УМФ_билеты, страница 7

Задача Коши Lu = f (x, t), u|t=0 = u0 (x) в классе Тихонова не может иметь болееодного решения в полосе ΠTДоказательство. Пусть существует два решения: u1 и u2 . Возьмем v(t, x) = u2 − u1 . Функция v удовлетворяет полностью однородной ЗК и лежит в классе Тихонова ⇒ в полосе ΠT1 , где T1 определенно изпредыдущей леммы, будет v ≡ 0Если T 6 T1 , то все доказано. В противном случае вводим:w(t, x) = v(t − T, x). Она удовлеворяет:(wt − a2 ∆x w = 0(17)w|t=0 = 0, T1 6 t < T, x ∈ Rn⇒ в полосе (0, T1 ) получим w ≡ 01(T1 определяется 2 ⇒ одно и то же)8a αТак за конечное число шагов N = d TT1 e мы покроем всю ΠT3712Билет 12. Решение методом Фурье смешанной задачи для однородного уравнения теплопроводности на отрезке с однороднымикраевыми условиями Дирихле. Существование и единственностьклассического решения.Рассмотрим смешанную (начально-краевую) задачу:2ut − a uxx = f (t, x),u|t=0 = u0 (x),u|x=0 = ψ0 (t), u|x=l = ψ1 (t),0 < t < T, 0 < x < l,0 6 x 6 l,0 6 t 6 T;(18)1,2Рассматриваем ее классическое решение — функцию u(t, x) ∈ Ct,x(QT ) ∩ C(QT ), гдеQT = {(t, x) : t ∈ (0, T ); x ∈ (0, l)}, удовлетворяющую в QT уравнению, начальному и граничным условиям.Теорема 12.1 (Единственности).

Не может существовать более одного классического решения задачи 18Доказательство. Если u1 , u2 — классические решения, то v = u1 − u2 — классическое решение полностьюоднородной задачи. На параболической границе ΓT = {t = 0, x ∈ [0, l]} ∪ {x = 0, t ∈ [0, T ]} ∪ {x = l, t ∈ [0, T ]}v|ΓT = 0. Но на ΓT достигается максимум и минимум v в QT в силу принципа максимума ⇒ v ≡ 0Частный случай, указанный в билете:2ut − a uxx = 0,u|t=0 = u0 (x),u|x=0 = 0, u|x=l = 0,0 < t < T, 0 < x < l,0 6 x 6 l,0 < t < T;Из непрерывности естественно требовать выполнение условий согласования: u0 (0) = u0 (l) = 0.

Оказывается, втаких условиях решение существует.Метод Фурье — поиск решения в виде ряда по собственным функциям стационарного оператора.Придём к этой идее. Будем искать решение Lu = ut − a2 uxx = 0 методом разделения переменных:u(t, x) = Θ(t)X(x), u(t, x) 6≡ 0.Подставляем: Θ̇(t)X(x) − a2 Θ(t)X 00 (x) = 0 ⇒Θ̇(t)X 00 (x)== −λ = const, т.к. равенство выполненоa2 Θ(t)X(x)∀ (t, x) ∈ QTПолучаем на функции Θ и X следующие уравнения:(−X 00 (x) = λX(x),Θ̇(t) + λa2 Θ(t) = 0,0 6 x 6 l,0 6 t 6 T;Из начального условия u(t, 0) = Θ(t)X(0) ∀ t ∈ (0, T ) ⇒ X(0) = 0. Аналогично X(l) = 0.Задача для X:00−X (x) = λX(x),X(0) = X(l) = 0,X(x) 6≡ 0;x ∈ (0, l),Поставленная задача называется задачей Штурма-Лиувилля.Введем оператор A:• D(A) = X ∈ C 2 [0, l] : X(0) = X(l) = 0• Im(A) = {Y ∈ C[0, l]}38(19)• AX = −∆X = YЗадача Штурма-Лиувилля — это задача на собственные функции и собственные значения оператора A.Решим ее:• λ < 0:√√X(x) = C1 e |λ|x + C2 e− |λ|x(X(0) = C1 + C2 = 0,√√X(l) = C1 e |λ|l + C2 e− |λ|l = 0;!√p11= 1 − e2 |λ|l = 0 ⇒ |λ|l = 0, противоречие.det 2√|λ|l1eИтак, «−∆» с граничными условиями Дирихле не имеет отрицательных собственных значений.• λ = 0:X(x) = C1 x + C2(X(0) = C2 = 0,X(l) = C1 l = 0;Нетривиальных решений нет.• λ > 0:√√X(x) = C1 cos λx + C2 sin λx(X(0) = C1 = 0,√X(l) = C2 sin λl = 0; 2√πkλl = πk ⇒ λk =,k ∈ NlπkФункции Xk (x) = sinxl2Теперь для найденных λk решаем Θ̇k (t) + λk a2 Θk (t) = 0 ⇒ Θk (t) = e−a λk t πk2Мы нашли uk (t, x) = e−a λk t sin— счетное число бесконечно гладких решений: uk удовлетворяет задачеl2(uk )t − a (uk )xx = 0,uk (t, 0) = uk (t, l) = 0,uk (0, x) = Xk (x) = sin λk x;Тогда uA (t, x) =NXAk uk (t, x) — решение для задачи с начальным условием u(0, x) =k=1NXAk Xk (x).k=1Обозначим Ku0 — класс функций u0 =NXAk Xk (x) — тех, для которых умеем выписать явное решение.

