УМФ_билеты, страница 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9332.2 Внутренняя задача Дирихле для уравнения Лапласа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9351Билет 1. Приведение к каноническому виду в точке дифференциальных уравнений в частных производных (ДУЧП) 2 порядка в Rnс линейной старшей частью. Классификация уравнений. Приведение уравнений 2 порядка к каноническому виду на плоскостиПусть Ω ⊂ R3 . ДУЧП 2 порядка с линейной старшей частью:nXaij (x)i,j=1∂2u+ F (x, u, ∇u) = 0;∂xi ∂xju(x) ∈ C 2 (Ω);aij (x) ∈ C(Ω)Считаем aij (x) = aji (x), что не сужает класса, т.к. uxi xj = uxj xi .

Хотим сделать замену так, чтобы все смешанные частные производные обратились в 0. В точке это сделать можно. Возьмём преобразованиеy1 = y1 (x1 , . . . , xn )∈ C 2 (U (x0 )), y 0 = y(x0 ); u(x0 ) → v(x0 )y = y(x) = . . .yn = yn (x1 , . . . , xn )(диффеоморфизм класса C 2 окр. U (x0 ) на V (x0 ) Будем предполагать ∃ обратного: x = x(y) Наша функция:defz}|{u = u(x1 .

. . xn ). Введём ũ(y) = u[x(y)] ∈ C 2 (V (y 0 )) Производные:nnnX∂ 2 û ∂yk ∂yl X ∂ û ∂ 2 uk∂2u=+∂xi ∂xj∂yk ∂yl ∂xi ∂xj∂yk ∂xi ∂xjX ∂ û ∂yk∂u=;∂xi∂yk ∂xik=1Подставляем:nXk,l=1k=1nX∂ 2 û ∂yk ∂yl+ F̂ (y, û, ∇y û) = 0∂yk ∂yl ∂xi ∂xji,j=1k,l=1nn2XX∂y∂ykl ∂ u + F̂ (y, û, ∇y û) = 0,aij (x(y))∂xi ∂xj ∂yk ∂yli,y=1aij (x(y))k,l=1nXi,y=1aij (x(y))∂yk ∂yl= âkl (y)∂xi ∂xjnnВведём матрицы: A(x0 ) = aij (x0 )i,j=1 ;Â(y 0 ) = âij (y 0 )i,j=1 .

∂yi 0 nJ(x0 ) = ∂x(x)- в малой U (x0 ) задаёт преобразование Â(y 0 ) = J(x0 )A(x0 )J T (X 0 )ji,j=1A = AT ⇒ ÂT = Â. Вопрос в выборе J, так что Â диагональна.Пусть в Rn заданы элемент h и квадратичная форма Φ(h).ξ = (ξ1 . . . ξn )Tkcij kξ T cξ(e1 . . . en )В них h ∼Φ∼; Φ(h) = TВведём 2 базиса:00T ;kĉij k(e1 . . . en )η = (η1 . . . ηn )η ĉηT TTTПусть ξ = Sη. Тогда Φ(h) = η S CSη = η Ĉη → ĉ = S CS.

Существует такой базис, что Ĉ =diag(+1, +1 · · · + 1, −1, −1 · · · − 1, 0, 0 . . . 0){z} |{z}|p штукq штук22− · · · − ηp+qΦ(h) = η12 + · · · + ηp2 − ηp+1В равенстве Â(y 0 ) = J(x0 )A(x0 )J T (x0 ) нужно взять J(x0 ) = S TТакие преобразования существуют, их много. Например, y = y 0 + S T (x0 )(x − x0 )В этих переменных уравнение принимает вид:∂ 2 û∂ 2 û∂ 2 û∂ 2 û+ · · · + 2 − 2 − · · · − 2 + F̂ (y, û, ∇y û) = 0.2∂y1∂yp∂yp+1∂yp+q6Классификация уравнений:1.

