УМФ_билеты, страница 6

есть равномерная сходимость J в любом прямоугольнике. Беря в качестве Q всевозможные такиепрямоугольники, получим J ∈ C(t > 0, x ∈ R1 ). Аналогично будет для любой другой производной (будет2асимптотика |Pn (y)|e−αy ).2.(x−y)2(x−y)2(x − y)e− 4a2 t , Ex (t, x − y) = − √e− 4a2 t33/22 π2a t4πa2 t222(x−y)1−11−1(x − y)(x − y)2 − (x−y)− 4a2 t√Exx (t, x − y) = √,E(t,x−y)=+e+e 4a2 tt33/255/23/235/22 π 2a t2 π 2at4a t4a tE(t, x − y) = √1Тогдаut − a2 uxx:0+∞Z2 =Et (t, x −y)−aExx (t, x − y) u0 (y)dy = 0.−∞ Начальное условие (используя самое начало выкладок)u|t=01=√π+∞Z2e−η u0 (x)dη = u0 (x)−∞Теорема доказана.3110Билет 10.

Формула Пуассона решения задачи Коши для однородного и неоднородного уравнений теплопроводности в Rn . МетодДюамеля. Существование классического решения.Задача:(ut (t, x) − a2 ∆x u(t, x) = 0,u|t=0 = u0 (x) = ϕ1 (x1 ) . . . ϕn (xn ),t > 0, x ∈ Rn ,ϕk (xk ) ∈ C(R1 ),|ϕ(xk )| 6 M,k = 1, n;(11)Напишем серию задач Коши:uk t (t, x) − a2 uk x x (t, x) = 0,k kk u= ϕk (xk );(12)t=0Решение каждой даётся формулой Пуассона:ku (t, xk ) = √14πa2 t+∞Z(xk −yk )2e− 4a2 t ϕk (yk )dyk(13)−∞Покажем, что решение всей задачи:nYu=ku (t, xk )k=11. Очевидно, u(t, x) ∈ C(t > 0, x ∈ Rn ) ∩ C ∞ (t > 0, x ∈ Rn );nY2.

u(0, x) =ϕk (xk );k=1"3. ut (t, x) =nnnnnYYX Xj 2 j∂ Y kkk=ut (t, xj )a ux xuu (t, xk )u (t, xk ) =(t,x)kjj=∂tj=1j=1k=1k6=jk=1= a2nXj=1#∂2∂x2jnYku (t, xk ) = a2nXj=1k=1k=1k6=j∂2u(t, x) = a2 ∆x u(t, x).∂x2jИтак, в случае разделения переменных имеем:u(t, x) =√1n ZZ...4πa2 tReR−Pn2j=1 (xj −yj )4a2 tnYϕk (yk )dy1 . .

. dyn =k=1√14πa2 tn Ze−|x−y|24a2 tu0 (y)dy(14)RnПолученная формула называется формулой Пуассона в Rn .Теорема 10.1. Пусть u0 ∈ C(Rn ), |u0 | 6 M ∀ x ∈ Rn . Тогдаn Z|x−y|21u(t, x) = √e− 4a2 t u0 (y)dy —4πa2 tnRклассическое решение задачи Коши 11, лежащее в классе C ∞ (t > 0, x ∈ Rn ) ∩ C(t > 0, x ∈ Rn ). Крометого, |u(t, x)| 6 M ∀ t > 0, x ∈ Rn .2Доказательство. Сохраняется из предыдущего билета с заменой (x − y)2 → |x − y| .32Зная решение однородного уравнения, можно найти решение и для неоднородного:(ut − a2 ∆x u = f (t, x), t > 0, x ∈ Rn ,u|t=0 = 0;(15)Используем метод Дюамеля. Предположения относительно f :1.