Пустьk=1Ak — k-мерные векторы. Между Ku0 и Ak есть биекция (по u0 =NXk=12Ak =lZlu0 (x) sinπkx dx)l039Ak Xk (x) однозначно восстанавливаемБесконечномерный вектор подойдет уже не всегда. Как минимум рядобласти. Функция∞X∞XAk Xk (x) должен сойтись в замыканииk=1Ak uk (t, x) должна быть нужной гладкости, а также удовлетворять уравнению 18.k=1+∞Утверждение 12.2. {Ak }k=1 :+∞X|Ak | < +∞ подойдетk=1 X+∞πk πkx ,x 6 |Ak | ⇒ по теореме|Ak | < +∞. Тогда Ak sinllk=1k=1Вейерштрасса ряд сходится абсолютно и равномерно ⇒ сумма непрерывна.Доказательство. Пусть u0 (x) =+∞XAk sinРавномерно сходящийся ряд можно почленно интегрировать ⇒ по u0 (x) восстанавливаемZlZlZl+∞ πn πn πn Xπk2u0 (x) sinu0 (x) sinx dx =x sinx dx ⇒ An =x dxAk sinlllllk=1000Теперь рассмотрим ряд uA (t, x) ∼An :+∞XAk e − (aπklk=12) t sinπkxlПока не можем поставить знак равенства, поскольку еще не выяснили сходимость.2πk Ak e−( aπkl ) t sinx 6 |Ak | ⇒ ряд сходится абсолютно и равномерно, и мы можем поставить знак равенlства:+∞X2πk−( aπkt)luA (t, x) =Ak esinxlk=1Покажем, что получилась uA (t, x) ∈ C ∞ (t > 0, 0 6 x 6 l).Возьмем прямоугольник Qδ = {(t, x) : t > δ > 0, 0 6 x 6 l}.2+∞+∞XX2∂uAaπkπkt−( aπk)lAkϕk (t, x)Формально∼−sinx =−e∂tllk=1k=12aπkДля краткости введём y =.l11Оценка: |ϕk | 6 |Ak |ye−yδ = |Ak | (yδ)e−yδ 6 |Ak |δδeПоследнее неравенство следует из того, что функция xe−x имеет максимум в точке x = 1, равный1.eИтак, по теореме Вейерштрасса, ряд сходится абсолютно и равномерно.Варьируя δ, прямоугольниками Qδ заметаем всю область {t > 0, 0 6 x 6 l}Для остальных производных получим то же самое — всегда будет получаться произведение многочлена наэкспоненту с отрицательным показателем.+∞XπkМы научились решать задачу для u0 (x) =Ak sinx .lk=140Докажем серию лемм.Лемма 12.3.

Пусть в гильбертовом пространстве H оператор A симметричный (самосопряжённый), т.е.(Ax, y) = (x, Ay). Тогда:1. Все собственные значения A вещественны;2. Собственные функции, отвечающие различным собственным значениям, ортогональны.Доказательство. Пусть xk — собственный вектор, отвечающий собственному значению λk , а xn — собственныйвектор, отвечающий собственному значению λn , причем λk 6= λn .

Тогда:1. λk (xk , xk ) = (Axk , xk ) = (xk , Axk ) = (xk , λk xk ) = λk (xk , xk ) ⇒ λk = λk ⇒ Im λk = 02. λk (xk , xn ) = (Axk , xn ) = (xk , Axn ) = λn (xk , xn )=пункт 1λn (xk , xn ) ⇒ (λk − λn )(xk , xn ) = 0 ⇒ (xk , xn ) = 06=0d2, определенный на D(A), является симметричным относительно скалярdx2Zlного произведения в L2 ([0, l]) : (u, v) = u(x)v(x)dxЛемма 12.4.

Оператор A = −0ZlДоказательство. (Au, v)=00=(−u (x))v(x)dx+0=0, в силу определения D(A)+0=0, в силу определения D(A)0Zllu(x)v 0 (x)Zll−u (x)v(x)0u0 (x)v 0 (x)dx=0u(x) −v 00 (x) dx = (u, Av)0Лемма 12.5. Пусть {ek } — не более чем счетная ортогональная система в линейном пространстве соскалярным произведением: (ek , ej ) = δkj (ek , ek ). Тогда ∀ f из этого пространства справедливо неравенство>0Бесселя:+∞Xk=1+∞ X (f, ek ) 22|ck | (ek , ek ) = (ek , ek ) (ek , ek ) 6 (f, f )k=1f−Доказательство.