Эллиптический тип: p = n или q = n2. Ультрагиперболический тип: p + q = n3. Гиперболический тип: p = 1, q = n − 14. Ультрапараболический тип: p + q < n5. Параболический тип: q = 0, p = n − 1Замечание. Â(y 0 ) = J(x0 )A(x0 )J T (x0 ) ⇒ sign Â(y 0 ) = sign A(x0 )В случае n = 2 тип уравнения в точкеопределяетсяпо знаку определителя:±1 000 1.

Эллиптический вид: Â(y ) =→ Â(y ) = 10 ±1±1002. Гиперболический вид : Â(y ) =→ Â(y 0 ) = −10±13. Параболический вид : Â(y 0 ) = 0.Приведение уравнения 2 порядка к каноническому виду на плоскости:Рассмотрим в R2 уравнение a(x, y)uxx + 2b(x, + c(x, y)uyy + F (x, y, u, ∇u) = 0 y)uxy a b Для определения в точке используем d = bc(ξ = ξ(x, y)η = η(x, y)Введём преобразование y = y(x) =— диффеоморфизм класса C 2 .В новых координатах â (ξ, η) ûξξ + 2b̂ (ξ, η) ûξη + ĉ (ξ, η) ûηη + F̂ (ξ, η, û, ∇ξη , û) = 0â b̂a bξxTÂξ, η =; A=; Â = JAJ ; J =bcηb̂ ĉx1.1ξyηyГиперболический случайВыбираем (x0 , y0 ) ∈ Ω, пусть d(x0 , y0 ) = ac − b2 < 0.

В силу непрерывности есть Uε (x0 , y0 ), где d < 0.Во всех точках этой окрестности тип-гиперболический.Определение 1.1. Второй канонический тип: ûξ + F̂ (ξ, η, û, ∇û) = 0, то есть â ≡ ĉ ≡ 0 ∀ ξ, η ∈ V (ξ ◦ , η ◦ ).Запишем характеристическое уравнение:a(x, y)wx2 + 2b(x, y)wx wy + c(x, y)wy2 = 0,где ξw либо η, либо ξ; от решений хотим grad w = 0, так как если ∇η = 0 или ∇ξ = 0, то J = 0.Замечание. w(x) = 0 - характеристическая ⇒ w̃(x) = w(x)−c = 0 - также характеристическая: c̃ ∈ C 2 , ∇w̃ 6= 0,w̃ - удовлетворяет характеристическому уравнению.Определение 1.2. Переменные ξ, η - характеристические; поверхности ξ = C1 , η = C2 - характеристические.а) Пусть a(x◦ , y ◦ ) 6= 0, для c(x◦ , y ◦ ) 6= 0 рассуждениятакие же.В окрестности, где a(x, y) 6= 0 uε (x◦ , y ◦ ) , делим:wx2 +2bcwx wy + wy2 =aa2 bb2 − acwx + wy −wy = wx + λ+ (x, y)wy · wx + λ− wy = 0,aa7√где введены обозначения λ± = a1 (b ± b2 − ac), верно, что λ− 6= λ+ ∀ (x, y) ∈ Uε (x◦ , y ◦ ), так как d =ac − b2 < 0.Рассмотрим ЛДУЧП 1-го порядка wx + λ(x, y)wy = 0.Из теории: у однородного ДУЧП a1 (x, y)wx + a2 (x, y)wy = 0 при условии a21 + a22 > 0 решение есть:∃ w(x, y) ∈ C 2 (Ω), ∇w 6= 0 иdxdy=− первый интегралa1a2dyВ нашем случае dx1 = λ ⇔ dy − λdx = 0 - ПИ этого уравнения даёт решение исходного ДУЧП.Значит, в обеих скобках есть по решению, причём ∇w 6= 0.Покажем невырожденность:(ξx + λ+ ξy = 0,ηx + λ− ηy = 0.J(x◦ , y ◦ ) = det ξx ξy = det −λ+ ξy ξy =·ξy ηy если ξy = 0 ⇒ ξx = 0 ⇒ ∇ξ = 0(λ− − λ+ )ηx ηy−λ− ηy ηy| {z }6=0в силу гиперболичностиИтак, ξ(x, y), η(x, y) - диффеорморфизм класса C 2 .

