УМФ_билеты, страница 4

Формула Пуассона-Кирхгофа решения задачи Коши дляоднородного волнового уравнения в R3 . Существование классического решения этой задачи.Теорема 5.1 (Из курсамат. анализа).Пусть Ωx ⊂ Rn , Ωy ⊂ Rm – ограниченные области, f (x, y) : Ωx × Ωy →RR, f ∈ C Ωx × Ωy . Тогда J(y) = f (x, y)dx ∈ C Ωy .Ωx∂J(y)∂f∈CЕсли к тому же ∂yΩ×Ωxy , то J(y) имеет непрерывную на Ωy частную производную ∂yk ∈ C Ωy ,kR ∂fпри этом ∂J(y)∂yk =∂yk (x, y)dx.ΩxОбозначим (τ - вспомогательный параметр)ug (t, x, τ ) =14πa2 txg(ξ, τ )dSξ , a > 0, t > 0, x ∈ R3 , τ > 0, ξ ∈ R3 .|ξ−x|=atЛемма 5.2.

Пусть g(ξ, τ ) такая, что1. g ∈ C{ξ ∈ R3 , τ > 0}2. Dξα g(ξ, τ ) ∈ C{ξ ∈ R3 , τ > 0} ∀ α : |α| 6 p.Тогдаαug (t, x, τ ) ∈ C{t > 0, x ∈ R3 , τ > 0} ∀ α : |α| 6 p1. Dt,x2. lim ug (t, x, τ ) = 0t→+0∂ugt→+0 ∂t3. При p > 1 lim= g(x, τ )Доказательство. Докажем отдельно все три утверждения.1. Сведем интеграл к интегралу по единичной сфере с центром в нуле с помощью такой замены:η=ξ−x⇒ ξ = x + atη, |η| = 1.atВ таком случае элемент площади dSξ = (at)2 dSη . Во введенном выше интеграле получимug (t, x, τ ) =(at)2 xg(x + atη, τ )dSη = tJg (t, x, τ ),4πa2 t|η|=1где Jg (t, x, τ ) =14πsg(x + atη, τ )dSη .|η|=1Теперь интеграл уже по фиксированному множеству.

Все выкладки справедливы при t > 0. Функцияg(t, x, η, τ ) = g(x + atη, τ ) ∈ C{t > 0, x ∈ R3 , |η| = 1, τ > 0}.Тогда по теореме из начала билета Jg (t, x, τ ) ∈ C{t > 0, x ∈ R3 , τ > 0}.Аналогично будет для производных в силу второй части той же теоремы и наличия соответствующихпроизводных у функции g.19∂Jg (t, x, τ )t→+0 ∂t2. lim tJg (t, x, τ ) = lim t · limt→+0t→+0= 0 (последний предел конечен в силу непрерывности).Можно записать(ug (t, x, τ ), t > 0∈C Ω ,0, t = 0Ug (t, x, τ ) =где последнее включение означает непрерывные в области и непрерывно продолжимые на границу функции.3.

При p > 1 запишем следующее::0∂∂∂ ug (t, x, τ ) = lim[tJg (t, x, τ )] = lim Jg (t, x, τ ) + lim limt · J (t, x, τ ) = ∂t gt→+0 ∂tt→+0 ∂tt→+0t→+01 x1 x= g(x, τ )= Jg (0, x, τ ) =g(x + atη, τ )dSη dSη = g(x, τ ).4π4π|η|=1|η|=1t=0Перейдем к решению задачи Кошиutt − a2 ∆u = 0, t > 0, x ∈ R3u|t=0 = 0; ut |t=0 = u1 (x)(4)Теорема 5.3 (Формула Пуассона-Кирхгофа). Пусть u1 (x) ∈ C 2 (R3 ). Тогдаu(t, x) =14πa2 txu1 (ξ)dSξ ∈ C 2 {t > 0, x ∈ R3 }|ξ−x|=atи является классическим решением задачи (4)Доказательство.

