Гамкрелидзе Р.В., Попов А.Г. - Современная математика и её приложения, Том 31 (Геометрия), страница 5

Следовательно, z(u, v) и ζ(u, v)совпадают.2.2. Задача Коши для уравнения sin-Гордона. Задача Коши для уравнения sin-Гордона формулируется как задача с начальными значениями функции z(u, v) и ее производной zu (u, v) накривой l : v = ω(u):⎧⎪⎨ zuv = sin z,z(u, ω(u)) = ψ(u),⎪⎩ z (u, ω(u)) = ϕ(u).u(2.9)При этом ω(u) ∈ C n , n 2 и ω (u) имеет постоянный знак на отрезке [u1 , u2 ] (будем считатьдля определенности ω (u) > 0) и поэтому существует обратная функция ω −1 (u) ∈ C n . В этихпредположениях справедлива следующая теорема существования и единственности решения.УРАВНЕНИЕ SIN-ГОРДОНА И ПСЕВДОСФЕРИЧЕСКИЕ ПОВЕРХНОСТИ17Теорема 2.2. Пусть ψ(u) ∈ C n [u1 , u2 ] и ϕ(u) ∈ C n−1 [u1 , u2 ]. Тогда в прямоугольнике Π =[u1 , u2 ] × [ω(u1 ), ω(u2 )] существует единственное решение z(u, v) ∈ C n (Π) задачи Коши (2.9).Указанное решение может быть построено как предел равномерно сходящейся последовательности {zk (u, v)}, рекуррентно заданной следующим образом:z0 (u, v) = ψ(ω −1 (v)) −−1 (v)ω(2.10)ϕ(x)dx,u−1 (v)ωzk+1 (u, v) = z0 (u, v) −vdxusin zk (x, y)dy.(2.11)ω(x)Для решения задачи Коши справедлива оценка|z(u, v)| |z0 (u, v)| + (e(v−ω(u))2 /2a(u,v)− 1),(2.12)где вспомогательная функция a(u, v) определяется в областях над кривой и под кривой соответственно как(2.13)a(u, v) = sup k | ω(x) ω(u) + k(x − u) при всех x ∈ [u, ω −1 (v)] ,−1a(u, v) = sup k | ω(x) ω(u) + k(x − u) при всех x ∈ [ω (v), u] .(2.14)Доказательство.

В областях, лежащих над кривой l, т.е. на множестве (u, v) : ω(u) < v и подкривой l, т.е. на множестве (u, v) : ω(u) > v задача (2.9) редуцируется к интегральному уравнению−1 (v)−1 (v)ωωv−1ϕ(x)dx −dxsin z(x, y)dy.(2.15)z(u, v) = ψ(ω (v)) −uuω(x)Это уравнение получается следующим образом. Проинтегрируем уравнение sin-Гордона в переменных (x, y)zxy (x, y) = sin z(x, y)по переменной y в пределах от ω(x) до v:vsin z(x, y)dy.zx (x, v) − zx (x, ω(x)) =ω(x)С учетом начального условия задачи Коши получаемvsin z(x, y)dy.zx (x, v) = ϕ(x) +ω(x)Проинтегрировав данное уравнение по переменной x в пределах от u до ω −1 (v), получаем интегральное уравнение (2.15).

Очевидно, непрерывное на Π решение задачи Коши является такжеи решением интегрального уравнения (2.15). Поэтому из доказываемой ниже единственности решения этого интегрального уравнения следует, что задача Коши не может иметь более одногорешения. Мы также покажем, что непрерывное решение интегрального уравнения будет также ирешением задачи Коши.Доказательство существования и единственности решения уравнения (2.15) проведем методомпоследовательных приближений. Отметим, что в отличие от задачи Гурса, интегрирование проводится по области с криволинейной границей.

