УМФ_билеты, страница 5

Доказанное можно|ξ−x|=atсформулировать как теорему:Теорема 7.1. Пусть в задаче Коши (10) u0 (x) ∈ C 3 (R2 ), u1 (x) ∈ C 2 (R2 ), Dxα f (t, x) ∈ C{t > 0, x ∈ R2 } ∀ α :|α| 6 2. Тогда функция (dξ = dξ1 dξ2 )xx∂  1u0 (ξ)dξu1 (ξ)dξ+ 1ppu(t, x) =+2222∂t 2πa2πaa t − |ξ − x|a t2 − |ξ − x|2|ξ−x|<at|ξ−x|<atZtx1f(τ,ξ)dξ dτp2πaa2 (t − τ )2 − |ξ − x|20|ξ−x|<a(t−τ )принадлежит C 2 {t > 0, x ∈ R2 } и является классическим решением задачи Коши (10).Определение 7.1 (Диффузия волн). – это отсутствие принципа Гюйгенса.

В R2 его нет. Есть эффект последействия: передний фронт есть, а заднего нет, так как интегралы берутся не по контурам, а по всей внутреннейобласти.258Билет 8. Теорема о единственности классического решения задачиКоши для волнового уравнения (на примере случая R2 ). Методинтеграла энергии.Теорема 8.1.

Классическое решение ЗК для волнового уравнения в Rn единственно.Доказательство (для случая R2 ). Пусть u1 и u2 - классические решения.Тогда функция v(t, x) = u1 (t, x) − u2 (t, x) удовлетворяет полностью однородной задаче:vtt − a2 (vx1 x1 + vx2 x2 ) = 0v|t=0 = vt |t=0 = 0Наша цель - показать, что v ≡ 0 в (t > 0, x ∈ R2 ).Возьмем точку (t0 , x0 ), t0 > 0, x0 ∈ R2 . Выпустим из этой точки характеристическую поверхность - конусw(t, x) = a2 (t − t0 )2 − (x1 − x01 )2 − (x2 − x02 )2 = 0, t < t0 .Возьмем его часть - усечённый конус VT с нижним основанием Σ0 , верхним ΣT и боковой поверхностью ΓT .−Вектор (внешней) нормали →n к этому усеченному конусу:T−• на ΣT : →n = 1 0 0T−• на Σ0 : →n = −1 0 0wt−−1wx1 .

В силу соотношений wt2 −a2 wx2 −a2 wx2 = 0 , имеем n2t = a2 (n2x +n2x ).• на ΓT : →n = √w2 +w221212x1 +wx2tw x2Т.к. n2t + n2x1 + n2x2 = 1, n2t =a2a2 +1⇒ nt =Функция ψ ≡ 0 = vt (vtt − a2 vx1 x1 − a2 vx2 x2 ) ≡ 0,√ a.a2 +1во всех точках усеченного конуса.Раскроем скобки:vt vtt − a2 vt vx1 x1 − a2 vt vx2 x2 =1= (vt2 )t + a2 vx1 vx1 t − (a2 vt vx1 )x1 + a2 vx2 vx2 t − (a2 vt vx2 )x2 =2111= (vt2 )t − (avt vx1 )x1 − (avt vx2 )x2 + ( a2 vx21 )t + ( a2 vx22 )t =222 2vt + a2 vx21 + a2 vx22=+ (−a2 vt vx1 )x1 + (−a2 vt vx2 )x2 =2t= Ftt + Fxx11 + Fxx2226—дивергентный вид.T→−Введем в рассмотрение векторное поле F = F t F x1 F x2 .

Тогда то выражение, к которому мы пришли,есть→−∂ x1∂∂ x2div F = F t +F +F .∂t∂x1∂x2Проинтегрируем эту дивергенцию по объему усеченного конуса:0=yVT{ →− −→−(F , →n )dS =div F =∂VT=x v 2 + a2 v 2 + a2 v 2x v 2 + a2 v 2 + a2 v 2tx1x2tx1x2dS −dS +22ΣTΣ01x+(vt2 + a2 vx21 + a2 vx22 )nt − 2a2 vt vx1 nx1 − 2a2 vt vx2 nx2 dS =2ΓT= E(ΣT ) + E(ΓT ) − E(Σ0 )В силу начальных условий v|t=0 = 0 и vt |t=0 , имеем E(Σ0 ) = 0 (под интегралом тождественный ноль).Тогда E(ΣT ) + E(ΓT ) = 0. Кроме того, E(ΣT ) > 0 (под интегралом сумма квадратов).Покажем, что и E(ΓT ) > 0: разделим и домножим её на nt =12√√ aa2 +1a2 + 1 x(vt2 + a2 vx21 + a2 vx22 )n2t − 2a2 vt vx1 nt nx1 − 2a2 vt vx2 nt nx2 dS =aΓT√1 a2 + 1 x 2 2 2vt a (nx1 + n2x2 ) + a2 vx21 n2t + a2 vx22 n2t − 2a2 vt vx1 nt nx1 − 2a2 vt vx2 nt nx2 dS ==2aΓTx1 p(vt nx1 − vx1 nt )2 + (vt nx2 − vx2 nt )2 dS > 0= a a2 + 12ΓTЗначит, E(Σ0 ) = E(ΣT ) = E(ΓT ) ≡ 0.