В силу леммы имеем u|t=0 = 0; ut |t=0 = u1 .Т.к. u1 ∈ C 2 (R2 ), u ∈ C 2 {t > 0, x ∈ R3 }, то сделаем замену переменной:u(t, x) =t xu1 (x + atη)dSη .4π|η|=1Осталось только проверить, что u удовлетворяет уравнению∆x u(x, t) =t x1∆ξ u1 (x + atη)dSη =4π4πa2 t|η|=1При t > 0 (использовано n =ut (x, t) =ξ−x|ξ−x|=∆ξ u1 (ξ)dSξ .|ξ−x|=at= η)31 xta x X ∂u1u1 (x + atη)dSη +(x + atη)ηk · dSη =4π4π∂ξk|η|=1 k=1|η|=1=ξ−xatx3u(x, t)ta x X ∂u1u(x, t)1+(ξ)nk (ξ) · dSη =+t4π∂ξkt4πat|η|=1 k=1x|ξ−x|=at∂u1u(x, t)1(ξ) · dSξ =+I.∂nt4πatЗаметим, чтоy|ξ−x|<at∆ξ u1 (ξ)dξ =y|ξ−x|<atdiv(∇u1 (ξ))dξ =x|ξ−x|=at20(∇u1 (ξ), n(ξ)) dSξ =x|ξ−x|=at∂u1dSξ = I∂nТогда получимu(t, x)1ut =+t4πaty|ξ−x|<atu(t, x)1∆ξ u1 (ξ)dξ =+t4πatZat0x|ξ−x|=ρu(t, x)1∆ξ u1 (ξ)dSξ  dρ =+t4πatZatϕ(ρ)dρ0IItuIItIutuuI∂ u+− 2−++=− 2−=+=utt (x, t) =222∂t t4πattt4πat4πatt · t 4πatt4πat4πatZatx1It1 ∂1ϕ(ρ)dρ ===aϕ(at) =∆ξ u1 (ξ)dSξ .4πat4πat ∂t4πat4πt|ξ−x|=at0Итак, u(x, t) - классическое решение.Рассмотримutt − a2 ∆u = 0, t > 0, x ∈ R3u|t=0 = u0 (x); ut |t=0 = 0, u0 ∈ C 3 (R3 )(5)Введем v(t, x):vtt − a2 ∆v = 0, t > 0, x ∈ R3v|t=0 = 0; vt |t=0 = u0 (x)Эту задачу мы уже решили.

Так как u0 ∈ C 3 (R3 ), имеем v ∈ C 3 {t > 0, x ∈ R3 }.Утверждение 5.4. u(x, t) ≡ vt (x, t) ∈ C 2 {t > 0, x ∈ R3 } дает решение (5).Доказательство.1. vtt − a2 ∆v = 0 ⇒ vttt − a2 (∆v)t = 0 ⇒ (vt )tt − a2 ∆(vt ) = 0 ⇒ utt − a2 ∆u = 02. u|t=0 = vt |t=0 = u0 (x)3. ut |t=0 = vtt |t=0 = a2 (∆v)t=0 = 0 (на гиперплоскости t = 0 v|t=0 = 0. Тогда на ней (∆x v)|t=0 = 0)Мы доказали следующую теорему:"Теорема 5.5.

Функция u(t, x) =∂∂t14πa2 ts#u0 (ξ)dSξ , t > 0, x ∈ R3 , где u0 ∈ C 3 (R3 ), является класси-|ξ−x|=atческим решением задачи (5).216Билет 6. Формула Кирхгофа решения задачи Коши для неоднородного волнового уравнения в R3 . Метод Дюамеля. Принцип Гюйгенса6.1Формулировка задачи23utt − a ∆u = f (t, x) t > 0, x ∈ Ru|t=0 = 0ut |t=0 = 06.2считаем что Dxα f (t, x) ∈ C{t > 0, x ∈ R3 } ∀ α : |α| 6 2(6)Метод ДюамеляСведем задачу к задаче Коши для однородного волнового уравнения.

Рассмотрим однопараметрическое семейство задач:23wtt (t, x, τ ) − a ∆x w(t, x, τ ) = 0 t > τ, x ∈ Rτ >0(7)w|t=τ = 0wt |t=τ = f (τ, x)Решение получаем по формуле Пуассона-Кирхгофа:w(t, x, τ ) =14πa2 (t − τ )xf (τ, ξ) dSξ ∈ C2 {t > τ, x ∈ R3 }|ξ−x|=a(t−τ )Введем в рассмотрение функциюωf (t, x, τ ) =14πa2 txf (τ, ξ) dSξ|ξ−x|=atαωf (t, x, τ ) ∈ C{x ∈ R3 , t > τ, τ > 0} ∀ α : |α| 6 2.Тогда Dt,xαw(t, x, τ ) = ωf (t − τ, x, τ ) ⇒ Dt,xw(t, x, τ ) ∈ C{x ∈ R3 , t > 0, τ > 0} ∀ α : |α| 6 2Утверждение 6.1.Zu(t, x) =tw(t, x, τ )dτ — классическое решение задачи 60Доказательство.•αDt,xu(t, x) ∈ C{x ∈ R3 , t > 0} ∀ α : |α| 6 2•Zu|t=0 = 0; ut |t=0 = w(t, x, t)| {z }=0 из условий Коши в 7+0t∂w dτ ∂tZ=00∂w dτ =0∂tt=0t=0•Z∆x u =0t∂∆x w(t, x, τ )dτ ; utt =∂tZ0tZ tZ t∂w2dτ = wt (t, x, t)+wtt (t, x, τ ) dτ = f (t, x)+a∆x w(t, x, τ ) dτ =∂t00= f (t, x) + a2 ∆x uЗначит, удовлетворяет уравнению.22Мы доказали следующую теорему:Теорема 6.2.