Фиксируем (u, v). Переменные будем обозначать(x, y).Рассмотрим точку A(u, v), лежащую над кривой l. Введем точки B(u, ω(u)) и C(ω −1 (v), v).Двойной интеграл в интегральном уравнении берется по области BAC. Заключим эту область впрямоугольный треугольник BAC с катетами BA и AC ; точка C лежит на продолжении луча18А. Г. ПОПОВ, Е. В. МАЕВСКИЙyl : y = ω(x)AvCCBxuРИС. 1AC за точку C или совпадает с C. Гипотенуза BC определяется на плоскости (x, y) уравнениемdefy = a(x − u) + ω(u) = ax + b, где коэффициент наклона a выбран максимально возможным, нотак, чтобы кривая l на промежутке x ∈ [u, ω(v)] лежала над гипотенузой BC — точное выражение(2.13) для a приведено в формулировке теоремы.Введем обозначения (2.10), (2.11). На первом шаге мажорируем интеграл по исходной областиBAC интегралом по прямоугольному треугольнику BAC :−1 (v)ω|z1 − z0 | v1 · dy dxu(v−b)/adxuω(x)vdy =a(x−u)+ω(u)(v − ω(u))2.2aПредположим, что на k-м шаге мы получили неравенство(v − ω(u))2k;Ck ak|zk − zk−1 | тогда на следующем шаге−1 (v)ω|zk+1 − zk | v|zk − zk−1 |dydxu1Ck akω(x)(v−b)/av(y − ω(x))2k dy =dxu1=(2k + 1)Ck ak1(2k + 1)Ck ak(v −=(2k + 1)Ck aka·(x−u)+ω(u)(v−b)/a(v − ω(x))2k+1uak+1dx −(2k + 1)Ck(v−b)/aω(u))2k+1(v − ω(u))2k+1 dx −u(v−b)/a(x − u)2k+1 dx u(v − b − au)2k+2=(2k + 1)(2k + 2)Ck ak+1v−b(v − ω(u))2k+2(v − ω(u))2k+2−u −=.a(2k + 1)(2k + 2)Ck ak+1(2k + 2)Ck ak+1Находим|zk − zk−1 | поэтому рядz0 +∞k=1(v − ω(u))2k,k!(2a)k(zk − zk−1 )(2.16)УРАВНЕНИЕ SIN-ГОРДОНА И ПСЕВДОСФЕРИЧЕСКИЕ ПОВЕРХНОСТИ19сходится равномерно на любой компактной части области над кривой и, следовательно, представляет решение z(u, v) рассматриваемого интегрального уравнения (2.15).

Из оценки (2.16) следуетоценка (2.12) для z(u, v) в формулировке теоремы. Отметим, что геометрический смысл выражения(v − ω(u))2, находящегося в показателе экспоненты — это площадь прямоугольного треугольни2a(u, v)ка BAC .Исследуем гладкость найденного решения z(u, v) интегрального уравнения (2.15).

При выполнении условий теоремы очевидно, что z0 (u, v) ∈ C n (Π). Продифференцируем выражение (2.11) поu и по v:∂zk+1∂z0=+∂u∂uv∂zk+1∂z0=−∂v∂vsin zk (u, y)dy,ω(u)−1 (v)ωsin zk (x, v)dx.uПовторное дифференцирование дает∂ 2 z0∂ 2 zk+1=− ω (u) sin zk (u, v),∂u2∂u2∂ 2 zk+1= sin zk (u, v),∂u∂v∂ 2 z01∂ 2 zk+1sin zk (u, v).=− 22∂v∂vω ◦ ω −1 (v)Из полученных соотношений видно, что если zk (u, v) ∈ C n (Π), то zk+1 (u, v) ∈ C n (Π). Из второговыражения или, точнее говоря, из его предельного аналога следует, что построенное решениеинтегрального уравнения удовлетворяет уравнению sin-Гордона, а значит и задаче Коши.Докажем единственность решения интегрального уравнения. Пусть ζ(u, v) — другое решениеинтегрального уравнения (2.15).

Вычитая (2.11) из тождества (2.15), записанного для ζ, имеем|ζ − z0 | M и−1 (v)ω|ζ − zk+1 | v|ζ − zk |dy.dxuω(x)Следовательно, при любом k справедливо неравенство|ζ − zk | M(v − ω(u))2k,k!(2a)kпоэтому разность |ζ − z| должна быть сколь угодно мала, т.е. равна нулю.Рассмотрение области под кривой l проводится аналогично.2.3.

Метод разделения переменных. Следуя работам Р. Штоейервальда [60], Г. Дарбу [49] иДж. Лэма [13], будем искать решение уравнения sin-Гордона методом разделения переменных.Введя новые переменныеα−βα+β, v=,u=22будем искать решение в видеz(α, β) = 4 arctg eA(α)+B(β) .Подставляя z(α, β) в уравнение sin-Гордонаzαα − zββ = sin z,получим уравнение:(A − B ) ch(A + B) + (1 + B − A ) sh(A + B) = 0.22(2.17)20А. Г. ПОПОВ, Е. В. МАЕВСКИЙДифференцируя это уравнение по α и β, исключая из выражений для производных ch(A + B) спомощью уравнения (2.17) и сокращая полученные уравнения на sh(A + B), имеем:A [(A − B ) + (1 + B − A )2 ] + A [1 + B − A ] = 0,222222B [(A − B ) + (1 + B − A )2 ] + B [1 + B − A ] = 0.222222Дифференцируя оба уравнения этой системы по α и β, а затем исключая выражения в квадратныхскобках, получаем:A A − A A − 4A A = 0,3B B − B B − 4B B = 0.3Последние уравнения допускают двойное понижение порядка и сводятся к уравнениям, интегрируемым в эллиптических функциях:A = (A − a2 )(A − b2 ),222(2.18)B = (B + 1 − a2 )(B + 1 − b2 ).222Решение «общего положения» (A = const, B = const) выглядит так:⎛⎞ √aaa2 −b221 − b v; 1−b2 ⎟⎜ cn{bu; b } + b dn{bu; b } cnz(u, v) = 4 arctg ⎝ √ ⎠,√√2 −b21 − a2 − 1 − b2 dn1 − b2 v; a1−b2где cn{x, k}, dn{x, k} — эллиптические функции Якоби.