0 6= (f, f ) −nXck ck (ek , ek ) −nXk=1nXck ek , f −nX!k=1cj cj (ej , ej ) +j=1k=1n → +∞, получаем+∞X= (f, f ) −ck eknXck (ek , f ) −ci ci (ei , ei ) = (f, f ) −i=1cj (f, ej ) +nXn XnXck cj (ek , ej ) =k=1 j=1j=1k=1nXnX2|ck | (ek , ek ). Переходя к пределу приk=12|ck | (ek , ek ) 6 (f, f ).k=1Лемма 12.6. Пусть два ряда+∞X2|αk | = A,k=1причем+∞X|αk βk | 6+∞X2|βk | = B сходятся.

Тогда рядk=1+∞Xαk βk сходится абсолютно,k=1√ √A Bk=1Доказательство.nXvvu nu nuXuX2t2t|αk βk | 6|αk ||βk | . Переходя к пределу при n → +∞, получаем требуемое.k=1КБШk=1k=141Лемма 12.7. Пусть v(x) ∈ C 1 ([0, l]) , v(0) = v(l) = 0.Тогда ряд+∞XAk sink=1Zlπk2πkv(y) sinx , где Ak =y dy, сходится на [0, l] к v(x) абсолютно и равномерно.lll0πkxортогональна относительно скалярного произведения вlL2 ([0, l]), так как состоит из собственных функций оператора «−∆» с однородными условиями Дирихле —симметричного в L2 ([0, l]) оператора.Доказательство.2.

Ak =1. Система {ek } =sin+∞X(v, ek )2, ряд|Ak | < +∞ по неравенству Бесселя.(ek , ek )k=12 lv(y) cos3. Ak = −l πklZlZlπk 2 ll2πkπk00y +v (y) cosy dy =αk , где αk =v (y) cosy dy.ll πklπkll0=0+∞X00πk4. Ряд|αk | < +∞ по неравенству Бесселя, т.к. система {gk } = cosxортогональна относиlk=1тельно скалярного произведения в L2 ([0, l]), так как состоит из собственных функций оператора «−∆»с однородными условиями Неймана — симметричного в L2 ([0, l]) оператора.2+∞+∞+∞XXX1π2αkРяд=сходится. Тогда сходится абсолютно ряд⇒|Ak | < +∞.k26kk=1k=1k=1nXπkxФункция ϕ(x) =Ak sinнепрерывна.lk=15. Сходимость к v(x): Построим(v(x),x ∈ [0, l]ṽ(x) =−v(−x), x ∈ [−l, 0]Затем продолжим на R, сделав периодической: ṽ(x + 2l) = ṽ(x). Получаем непрерывную периодическую00функцию, а во всех точках x ∈ [0, l] ∃ ṽ−(x), ṽ+(x).

Тогда ряд Фурье этой функции сходится к ней навсей R. В силу нечетности ṽ, этот ряд — только по синусам, а коэффициенты Фурье равны Ak (для них+∞Xπkсовпадают формулы). Значит, на [0, l] имеем v(x) =Ak sinxlk=1Таким образом, доказана теорема:Теорема 12.8. Пусть в смешанной задаче2ut − a uxx = 0,u|t=0 = u0 (x),u|x=0 = u|x=l = 0,0 < t < T, 0 < x < l,0 6 x 6 l,0 6 t 6 T;функция u0 (x) удовлетворяет условиям гладкости u0 ∈ C 1 ([0, l]) и согласования (u0 (0) = u0 (l) = 0). ТогдаZl+∞X2πk2πk−( aπkt)lрядAk esinx = u(t, x), где Ak =u0 (x) sinx dx, сходится абсолютно и равномерноlllk=10в QT = [0, T ] × [0, l], функция u(t, x) ∈ C(QT ) ∩ C ∞ (QT ) и является классическим решением этой задачи, алюбая производная при t > 0 от u(t, x) может быть найдена почленным дифференцированием.4213Билет 13. Метод Фурье решения смешанной задачи для уравнения колебаний струны с закреплёнными концами.

Обоснованиеметода для случая однородного уравнения.13.1Формулировка задачиЗадача:− a2 uxx = f (x, t), (t, x) ∈ QT = (0, T ) × (0, l),utt(20)ut=0 = u0 (x); ut t=0 = u1 (x), x ∈ [0, l], u x=0 = ψ0 (t), ux=l = ψ1 (t); t ∈ [0, T ].Рассматриваем её классическое решение - функцию u(t, x) ∈ C 2 QT ∩ C 1 QT , удовлетворяющую уравнению,начальным и граничным условиям.13.2Теорема единственностиТеорема 13.1 (Единственности).