А.В. Субботин - Лекции по методам математической физики для физхимиков 211 группы (1120442), страница 6

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 6)

Если ϕ0 ∈ C 2 [0, l], ϕ0 (0) = ϕ0 (l) = 0,ϕ000 (0) = ϕ000 (l) = 0, и ϕ1 ∈ C 1 [0, l], ϕ1 (0) = ϕ1 (l) = 0, то I краевая задачадля уравнения движения струны на [0, l] имеет хотя бы одно решение.38Доказательство. Область ЦT , где ищется решение — выпукла ⇒ решение имеет вид f (x + at) + g(x − at).

При t = 0 имеем f (x) + g(x) = ϕ0 (x)и af 0 (x) − ag 0 (x) = ϕ1 (x), 0 6 x 6 l ⇒Zxϕ0 (x)1f (x) =+ϕ1 (ξ) dξ 22a0 6 x 6 l,Z0 xϕ0 (x)1g(x) =ϕ1 (ξ) dξ−22a0то-есть f (x) и g(x) при 0 6 x 6 l уже определены. Вопрос только заключается в том, чтобы найти f (x) и g(x) при x ∈/ [0, l], так как при большихt x + at и x − at могут выйти за пределы [0, l].Из наглядных соображений продолжимϕ0 (x) и ϕ1 (x) на [−l, l] нечетным способом ина R 2l-периодически. Покажем, что такиепродолжения ϕe0 и ϕe1 (при наших условияхl0-lна ϕ0 и ϕ1 ) — «хорошие».Действительно, так как ϕ0 (0) = ϕ0 (l) = 0 и ϕ0 ∈ C[0, l] ⇒ ϕe0 ∈0C(R).

Далее, ϕe0 — четная и 2l-периодическая при x 6= kl, k ∈ Z (⇒симметричная и относительно прямых x = kl)и ϕ0 ∈ C 1 [0, l], поэтому уϕe0 в точках x = kl не может быть изломов ⇒ ϕe0 ∈ C 1 (R). Наконец, ϕe000 —нечетная 2l-периодическая при x 6= kl и ϕ0 ∈ C 2 [0, l] и ϕ000 (0) = ϕ000 (l) = 0⇒ϕe0 ∈ C 2 (R).Zx1Теперь разберемся сϕe1 (ξ) dξ. Так как ϕe1 (ξ) — нечетная и 2l2aпериодическая, тоµ12aZx12a¶0Zx0ϕe1 (ξ) dξ — четная и 2l-периодическая, и так01ϕe1 (x) и ϕ1 ∈ C[0, l], ϕ1 (0) = ϕ1 (l) = 0 ⇒2a0µ Zx¶00Zx1 0111=ϕe1 (ξ) dξ ∈ C (R).

Далее, так какϕe1 (ξ) dξϕe (x) —2a2a2a 1какϕe1 (ξ) dξ=00четная и 2l-периодическая при x 6= kl (а, значит, симметричная относиZx11тельно прямых x = kl, k ∈ Z) и ϕ1 ∈ C [0, l], тоϕe1 (ξ) dξ ∈ C 2 (R).2aИтак, проверено, что функции ϕe0 и12aZxϕe1 (ξ) dξ класса C 2 (R), по0390этому определим функции f (x) и g(x) при x ∈/ [0, l] по формуламϕe0 (x)1f (x) =+22aZxϕe0 (x)1−g(x) =22aϕe1 (ξ) dξ,0Zxϕe1 (ξ) dξ.0Тогда функция ue(t, x) = f (x + at) + g(x − at), то-естьϕe0 (x + at) + ϕe0 (x − at)1ue(t, x) =+22ax+atZϕe1 (ξ) dξ,x−atявляется решением уравнения движения струны (для всех x).

Проверим выполнение начальных и краевых условий для сужения u(t, x) =ue(t, x) ¹06t6T .06x6lОчевидно, начальные условия на отрезке [0, l] выполнены, так какϕe0 (x) = ϕ0 (x), ϕe1 (x) = ϕ1 (x), 0 6 x 6 l. Проверим выполнение краевыхусловий.При x = 0 имеемϕe0 (at) + ϕe0 (−at)1u(t, 0) =+22aZatϕe1 (ξ) dξ = 0−atв силу нечетности ϕe0 и ϕe1 . При x = l, в силу 2l-периодичности и нечетноZx1e0 и 2l-периодичности и четности функциисти функции ϕϕe1 (ξ) dξ,2a0имеемl+atZϕe1 (ξ) dξ =ϕe0 (l + at) + ϕe0 (l − at)1u(t, l) =+22al−at=1ϕe0 (l + at) + ϕe0 (−l − at)+22al+atZϕe1 (ξ) dξ−01−2al−atZ1ϕe1 (ξ) dξ =2a0l+atZ1ϕe1 (ξ) dξ −2a0−l−atZϕe1 (ξ) dξ = 0,0что и требовалось доказать.Теорема 2 (единственность).

