УМФ_билеты, страница 8

Не может существовать более одного классического решения задачи 20.Единственность решения. Для двух решений ũ1 и ũ2 построим V (t, x) = ũ1 − ũ2 ∈ C 2 QT ∩ C 1 QT .V - решение полностью однородной задачи:2Vtt − a Vxx = 0,V t=0 = Vt t=0 = 0, V=V= 0.x=0x=lДокажем, что V ≡ 0 с помощью интеграла энергии: рассмотрим функцию I = Vt Vtt − a2 Vxx , (t, x) ∈ QT . 2 1 1 2Vt + a2 Vx2F2222I = Vt Vtt − a Vt Vxx = Vt t − a Vt Vx x + a Vx Vxt =− a Vt Vx x divF = div| {z }F222{z}t||{z}21FV22xFt1txs ∂Q ∂P H−dxdy = Q dy + P dx. Для её использования требуется непре∂yΩ ∂x∂Ωрывность производных до границы, поэтому напишем её для области: Qτ,ε = {(t, x) : ε < t < τ, ε < x < l − ε}.Воспользуемся формулой Грина:Доказательство.tTτ0=xQτ,εQτ,εεεεIdivF dxdt =Qτ,ε Vt2 + a2 Vx2−dx − a2 Vt Vx dt2∂Qτ,εРаспишем интеграл по ∂Qτ,ε :l−ε lZl−εI dxdt =xxZl−ε 2ZτZτVt2 + a2 Vx2 Vt + a2 Vx2 2dx −dx −a Vx Vt |x=l−ε dt +a2 Vx Vt |x=ε dt = 022t=τt=εεε43εВ пределе при ε → 0 получаем :Z l−εZ l dV t=0 = 0∵→(по определению несобственного интеграла)dxε0:0* 0 Zl−ε 2ZτZl 22 2 2 2V+aVV(0,x)+aV(0,x)tx t∵ lim Vt (t, l − ε) = Vt (t, l) = 0 ⇒a2 Vdx =dxxt Vx dt ∵τ =lε→+02 2ε00∵ Vt (ε, x) → Vt (0, x) = 0Аналогично дляRτε∵ Vx (ε, x) → Vx (0, x) =(a2 Vt Vx )x=ε dt = 0.

Поэтому получаем, что:ZlVt2 (τ, x) + a2 Vx2 (τ, x)dx = 020Тогда Vt2 (τ, x) + a2 Vx (τ, x) = 0 ∀ (x, t) ∈ (0, l) × τ .В любой точке (t, x) ∈ Qτ : ∇V (t, x) = 0 ⇒ V = const ∀ (t, x) ∈ Qτ .На замыкании в силу непрерывности V в Qτ также будет V ≡ 0, но на границе V = 0 ⇒ V ≡ 0 ∀ (t, x) ∈ Qτ ,поэтому ũ1 = ũ2 .Существование решения Будем рассматривать смешанную задачу для однородного уравнения колебанийструны при закреплённых концах.2utt = a uxx , (t, x) ∈ Qτ ,ut=0 = u0 (x), ut t=0 = u1 (x), x ∈ [0, l], u x=0 = ux=l = 0, t ∈ [0, τ ].Рассмотрим дифференциальный оператор −∆0 :D(−∆) = {X(x) ∈ C 2 [0, l] : X(0) = X(l) = 0}У это оператора есть счётное однопараметрическое семейство собственных функий: λk =sin(λk x), k ∈ N.Решение будем искать в виде ряда u(t, x) =∞Pπk , Xk =lΘk (t)Xk (x).

Будем требовать выполнения следующих условий:k=1u0 (x) ∈ C 3 [0, l], u1 (x) ∈ C 2 [0, l] − условия гладкостиu (0) = u (l) − для непрерывности решения на Q ,00τu(0)=u(l)=0−дляпринадлежностирешенияC 1 (Qτ ),1100 002u0 (0) = u0 = 0 − для принадлежности C (Qτ ).(21)Последние три условия называются условиями согласования.Рассматриваемый оператор симметричен относительно скалярного произведения в L2 , значит, собственныефункции ортогональны в L2 .

Разложим u0 , u1 в ряды Фурье по Xk на [0, l]:u0 (x) =∞Xk=1u1 (x) =∞Xk=12Ak Xk , Ak =lZlu0 (x)Xk dx02Bk Xk , Bk =lZlu1 (x)Xk dx044Формально подставляем в уравнение:∞ PΘ··k +a2 λ2k Θk Xk = 0. Из начальных условий: Θk (0) = Ak , Θ·k (0) = Bk .k=1В силу ортогональности {Xk (x)}∞k=1 получаем счётное число задач Коши:(Θ··k + a2 λ2k Θk = 0,Θk (0) = Ak , Θ·k (0) = Bk .Решение: Θk (t) = Ak cos13.3aπklt+laπk Bksinaπklt, t ∈ [0, τ ].Обоснование методаТеорема 13.2.