Dxα f (t, x) ∈ C(t > 0, x ∈ Rn ) ∀ α : |α| 6 2;2. |f (t, x)| 6 M0 ∀ t > 0, x ∈ Rn ;3. |Dxα f (t, x)| 6 M2 ∀ t > 0, x ∈ Rn .Сводим задачу к семейству однопараметрических задач:(vt (t, x, τ ) − a2 ∆x v(t, x, τ ) = 0,v|t=τ = f (τ, x),t > τ, x ∈ Rn ,x ∈ Rn ;Решение даётся формулой Пуассона в Rn :v(t, x, τ ) =!n Z1p4πa2 (t − τ )|x−y|2e− 4a2 (t−τ )f (τ, y)dyRnv(t, x, τ ) непрерывно продолжима до t > τ , ограничена: |v(t, x, τ )| 6 M0 .ZtПокажем, что u(t, x) =v(t, x, τ )dτ — решение задачи.0Исследуем вспомогательную функцию:n Z|x−y|21w(t̃, x, τ ) = √e− 4a2 t̃ f (τ, y)dy,4πa2 t̃nt̃ > 0, τ > 0, x, y ∈ RnR √ n √ n√y−x√ ⇒ y = x + 2a t̃η ⇒ dy = dy1 .

. . dyn = 2a t̃ dη1 . . . dηn = 2a t̃ dη.2a t̃Zp 21Тогда w(t̃, x, τ ) = n/2e−η f τ, x + 2a t̃η dη, t̃ > 0πRn√f τ, x + 2a t̃η ∈ C(τ > 0, t̃ > 0, x ∈ Rn , η ∈ Rn )Z √ 2−η 2 −η 2t̃ηe6Meиe−η dη < +∞ ⇒ w(t̃, x, τ ) сходится равномерно.τ,x+2af0Введём η =RnnИтак, w ∈ C(t̃ > 0, τ > 0, x ∈ R ).Утверждение 10.2. w можно дифференцировать и вносить производную под интеграл.Доказательство. wxi (t̃, x, τ ) ∼1Zπ n/2p 2e−η fxi τ, x + 2a t̃η dη,Rnt̃ > 0√ fxi τ, x + 2a t̃η ∈ C(τ > 0, t̃ > 0, x ∈ Rn , η ∈ Rn ) √ 22fxi τ, x + 2a t̃η e−η 6 M2 e−η ⇒ wxi (t̃, x, τ ) сходится равномерно.Поэтому, вместо ’∼’ можно поставить ’=’:33(16)wxi (t̃, x, τ ) =1Zp 2e−η fxi τ, x + 2a t̃η dη,π n/2t̃ > 0RnАналогично и для вторых производных по x:Zp 21e−η fxi xj τ, x + 2a t̃η dη,wxi xj (t̃, x, τ ) = n/2πt̃ > 0RnТеперь производная по времени: в силу того, что уравнение(wt̃ − a2 ∆x w = 0,w|t̃=0 = f (τ, x);выполняется везде, включая границу, получаем, что wt̃ ∈ C(t̃ > 0, τ > 0, x ∈ Rn )Мы исследовали w, а цель — v.

Связь этих функций: v(t, x, τ ) = w(t − τ, x, τ ). При условиях τ > 0, t > τ, x ∈ RnZtимеем непрерывность следующих функций: v, vt , vxi , vxi xj . Тогда для функции u(t, x) = v(t, x, τ )dτ получаем0непрерывность u, ut , uxi , uxi xj ⇒ решение будет классическим.ZtОсталось проверить уравнение: ut = v(t, x, t) +Ztvt (t, x, τ )dτ = f (t, x) +0a2 ∆x vdτ = f (t, x) + a2 ∆x u0Определение 10.1. Пусть Q — область в Rn+1t,x1 ,...,xn , а Q̂ = Q ∪ {некоторое подмножество ∂Q}. Обозначимp,qCt,x (Q̂) множество функций u(t, x) таких, что u, Dxα u, Dtβ u ∈ C(Q), α — мультииндекс, |α| 6 q, β ∈ N ∪ {0}, β 6p, и все эти функции допускают непрерывное продолжение на Q̂.Теорема 10.3.