Из E(ΣT ) ≡ 0 получаем:vt ≡ 0; vx1 ≡ 0; vx2 ≡ 0 ⇒ Ov = 0 ⇒ v = const = v|t=0 = 0Это верно всюду внутри усеченного конуса. Заметая такими конусами всё пространство, получим, что v ≡ 0.279Билет 9. Формула Пуассона решения задачи Коши для однородного уравнения теплопроводности в R1 Фундаментальное решение.Существование классического решения задачи Коши при непрерывной ограниченной начальной функции.Задача :(ut − a2 uxx = 0, t > 0, x ∈ R,ut=0 = u0 (x), x ∈ RПусть для начала:(1, x > 0,u0 (x) =0, x < 0Сделаем замену:(τ = αt, α > 0,ξ = βx, β > 0.Пусть u(t, x) - решение задачи. Введём v(τ, ξ) = u( ατ , βξ ), тогда: vτ =1α ut , vξ=1β ux , vξξ=1β 2 uxx .2Из уравнения: vτ = βα a2 vξξ следует, что при α = β 2 новая функция тоже будет решением, а значит, решениезадачи не единственно: для любого решения u(t, x) функция v(t, x) = u( βt2 , βx ) будет решеним задачи Коши∀ β > 0.Определение 9.1. Множество преобразований {uα }α∈D - однопараметрическая группа преобразований если:• ∀ α1 , α2 ∈ D ∃ !α ∈ D : uα = uα1 ◦ uα2 , то есть задана γ : D × D → D• ∃ !α0 ∈ D : ∀ α ∈ D : γ(α0 , α) = γ(α, α0 ) = α, то есть uα0 - тождественное.• ∀ α ∈ D ∃ !β ∈ D : γ(α, β) = γ(β, α) = α0 , то есть uβ - обратное к uα .Определение 9.2.

Функция I(x) - инвариант однопараметрической группы преобразовний, если:D : I(x) ≡ I(uα (x)).∀α ∈Определение 9.3. Говорят, что уравнение допускает однопараметрическую группу преобразований, если оноинвариантно относительно uα ∀ α ∈ D.Определение 9.4. Решение уравнения называется автомодельным, если оно зависит только от инвариантовнекоторой допустимой группы преобразований.Множество преобразований:(τ = β 2 t,ξ = βxxесть однопарметрическая группа преобразований, ξ = √ - инвариант группы.t xНайдём такое решение u(t, x) = f √ = f (z).tТогда: 0000x−xx 1x 1ut = f √ ·, ux = f √ · √ , uxx = f √ ·2tttt t2t 3Подставляем в первое уравнение задачи: 000x 0 xx11 0z22 00√√√ · ⇔ a2 f (z) = − f (z) ⇒ ln |f (z)| = − 2 + C̃1−f=a ft24a2t tttZzПолучили, что: f (z) = C1η2e− 4a2 dη + C2−∞28Задача была следующей: бесконечный стержень разделён на две половины, начальные температуры половин T0 = 0 и T1 = 1.Из физических соображений:lim f (z) = 0,z→−∞lim f (z) = 1.=⇒ C2 = 0 ,z→+∞+∞+∞ZZη2η2η1− 4a−12edη = C1 = 2ae− 4a2 d⇒ C1 = √2a4πa2−∞−∞|{z}√πОкончательно:f (z) = √Zz14πa2−∞z/2az/2aη2ZZ2212a−µ2e 4a dη = √edµ = √e−µ dµ2π4πa−−∞−∞Введём интеграл ошибок:2Φ(z) = √πZz2e−ξ dξ, Φ(±∞) = ±1, Φ(0) = 0.0Тогда:√xxu(t, x) = f √t1=√πZ4ta2e−µ2−∞1xdµ =1+Φ √24a2 t1.