В работе Штойервальда [60] это решениепостроено в терминах σ-функций Вейерштрасса.Отметим частный случай a2 = b2 , при котором уравнения (2.18) интегрируются в элементарныхфункциях:A = A − a2 ,2B = B + 1 − a2 .22Получаемое при этом решение уравнения sin-Гордона является частным случаем двухсолитонногоили бризерного решения в зависимости от a и b. Этот случай будет подробно рассмотрен ниже.2.4. Метод малого параметра.

Метод малого параметра для уравнения sin-Гордона, предложенЭ. Г. Позняком [24] в связи с вопросом построения локальной чебышевской сети. Метод позволяетоценивать решения с малыми граничными условиями на характеристиках.Рассмотрим следующую задачу Гурса:⎧⎪⎨zuv = sin z,z(u, 0) = εϕ(u),⎪⎩z(0, v) = εψ(v).Теорема 2.3. Если функции ϕ(u) и ψ(v) дифференцируемы и ограничены на полупрямой[0, +∞), то справедлива следующая асимптотическая формула для решения z(u, v) при(u, v) ∈ [0, +∞) × [0, +∞):⎤⎡uv∞∞∞kkkkkku vk(ξ − u) (−v)k(−u) (η − v)+ ϕ(ξ)dξ + ψ(η)dη ⎦+O(ε3 ),z(u, v) = −ε ⎣ϕ(0)22k!k!k!2k=00k=00k=0где остаточный член удовлетворяет оценке13|O(ε3 )| e4|uv| ε3 max |ϕ(u) + ψ(v) − ϕ(0)|.6УРАВНЕНИЕ SIN-ГОРДОНА И ПСЕВДОСФЕРИЧЕСКИЕ ПОВЕРХНОСТИ21Отметим, что доказательство теоремы состоит в применении формулы Римана к уравнениюгиперболического типа⎧2⎪⎨z̃uv = z̃ + ε f (z̃, ε),(2.19)z̃(u, 0) = ϕ(u),⎪⎩z̃(0, v) = ψ(v), 2∂−1− 1 известна [3, 33]:где z̃ = ε z.

Функция Римана для оператора∂u∂v∞ (ξ − u)k (η − v)k,R(u, v; ξ, η) = J0 2 −(ξ − u)(η − v) =(k!)2k=0где J0 — функция Бесселя нулевого порядка. Двойной интеграл в формуле Римана оценивается спомощью теоремы о среднем и дает O(ε3 ).Чтобы получить разложение до более высокого порядка, мы можем в f (z̃, ε) под двойным интегралом подставить вместо z̃ его асимптотическое разложение.Тот же метод применим к задаче Коши⎧⎪⎨zuv = sin z,z(u, ω(u)) = εψ(u),⎪⎩zu (u, ω(u)) = εϕ(u).Надо только вместо формулы Римана для задачи Гурса воспользоваться формулой Римана [3] длязадачи Коши.2.5.

Автомодельные решения. Известно, что у уравнения sin-Гордона имеется два типа автомодельных решений: z(au + bv) и z(uv).2.5.1. Автомодельные решения вида z(au + bv). Рассмотрим автомодельные решения типабегущих волн z(au+bv) уравнения sin-Гордона. Обозначим через σ знак произведения ab и k = |a/b|.Уравнение в этом случае можно переписать в видеz = σ sin z,где штрих обозначает производную по переменнойσv,kодин раз проинтегрировать (при этом возникнет постоянная интегрирования C2 ) и записать винтегральной форме:σvdz.(2.20)= ku +± k2σ (C2 − cos z)t = ku +Отметим, что можно одновременно поменять знаки σ и C2 , рассматривая при этом π + z вместо z.При интегрировании (2.20) возможны следующие случаи [11, 25].(1a) Пусть C2 = 1, σ = 1; тогдаz(au + bv) = 4 arctg eku+v/k— односолитонные решения уравнения sin-Гордона, которые мы получим в п.

2.6.1, используя преобразование Бэклунда. В этом выражении опущена произвольная постоянная, дающаясдвиг по переменным, знак ± в показателе экспоненты, отвечающий за одновременную сменузнаков у переменных и знак ± у решения, поскольку эти симметрии усматриваются непосредственно в уравнении sin-Гордона и таким образом характерны для каждого его решения.(1б) Пусть C2 = −1, σ = −1; тогдаz(au + bv) = π + 4 arctg eku−v/k .Это решение можно получить из предыдущего заменой v → −v и z → z + π.22А. Г. ПОПОВ, Е.