Оно зануляет â и ĉ. Получается уравнение второйканонической форме.Замечание. От II канонической форме к I:(α = ξ + η,⇒ û(ξ, η) = ũ(ξ + η , ξ − η ), ûξ = ũα + ũβ , uξη = ũαα − ũββ| {z } | {z }β =ξ−ηαβТогда наше уравнение:ũαα − ũβ + F̃ (α, β, ũ, ∇αβ ũ) = 0 − I каноническая формаб) Если a(x, y) ≡ c(x, y) ≡ 0 ∀ (x, y) ∈ U (x◦ , y ◦ ), то b 6= 0, иначе уравнение в нуле функции в - не второгопорядка.Уравнение имеет II каноническую форму, преобразование в I - выше.в) Если a(x0 , y 0 ) = c(x0 , y 0 ) = 0, но в любой окрестности W (x0 , y 0 ) есть точки, где|a(x∗ , y ∗ )| + |c(x∗ , y ∗ )| > 0,то заменим ξ = x + y, η = x − y, и получим случай а.1.2Параболический случайПусть в точке и некоторой ее окрестности тип параболический, то есть d = ac − b2 = 0, причем ∀ (x, y) ∈U (x0 , y 0 ), a2 + c2 6= 0.

Уравнение характеристик:aωx2 + 2bωx ωy + cωy2 = 0 ⇒ (ωx + λωy )2 = 0 ⇒ λ = λ+ + λ− =baНаходим решение ω = ξ(x, y) ∈ C 2 (U (x0 , y 0 )), ∇ω(x, y) 6= 0.(ξ = ξ(x, y) эту берем произвольно, чтобы был диффеоморфизмη = η(x, y) эту построили. Доказательство того, что всегда можно выбрать опущеноМы взяли ξ, что ĉ ≡ 0. Покажем, что и b̂ ≡ 0: 22Â = JAJ | ⇒ Â = |J| · |A| = |J| (ac − b2 ) = 0 = |{z}âĉ −b̂2 ⇒ b̂ = 0=0Пришли кâ(ξ, η)ûξξ + F̂ (ξ, η, û, ∇ξ,η û) = 0â 6≡ 0, иначе 1 порядок, а обратная замена дает второй порядок81.3Эллиптический случайd(x, y) = ac − b2 > 0 ∀ (x, y) ∈ U (x0 , y 0 )Во всех точках окрестности a 6= 0 и c 6= 0, иначе было бы d = −b2 6 0.

Характеристическое уравнение:[ωx + λ+ ωy ] [ωx + λ− ωy ] = 02√2где λ± = b ± ab −ac = µ ± iν, µ, ν ∈ C 2 . При этом для функций λ+ , λ− известно λ+ = λ− . Два линейных ДУЧПпервого порядка:ωx ± λ ± ωy = 0Представим ω = ξ ± iη ⇒ (ξ ± iη)x + (µ + iν)(ξ ± iη)y = 0((ξ = ξ(x, y)Re : ξx + µξy − νηy = 0заменаη = η(x, y)Im : ηx + νξy + µηy = 0∈ C 2, ∇ =6 0Невырожденность:ξJ = xηx ξy (−µξy + νηy ) ξy == ν (ξy2 + ηy2 ) 6= 0 где ν 6= 0ηy (−νξy − µηy ) ηy | {z }6=0 т.к. ∇>0aωx2 + 2bωx ωy + cωy2 ⇒ (aξx2 + 2bξx ξy + cξy2 ) − (aηx2 + 2bηx ηy + cηy2 ) + 2i(aξx ξy + b(ξx ηy + ξy ηx ) + cξy ηy ) = 0{z}|{z} |{z} |âĉ2b̂Откуда â = ĉ, b̂ = 0, то есть получаем уравнениеûξξ + ûηη + F̂ (ξ, η, û, ∇ξη û) = 01.4Формальный вид уравнения характеристикa dy dy − 2b dy dx + c dx dx = 0Оно так выглядит из (dy − λ+ dx)(dy − λ− dx) = 0, то есть(dy)2 − (λ+ + λ− ) dx dy + λ+ λ− (dx)2 = 0| {z }| {z }c/a2b/a92Билет 2.