Мы рассмотрим модельную задачу.2. Увеличим ступеньку в u∗ раз и сдвинем.u∗x − x0u(t, x) =1+Φ √24a2 t3. Можем получить и ступеньку конечной ширины. u∗x − x1x − x2u(t, x) =Φ √−Φ √24a2 t4a2 t4. Для системы из N интервалов имеем: NXu∗kx − x1kx − x2k√√u(t, x) =Φ−Φ24a2 t4a2 tk=1Последнее можно переписать в следующем виде:o no nx−x1N√ 2k√ 1k− 12 Φ x−x−−ΦX2224a t4a t u∗k (x2k − x1k )u(t, x) =x2k − x1kk=1295. Окончательно, пусть u0 (x) финитна, непрерывная, ограничена. Разбиваем ее носитель supp u0 (x) наотрезки, аппроксимируем кусочно постоянной.

Для приближенных решений справедливо: X1Ψ(t, x, x2k ) − Ψ(t, x, x1k )x−ξx2k + x1ku(t, x) = Ψ(t, x, ξ) = − Φ √=u0(x2k − x1k ) ≈2x2k − x1k24a2 tNX(x−ξ)2x2k + x1k∂Ψ1∂Ψ − 4a2 tu0(x2k − x1k ) ==√e=≈∂ξ ξ= x2k +x1k2∂ξ4πa2 tk=12NX(x−ξ)2 1− 4a2 t √=e x2k +x1k u∗k (x2k − x1k ) − Интегральная сумма Римана4πa2 tξ=k=12Предположение: решение будетu(t, x) = √Z14πa2 t∞e−(x−ξ)24a2 tu0 (y)dy − Формула Пуассона−∞ФункцияE(t, x) = √14πa2 tx2e− 4a2 t − фундаментальное решение (или функция источника)Теорема 9.1. Пусть u0 ∈ C(R1 ), |u0 (x)| 6 M0 ∀ x ∈ R1 . Тогда функция u(t, x) =√ 14πa2 tR∞e−−∞(x−y)24a2 tu0 (y)dy1.

Принадлежит классу C ∞ (t > 0, x ∈ R1 ) ∩ C(t > 0, x ∈ R1 )2. Является классическим решением задачи Коши(ut − a2 uxx = 0, t > 0, x ∈ R3 ,ut=0 = u0 (x), x ∈ R3. |u(t, x)| 6 M ∀ t > 0, x ∈ R1Доказательство.1. В исходном интеграле для u(t, x) сделаем такую замену:√√y−x√ = η, y = x + 2a tη, dy = 2a tdη2a tТогда получим1u(t, x) = √πZ∞√√2e−η u0 (x + 2a tη)dη, u0 (x + 2a tη) ∈ C(t > 0, x ∈ R1 , η ∈ R1 )−∞√ R∞222Оценим e−η u0 (x + 2a tη) 6 M0 e−η , причем −∞ M0 e−η dη < ∞ ⇒ этот интеграл сходится абсолютнои равномерно, а значит лежит в C(t > 0, x ∈ R1 ).

Отсюда следует третье утверждение теоремы.ВозьмемZ∞ux (t, x) ∼−∞4a3(x−y)21√ 3/2 e− 4a2 t (y − x)u0 (y)dy = J,πtгде выражение под интегралом лежит в C(t > 0, x ∈ R1 , η ∈ R1 ). Покажем равномерную сходимость этогоинтеграла серией оценок:(a) |y − x| > |y| − A, |x| < A, y ∈ R(b) |y − x| 6 |y| + A|y| √(c) При |y| > A : (y − x)2 > (|y| − A)2 = y 2 + A2 − 2 √( 2A) > y 2 + A2 −22При |y| 6 A : (x − y)2 > − A2 .30y22− 2A2 =y22− A2 .(d) Возьмем( 2− y2 − A2 ,ϕA (y) =2− A2 ,|y| > A|y| < AТогда (x − y)2 > ϕA (y) ∀ x 6 A, y ∈ R.Получили следующую оценку:ϕA (y)(x−y)21M0− 4a2 t(y − x)u0 (y) 6 3 √ 3/2 (|y| + A)e− 4a2 t 4a3 √πt3/2 e4a πtЭтот интеграл сходится при ограничения на t, т.е. в прямоугольнике Q = {t ∈ (t1 , t2 ), x ∈ (−A, A)},т.е.