Пусть в задаче Коши(ut − a2 ∆x u = f (t, x),u|t=0 = u0 (x),t > 0, x ∈ Rnx ∈ Rn ;а) u0 ∈ C(Rn ), |u0 (x)| 6 M0 ∀ x ∈ Rn1,2(t > 0, x ∈ Rn )б) f (t, x) ∈ Ct,xв) |f (t, x)| 6 M1 , |fxi (t, x)| 6 M2 , fxi xj (t, x) 6 M2 ∀ t > 0, x ∈ RnТогда функцияu(t, x) =√14πa2 tn Ze|x−y|2− 4a2 tZtu0 (y)dy +Rn1 p04πa2 (t − τ )!n Z|x−y|2e− 4a2 (t−τ )f (τ, y)dy  dτRn1,2является классическим решением задачи Коши, лежит в классе C(t > 0, x ∈ Rn ) ∩ Ct,x(t > 0, x ∈ Rn ). Крометого, справедлива оценка |u(t, x)| 6 M0 + tM1ZtДоказательство. Последний факт: |u| 6 M0 +|vt |dτ 6 M0 + M1 t03411Билет 11. Принцип максимума для уравнения теплопроводности.Теорема о единственности решения задачи Коши уравнения теплопроводности в классе M2 (T) (без доказательства)• Пусть Ω - ограниченная область в Rn , T > 0, QT = (0, T ) × Ω - цилиндр. Сечение цилиндра плоскостью t = τобозначим ΩτОпределение 11.1.

Параболическая граница области QT - множество ΓT = Ω0 ∪ {[0, T ] × ∂Ω}1,2Определим оператор L : Lu(t, x) = ut − a2 ∆x u, где u ∈ Ct,x(QT )1,2Теорема 11.1. (Принцип максимума) Пусть u(t, x) ∈ Ct,x(QT ) ∩ C(QT ), и пусть Lu(t, x) 6 0 в QT .

Тогдаmax u(t, x) достигается на параболической границе ΓT области QT(x,t)∈QTДоказательство. Возьмем усеченный цилиндр QT −δ . Рассматриваются M = max u(t, x) и m = max u(t, x).QT −δΓT −δТеорема утверждает, что M не превосходит m.• Пусть это не так и m < M . Тогда ∃ (t1 , x1 ) ∈ QT −δ ∪ ΩT −δ такая, что M = u(t1 , x1 ).Т.к.

это точка максимума гладкой функции, uxi xi (t1 , x1 ) 6 0, а ut (t1 , x1 ) > 0 (Если внутри, то равенство,если на верхней кромке, то > 0).Значит, значение образа u(t, x) под действием оператора L в точке (t1 , x1 ):Lu(t1 , x1 ) = ut − a2 ∆x u|(t1 ,x1 ) > 0 .Для противоречия необходимо показать, что неравенство строгое.M −m- такая же гладкая, как u.2(diamQT )2< M . Тем не менее, vβ (t1 , x1 ) = M ⇒ максимум2• Строгость: Возьмем функцию vβ (t, x) = u(t, x) + β x − x1 , β =На параболической границе vβ 6 m + M2d−m· d2 = M +m22vβ - не на параболической границе.Пусть он в точке (t2 , x2 ) ∈/ ΓT −δ .

Тогда L vβ |(t2 ,x2 ) = L u|(t2 ,x2 ) − βa2 2n > 0 ⇒ L u|(t2 ,x2 ) >βa2 2n > 0 ⇒Противорчие (вывод > аналогичен рамке выше)35• Предельный переход с δ → +0: Пусть u∗ = max u(t, x).ΓTТогда max u(t, x) 6 max u(t, x) 6 max u(t, x) = u∗ ⇒ u(t, x) 6 u∗ во всех точках QT ΩTΓT −δQT −δu(t, x)|ΩT =lim(bt,bx)∈QT →(t,x)∈ΩTΓTu(bt, xb) 6 u∗( 6 - предельный переход в неравенствах.) Теорема доказана.1,2Следствие.