Пусть данные Коши u0 (x) и u1 (x) удовлетворяют условиям гладкости и согласования. Тогда∞PрядΘk (t)Xk (x) сходится абсолютно и равномерно в Qτ . Его сумма принадлежит классу C 2 (Qτ ) и являk=1ется классическим решением задачи 13.2. Частные производные по t и x до второго порядка включительноможно вычислить почленным дифференцированием ряда.Доказательство.2Ak =lZl02 l 2−l πk:0:0Zll l2 2 0πk0πk l2πkπk−2 ll sinu0 sinx dx =u(x)cosx +u0 cosx dx =u(x)x −0llπk lll 0l00lπkπk0Zl0πk l 3 2u0 (x) sinx dx = −lπk l|00Zl00:lπk πk l 32 l 3 00 cosu0 (x) cosx dx +u(x)x =−αk0llπklπk0{z}000αkπk 000- собПримечание: αk - коэффициенты Фурье функции u0 (x) по ортогональной системе функций coslственных функций оператора −∆0 с граничными условиями Неймана - тоже симметричного оператора.Аналогично находим коэффициенты Bk :l 22Bk = −βk , где βk =πklZl00u1 (x) sinπk x dxl0Из того, чтоBkl 31l 2c|uk (t, x)| = |Θk (t)Xk (k)| = Ak cos aλk t +sin(aλk ) 6|αk | +|βk | 6 3aλkπkaλk πkkследует абсолютная и равномерная сходимость ряда на Qτ1.

Граничные условия: u(t, 0) =Начальные условия: u(0, x) =∞ ∞ PP. . . sin(0) = 0, u(t, l) =. . . sin(πk) = 0.k=1∞Pk=1Ak sin(λk x) = u0 (x), ut (0, x) =k=1∞PBk sin(λk x) = u1 (x).k=1Итак, ряд порождает непрерывную на Qτ функцию, удовлетворяющую начальным и граничным условиям.∞ aπk∞PP2. Производные: ut ∼−Ak sin(λk at) + Bk cos(aλk t) sin(λk x) =Vk .lk=1k=1|Vk | 6 aλk |Ak | + |Bk | 6aπk l 3l 2c̃|αk | +|βk | 6 2 =⇒ ut ∈ C(Qτ )l πkπkk45Значит, u ∈ C(Qτ ).∞ ∞PPaπkaπk 2utt ∼Ak cos(λk at) −−Bk sin(λk at) sin(λk x) =wk .llk=1k=1|wk | =Ряд∞Paπk 2aπk 2 l 3 1|uk | 6|αk | + |βk |llπkawk сходится абсолютно и равномерно, так как:∞P|αk |2 < ∞,k=1k=1∞ αP 1Pk< ∞, а рядсходится2k=1 kk=1 kабсолютно; поэтому u(t, x) ∈ C 2 (Qτ ).Можно ставить задачу:− a2 uxx = f (x),uttut=0 = u0 (x), ut t=0 = u1 (x), u= u= 0.x=0x=lпри более широких условиях.0000При условиях u0 (x) ∈ C 2 [0, l], u1 (x) ∈ C 1 [0, l] (гладкости) и u0 (0) = u0 (l) = u0 (0) = u0 (l) = u1 (0) = u1 (l) = 0(согласования) и условиях на f : f (t, x), fx (t, x) ∈ C(Qτ ), f (t, 0) = f (t, l) = 0 - классическое решение задачисуществует и единственно.С помощью метода продолжений делаем u0 , u1 , f нечётными и 2π - периодическими, получаем задачу Кошидля волнового уравнения.

Решение даётся формулой Даламбера.461414.1Билет 14. Формулы Грина для оператора Лапласа. Постановкакраевых задач Дирихле и Неймана для уравнения Пуассона вограниченной области. Единственность классического решениязадачи Дирихле. Неединственность решения задачи Неймана инеобходимое условие её разрешимости.Формулы ГринаОпределение 14.1. Ограниченная область Ω называется областью с гладкой границей, если ∀ x0 ∈ Γ = ∂Ωнайдутся:• такая декартова СК ξ = (ξ1 , . . . , ξn ), что начало в x0 ,00• U0 (x0 ) = {ξ : |ξ | < r, |ξn | < h}, где ξ = (ξ1 , .