Пусть в 6 функция f (t, x) : Dxα f (t, x) ∈ C{t > 0, x ∈ R3 }. Тогда функцияZ tx1f (τ, ξ) dSξ  dτu(t, x) =20 4πa (t − τ )(8)|ξ−x|=a(t−τ )является классическим решением, причемαDt,x∈ C{t > 0, x ∈ R3 }Суть метода Дюамеля: f (t, x) — это начальные данные в каждый момент времени.6.3Запаздывающий потенциалПреобразуем полученную формулу 8.Z0tZ 0a(t − τ ) = ρ1 dρ xf (τ, ξ) dSξ  dτ =  τ = t − ρ/a  = −f (t − ρ/a, ξ) dSξ =at 4πaρ adτ = −dρ/a|ξ−x|=a(t−τ )|ξ−x|=ρZ atx f (t − |ξ−x| , ξ)y f (t − |ξ−x| , ξ)11aa dρ ==dSdξξ4πa2 0|ξ − x|4πa2|ξ − x|14πa2 (t − τ )x|ξ−x|=ρ|ξ−x|<atПоследнее выражение называется запаздывающим потенциалом.6.4Общая задача2utt − a ∆x u = f (t, x)u|t=0 = u0 (x)ut |t=0 = u1 (x)Теорема 6.3.

Пусть в общей задаче Коши имеем:u0 ∈ C3 (R), u1 ∈ C2 (R), Dxα f (t, x) ∈ C{t > 0, x ∈ R3 } ∀ α : |α| 6 2Тогдаu(t, x) =∂  1∂t 4πa2 txu0 (ξ) dSξ +|ξ−x|=at14πa2 txu1 (ξ) dSξ +|ξ−x|=at14πa2y|ξ−x|<atf (t − |ξ−x|a , ξ)dξ ∈ C2 {t ≥ 0, x ∈ R3 }|ξ − x|(9)является классическим решением общей задачи Коши. Формула 9 называется формулой Кирхгофа.6.5Принцип ГюйгенсаПусть f = 0, то есть источников нет, а начальное возмущение локализовано в пространстве. Тогда в каждойточке воздействие будет локализовано во времени. У такого конечного возмущения есть передний и заднийфронты.Утверждение 6.4 (Принцип Гюйгенса).

Возмущение, локализованное в пространстве, приводит к действию, локализованному во времени23247Билет 7. Формула Пуассона решения задачи Коши для волновогоуравнения в R2 . Метод спуска. Диффузия волнРассматривается задачаutt − a2 (ux1 x1 + ux2 x2 ) = f (t, x1 , x2 ), t > 0, (x1 , x2 ) ∈ R2u|t=0 = u0 (x1 , x2 ); ut |t=0 = u1 (x1 , x2 )(10)Используем метод спуска: перейдем в R3 :utt − a2 (ux1 x1 + ux2 x2 + ux3 x3 ) = f (t, x1 , x2 )u|t=0 = u0 (x1 , x2 ); ut |t=0 = u1 (x1 , x2 )Для этой задачи решение мы уже знаем. Покажем, что оно не зависит от третьей переменной.|ξ−x|yxx,ξft−a∂  111u(t, x1 , x2 , x3 ) =u0 (ξ1 , ξ2 )dSξ  +u1 (ξ1 , ξ2 )dSξ +dξ∂t 4πa2 t4πa2 t4πa2|ξ − x||ξ−x|<at|ξ−x|=at|ξ−x|=at{z}|V (t,x)+Сфера разбивается наpдве полусферы, проектирующиеся в однуp окружность, т.е.

Sat = Sat222222002уравнением ξ3 = x3 ± a t − (ξ1 − x1 ) − (ξ2 − x2 ) = x3 ± a t − |ξ − x | .sss1Т.к.= , имеем V (t, x) = 2πau1 (ξ1 , ξ2 )dSξ .2t+Sat−SatS−Sat, что задается+SatИз мат. анализа известно, что для поверхности S, заданной явно: ξ3 = F (ξ1 , ξ2 ), (ξ1 , ξ2 ) ∈ D, справделивоqxxu(ξ)dSξ =u (ξ1 , ξ2 , F (ξ1 , ξ2 )) 1 + Fξ21 + Fξ22 dξ1 dξ2 .SВ нашем случаеqD1 + Fξ21 + Fξ22 =q1+(ξ1 −x1 )2 +(ξ2 −x2 )2a2 t2 −(ξ1 −x1 )2 −(ξ2 −x2 )2Получили, чтоV (t, x) =12πax=√at.a2 t2 −(ξ1 −x1 )2 −(ξ2 −x2 )2u1 (ξ1 , ξ2 )p|ξ 0 −x0 |<ata2 t2− |ξ 0 − x0 |2dξ1 dξ2не зависит от третьей переменной.Аналогично для двух другихs слагаемых, т.к. во всех трех под знаками интегралов или производных можновыделить интеграл видаϕ(ξ1 , ξ2 )dSξ , который, как показано выше, от ξ3 не зависит.