi(x)v)xi + c(x)v.

Будем рассматривать только такие функции v, что v ∈ C2(Ω), supp v ⊂ Ω (полностью внутри Ω). Известно, что, если u, v ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω), то справедлива формула (4.16):∫∫∫

(vL[u]− uM [v]) dτ = ∫∫∫ Ω

div ~P dτ = {формула Остроградского - Гаусса (5.3)} = ∫∫ Σ

(~P , ~n) dσ.

Из условий на v получаем, что функции v, vx, vy, vz , а, следовательно, и вектор-функция ~P обращаются в нуль на Σ. Отсюда получаем, что ∫∫∫

(vL[u]− uM [v]) dτ = 0.

Используем, что L[u] = F : ∫∫∫ Ω

vF dτ = ∫∫∫ Ω

uM [v] dτ. (4.20)

Полученное выражение для u называется обобщенным решением в смысле интегрального тождества. Таким образом, мы преобразовали исходное уравнение для u, "перебросив" требование непрерывной дифферен- цируемости на функцию v, потребовав также, чтобы она была не равна нулю лишь в области, лежащей строго внутри Ω.

62

5 Приложение. Вспомогательные формулы и определения

Определение. Пусть функция φ(x, y, z) задана в пространстве E3. Тогда ее градиентом называется вектор- функция gradφ = {φx, φy, φz}, определенная всюду, где существуют все частные производные функции φ(x, y, z).

Определение. Пусть вектор-функция ~A(x, y, z) имеет вид ~A(x, y, z) = {P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)}. Тогда ее дивергенцией называется функция div ~A = Px +Qy +Rz , определенная всюду, где существуют соот- ветствующие производные.

Пусть функция f(t) непрерывна на отрезке [t1; t2]. Тогда для нее справедлива теорема о среднем значении:

t2∫ t1

f(t) dt = f(t∗)(t2 − t1), (5.1)

где t∗ – некоторая точка из этого отрезка. Пусть функция f(x, y, z) непрерывна в замкнутой области Ω. Тогда для нее справедлива обобщенная тео-

рема о среднем значении: ∫∫∫ Ω

f(x, y, z) dx dy dz = f(P ∗)VΩ, (5.2)

где P ∗ – некоторая точка из области Ω, а VΩ – объем этой области. Пусть поверхность Σ области Ω 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 для функции ~A(x, y, z) = {P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)}, где P,Q,R ∈ C1(Ω) имеет место формула Остроградского-Гаусса:∫∫

Σ

( ~A,~n) dσ = ∫∫∫ Ω

div ~Adτ (5.3)

Слова благодарности

Я выражаю искреннюю благодарность всем тем, кто помог мне в работе над данным конспектом: прежде всего нашему лектору – Денисову Александру Михайловичу, который не просто обеспечил меня материалами, но и помог исправить огромное количество ошибок; моим друзьям: Бекетовой Елене, чей конспект привнес в этот труд множество недостающих формул и пояснений, Поспелову Алексею – за постоянную помощь в решении технических проблем, Кругловой Елене – за моральную поддержку, в которой я так часто нуждался, а также всем тем, кто сподвиг меня на эту работу.

Без вас я бы не справился. Спасибо всем большое!!!

63

Содержание

1 Классификация уравнений с частными производными второго порядка 2

2 Уравнения параболического типа 3 2.1 Вывод уравнения теплопроводности в пространстве . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2.2 Уравнение теплопроводности с одной пространственной переменной. Постановка основных задач 4 2.3 Существование решения первой краевой задачи. Метод разделения переменных . . . . . . . . . . 5 2.4 Принцип максимального значения для уравнения теплопроводности . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.5 Единственность и устойчивость решения первой краевой задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2.6 Единственность решения общей краевой задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.7 Существование решения задачи Коши . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.8 Единственность решения задачи Коши . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.9 Существование решения первой и второй краевой задачи для уравнения теплопроводности на по-

лупрямой . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.10 Функция Грина для первой краевой задачи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3 Уравнения эллиптического типа 23 3.1 Уравнения Лапласа и Пуассона. Постановка краевых задач. Фундаментальные решения уравне-

ния Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3.2 1-я и 2-я формулы Грина . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.3 3-я формула Грина . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.4 Свойства гармонических функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 3.5 Принцип максимума для гармонических функций . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.6 Единственность и устойчивость решения внутренней задачи Дирихле . . . . . . . . . . . . . . . . 28 3.7 Единственность решения внешней задачи Дирихле . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3.8 Внутренняя задача Неймана. Необходимое условие ее разрешимости. Единственность решения . 31 3.9 Функция Грина для уравнения Лапласа и ее свойства . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.10 Потенциалы простого и двойного слоя. Потенциал двойного слоя с единичной плотностью . . . . 35 3.11 Сведение внутренней задачи Дирихле к интегральному уравнению Фредгольма 2-го рода . . . . . 39

4 Уравнения гиперболического типа 41 4.1 Постановка задач для уравнения колебаний . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 4.2 Формула Даламбера. Существование, устойчивость и единственность решения задачи Коши . . . 41 4.3 Характеристики уравнения в частных производных второго порядка . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 4.4 Задача на полупрямой. Метод продолжений . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 4.5 Метод разделения переменных для доказательства существования решения первой краевой задачи 46 4.6 Интеграл энергии. Единственность решения краевых задач для уравнения колебаний . . . . . . . 49 4.7 Задача с данными на характеристиках. Эквивалентная система интегральных уравнений . . . . . 51 4.8 Существование решения задачи с данными на характеристиках . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 4.9 Единственность решения задачи с данными на характеристиках . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54 4.10 Сопряженный дифференциальный оператор . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 4.11 Метод Римана . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 4.12 Обобщенные решения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

5 Приложение. Вспомогательные формулы и определения 63

64

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