Постановка задачи Коши для уравнения 2-го порядка счастными производными в Rn с линейной старшей частью. Понятиео корректности задачи Коши. Пример Адамара некорректности задачи Коши для уравнения Лапласа.В области Ω ⊂ Rn задано уравнение:nXi,j=1aij (x)∂2u+ F (x, u, ∇u) = 0∂xi ∂xj(1)и поверхность S : ω(x) = ω(x1 , . . . , xn ) = 0, ω ∈ C 2 (Ω), и на Ω grad(ω) 6= 0 ∀ x ∈ Ω (нет особых точек).На поверхности задано гладкое некасательное поле ν = (ν1 (x), . .

. , νn (x)) (hν, ni =6 0).Определение 2.1 (Задача Коши). В U (x0 ) ⊂ Ω, x0 ∈ S, найти то решение уравнения (1), которое удовлетворяет двум условиям:1. u(x)|S∩U (x0 ) = u0 (x)2.∂u0∂ν |S∩U (x )= u1 (x) – выводящая производная:∂u∂ν= (ν, ∇u) =nPk=1∂u(x)νk (x) ∂xkМожет не быть непрерывной зависимости от начальных данных.Функции u0 , u1 произвольно брать, вообще говоря, нельзя.Далее определим характеристическую поверхность.Пусть S – гиперплоскость xn = 0. Нормаль n = (0, 0, . .

. , 0, 1)T , u(x1 , . . . , xn−1 , 0) = u0 (x1 , . . . , xn−1 ),∂u∂xn = u1 (x1 , . . . , xn−1 ).Мы знаем значения функции на гиперплоскости.Знаем градиент:∂u∂u0(x1 , . . . , xn−1 , 0) =(x1 , . . . , xn−1 ) ∂x1∂x1 ∂u..+(x1 , . . . , xn−1 , 0) = u1.∂xn∂u0 ∂u(x1 , . . . , xn−1 , 0) =(x1 , . . . , xn−1 )∂xn−1∂xn−1∂u∂n=Мы знаем и вторые производные: берём указанные сверху производные и дифференцируем вдоль поверхности,получим∂ 2 u0∂2u(x1 , . .

. , xn−1 , 0) =, 1 ≤ i, j ≤ n − 1∂xi ∂xj∂xi ∂xj∂2u∂u1(x1 , . . . , xn−1 , 0) =(x1 , . . . , xn−1 ), 1 ≤ i ≤ n − 1∂xn ∂xi∂xi2uНе нашли только ∂x∂n ∂x. До этого мы вообще еще не использовали уравнение:nn−1n−1PPaij uxi xj +anj uxn xj + ajn uxj xn +ann ux x+F (x, u, ∇u) = 0.| {z n n}i,j=1j=1только это слагаемоееще не определеноЕсли ann (x) = 0 на нашей гиперплоскости, то эту гиперплоскость назовём характеристической(Задача Коши не выполняется). На характеристической гиперплоскости полученное уравнение задаёт функциональнуюсвязь u0 и u1 – эта связь называется условие совместности.Теперь переходим к произвольной поверхности: заменим координаты так, чтобы локально поверхность былагиперплоскостью:10y1 = y1 (x1 , .