. . , ξn−1 ), такая, что в U0 (x0 ) часть границы Γ0000представляется в виде: ξn = F (ξ ), |ξ | < r, F (0) = 0, F (ξ ) ∈ C 1 (|ξ | < r), ∇ξ0 F (0) = 0,TU0 (x0 )T0• Множество U− (x0 ) = U0 (x0 ) T{x : ξn < F (ξ )} ∈ Ω,T0Множество U+ (x0 ) = U0 (x0 ) {x : ξn > F (ξ )} : Ω U+ = ∅• Числа r > 0, h > 0 можно выбрать независимо от x0 ∈ Γ.Для ограниченных областей с гладкими границами справедлива формулаОстроградского-Гаусса (F - непрерывно дифференцируемое векторное поле):ZZZdivF (x) dx =F (x), n dS =F (x), n dSΩΓ∂ΩЛемма 14.1.14.1.1Формулы ГринаПусть Ω - ограниченная область с границей класса C 1 в Rn , тогда справедливы следующие формулы.ZIZ∂u21∀ u(x) ∈ C (Ω), v(x) ∈ C (Ω) → (∆u)v dx =v dSx − (∇u, ∇v) dx∂nΩ∀ u(x) ∈ C 2 (Ω), v(x) ∈ C 2 (Ω) →ΓZZ(∆u)v dx −ΩΩI(∆v)u dx =ΩΓ∂uv dSx −∂nI∂vu dSx∂nΓПолученные формулы называются первой и второй формулами Грина соответственно.Доказательство.4714.1.2Первая формула Грина´´Пусть f (x), v(x) - гладкие векторное и скалярное поля соответственно: div(f · v) = (∇, f v) + (∇, f v) = vdivf +(f , gradv).Положим f = ∇u ∈ C 1 ⇒ div(v∇u) = v div(∇u) +(∇u, ∇v).| {z }∆uИнтегрируем по объёму в Ω:ZZZIZv∆u dx = div(v∇u) dx − (∇u, ∇v) dx = (v∇u, n) ds − (∇u, ∇v) dxΩΩΩΓΩЗаметим, что:(v∇u, n) = vndimXRk=1∂u∂u(x)nk =(x) · v(x)∂xk∂nПри подстановке данного результата в равенство выше немедленно получим первую формулу Грина.14.1.3Вторая формула ГринаДля получения второй формулы Грина необходимо вычесть из первой формулы Грина симметричное ему поu и v равенство:ZIZu∆v dx = (u∇v, n) ds − (∇v, ∇u) dxΩ14.2ΓΩВнутрення задача Дирихе для уравнения ПуассонаПусть Ω - ограниченная область с границей Γ класса C 1 , u0 (x) ∈ C(Γ), f (x) ∈ C(Ω).

Требуется найти u(x),удовлетворяющую условиям:(∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,(22)ur = u0 (x).TКлассическим решением задачи Дирихле 22 называется u(x) ∈ C 1 (Ω) C 2 (Ω), удовлетворяющая уравнениюи начальным условиям.Лемма 14.2. Не может существовать более одного классического решения задачи 22.Доказательство. Если ∃ uI и uII - классические решения задачи 22, то v(x) = uI − uII есть классическоерешение полностью однородной задачи: ∆v ≡ 0, v Γ = 0.По формуле Грина:ZZI0∂v 0*v ds − (∆u, ∆v) dx ⇒ ∇v ≡ 0 ∀ x ∈ Ω ⇒ v(x) = constv∆v dx =∂nΩ∂ΩΓС учётом того, что ∆(x) = 0 и v(x)Γ = 0, получим, что v(x) = 0, а значит, uI = uII , и решение единственно.14.3Внутренняя задача Неймана для уравнения ПуассонаПусть Ω -ограниченная область с границей класса C 1 , u1 (x) ∈ C(Γ), f (x) ∈ C(Ω).

Требуется найти u(x) удовлетворяющую условиям:∂u∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,= u1 (x), x ∈ Γ.(23)∂n48Определение 14.2. Классическое решение задачи Неймана 23 есть такая функция u(x) ∈ C 1 (Ω)удовлетворяющая уравнению и граничным условиям.TC 2 (Ω),Лемма 14.3. Любые два классические решения задачи Неймана отличаются на константу.Доказательство. Если ∃ uI и uII - классические решения задачи 23, то v(x) = uI − uII есть классическое∂v решение полностью однородной задачи: ∆v ≡ 0,= 0. По формуле Грина имеем:∂n ΓZΩ 0dx =*∆vvIΓ0Z7∂u v dS − |∇v|2 dx ⇒ v ≡ const∂nΩЛемма14.4. Необходимымусловием существования классического решения задачи Неймана является услоRHвие f (x) dx = u1 (x) dSΩΓДоказательство.ZZf (x) dx =ΩZ∆u dx =Ω∆u · 1 dx = 1-ая формула Грина =ΩZ∂Ω49∂u· 1 ds −∂nZΩ*0 Z(∇u,∇1) dx = u1 (x) · 1 ds∂Ω15Билет 15.

Симметричность и положительная определенность оператора −∆ при однородном граничном условии Дирихле. Положительность собственных значений и ортогональность собственныхфункций.Задача на собственные функции и собственные значения оператора Лапласа при однородном условии Дирихле:Найти λ и u(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω), где Ω - область с кусочно-гладкой границей Γ, такие, что −∆u = λu,u|Γ = 0,u(x) 6= 0,Утверждение 15.1 (без доказательства). Существует счетное число собственных значений {λk }k ,{λk } → ∞, причем каждому λk соответствует конечное число собственных функций.Формула Грина справедлива и для комплексных функций. Считаем, что λ ∈ CZZu∆udx = −λ uudxΩΩZIu∆udx =ΩR∂Ω2|∇u| dx- соотношение Рэлея.⇒ λ = ΩR 2|u| dx0> Z∂u udS − (∇u, ∇u)dx∂nΩΩ⇒ λ ∈ R, λ > 0 (строго больше, т.к.