Пусть u(t, x) ∈ Ct,x(QT )∩C(QT ), Lu = 0 ∀(t, x) ∈ QT . Тогда max u(t, x) и min u(t, x) достигаютсяQTQTна параболической границе ΓT множества QTДоказательство. Максимум достигается,т.к. Lu 6 0, минимум достигается, т.к. L(−u) 6 0Единственность решения задачи КошиВообще говоря, решение единственным будет не всегда. Но если ограничиться некоторым классом функций,то в нем решение может оказаться единственным. Введем такой класс.• Пусть T > 0, σ > 0. Слой толщины T - множество ΠT = {(t, x) : 0 < t < T ; x ∈ Rn }1,2(ΠT ) ∩ C(ΠT ) таких, что ∀ u(t, x) ∃ A > 0, α > 0 такие,Обозначим Mσ (T ) -класс функций u(t, x) ∈ Ct,xα|x|σчто |u(t, x)| 6 A exp∀ (t, x) ∈ ΠTЛемма 11.2.

Mσ (T ) - линейное пространство, причем σ0 6 σ1 ⇒ Mσ0 (T ) ⊂ Mσ1 (T )Доказательство. Очевидно.2Лемма 11.3. ∀ T > 0 функция uT (t, x) =1n(T − t) 2|x|2exp 4a (T − t) , t < T, x ∈ Rn удовлетворяет однород-ному уравнению теплопроводностиДоказательство.– uT ∈ C ∞ {t < T, x ∈ Rn }2"–∂uT∂t=21|x|nn +n2222(T − t)(T − t) 4a (T − t)2#|x|2 (T − t)4aexp2"– ∆x u T =212n14|x|+nn224(T − t) 2 4a (T − t) (T − t) 2 4 a (T − t)2#|x|02 (T − t)4aexp⇒ (uT )t − a2 ∆x uT = 0 ч.т.д• Класс Тихонова - M2 (T )Лемма 11.4.

Пусть v(t, x) такова, что v ∈ M2 (T ) и v - решение полностью однородной ЗК{Lv = 0, v|t=0 }. Тогда ∃ T1 6 T : |v| 6 εu2T1 (x, t) ∀ ε > 0Доказательство. |v| 6 A expα|x|2Возьмем ε > 0 и ωe± (t, x) = εu2T111∀ t, x ∈ ΠT . Выбираем T1 6 T : 2 > α : T1 = min T,8a T116αa2± v(t, x). Нужно показать, что ωe± (t, x) > 0:362ωe± (t, x)>εu2T1 − |v(t, x)|2>|x|22exp 4a 2(T1 ) −A expα|x| =εu2T1 − A expα|x|2=εn(2T1 − t) 2|x|22 (2T − t)4a1exp−A expα|x|>2|x|"#n212(2T)2−α|x|−1exp 8a (T1 ) 1 −A exp 8a2 (T1 )εεεnn2(2T1 − t)(2T1 ) 2(для выделенной части ∃ R > 0 : эта часть < 21 при |x| > R)Значит, ∀ (t, x) : 0 6 t 6 T и |x| > R Lωe± (t, x) > 0.Но ωe± (t, x) удовлетворяет уровнению теплопроводности ⇒ на ΓT1 достигаются максимум и минимумωe± (t, x) ⇒ он строго > 0 ⇒ ωe± (t, x) > 0 всюду в полосе (0, T1 ). Итак,∓v(t, x) 6 εu2T1 (t, x) ⇒ |v| 6εu2T1 (t, x) ∀ ε > 0 ⇒ v ≡ 0 в ΠT1Теорема 11.5.