Решений I краевой задачи для волновогоуравнения на [0, l] в классе C 1 (ЦT ) ∩ C 2 (ЦT ) не может быть два.40Доказательство. Пусть u1 (t, x) и u2 (t, x) — два решения¯ уравнения(VII.1) в области ЦT , причем u1 , u2 ∈ C 1 (ЦT ) ∩ C 2 (ЦT ) и u1,2 ¯t=0 = ϕ0 (x),¯¯∂u1,2 ¯¯0 6 x 6 l,¯ = ϕ1 (x), 0 6 x 6 l, u1,2 ¯x=0 = u1,2 ¯x=l = 0. Рассмотрим∂t t=0— тоже решение , но с нулевыми начальными условиями (краевые условия сохранятся). Рассмотрим интеграл (вообще говоря, несобственный,в этом случае исчерпания области нужно брать прямоугольные)ZZ∂u ∂ 2 udt dx =∂t ∂t2Zl120Цτ1=2Zτ∂ ³ ∂u ´2dt dx =∂t ∂t0Z l h³0Zl³ ∂u ´2 ¯ i1 ³ ∂u ´2 ¯¯∂u ´2 ¯¯¯dx =¯ −¯¯ dx,∂t2∂tt=τt=τ| ∂t {z t=0}0равно нулюв силу второго начального условиягде 0 < τ 6 T . ДалееZZ∂u ∂ 2 udt dx =∂t ∂x2Zτ Z l0Цτ¯¯∂u ∂ ³ ∂u ´¯проинтегрируем¯dx dt = ¯по частям по x ¯ =∂t ∂x ∂x00, так как u|x=0 = 0Zτ=0kZ l Zτ ³ ´2Zl 2h ∂u ∂u ¯1∂ ∂u∂ u ∂u i∂u ∂u ¯¯¯dx dt = −dtdx =¯ −¯ −∂t ∂x x=l ∂t ∂x x=0∂x∂t ∂x2∂t ∂xk0000, так как u|x=l = 01=−2Z l h³0Zl³ ∂u ´2 ¯ i∂u ´2 ¯¯1 ³ ∂u ´2 ¯¯¯dx = −¯ −¯¯ dx.∂x t=τ∂x t=02∂x t=τk00, в силу первого начального условияСледовательно,ZZZ l h³ ´2³ ´2 i¯2 ´∂u ³ ∂ 2 u1 ∂u¯2∂ u2 ∂u0=−adtdx=+a¯ dx∂t ∂t2∂x22 ∂t∂xt=τ0Цτ(интеграл энергии)∂u∂u== 0 ∀0 6 x 6 l и ∀0 < t = τ 6 T ⇒ u(t, x) = const в∂t∂xЦT и const = 0 в силу краевых (или начальных) условий ⇒ u1 (t, x) ≡u2 (t, x)⇒41Теорема 3 (непрерывная зависимость).

Если u1 (t, x) и u2 (t, x) —решения уравнения (VII.1) с начальными условиями∂u1(1)(0, x) = ϕ1 (x),∂t∂u2(2)(2)u2 (0, x) = ϕ0 (x),(0, x) = ϕ1 (x),∂t¯¯и краевыми условиями u1,2 ¯x=0 = u1,2 ¯x=l = 0, то ∀ε > 0 ∃δ > 0 |(1)(2)(1)(2)|(ϕ0 (x))0 − (ϕ0 (x))0 | < δ, |ϕ1 (x) − ϕ1 (x)| < δ при 0 6 x 6 l ⇒|u1 (t, x) − u2 (t, x)| < ε в ЦT .(1)u1 (0, x) = ϕ0 (x),Доказательство.

Аналогично доказательству единственности обозначим u(t, x) = u1 (t, x) − u2 (t, x) ⇒ (закон сохранения энергии)12Z l h³∂u ´2 2 ³ ∂u ´2 i¯¯1+a¯ dx =∂t∂x2t=τ0Z l h³∂u ´2 2 ³ ∂u ´2 i¯¯+a¯ dx, 0 < τ 6 T,∂t∂xt=001⇒2Zl³ ∂u ´2 ¯1¯a¯ dx < l(δ 2 + a2 δ 2 ) ⇒∂x t=τ220¯Z l¯ ¯¯¯¯ ¯∂u¯|u(τ, x) − u(τ, 0)| = ¯¯ 1 (τ, ξ) dξ ¯¯ 6 ¯нер-во Коши–Буняковского¯ 6∂x0s√ √√√ lδ 1 + a2√ Z l ³ ∂u ´2 ¯¯lδ 1 + a2=6 l¯ dx < l∂x t=τaa0εa⇒ если δ = √, то |u(t, x)| < ε ∀0 < t = τ 6 T , ∀0 6 x 6 l.l 1 + a2Следствие (всех трех теорем). I краевая задача для волнового уравнения на [0, l] поставлена корректно в классе начальных функций ϕ0 ∈C 2 [0, l], ϕ0 (0) = ϕ0 (l) = ϕ000 (0) = ϕ000 (l) = 0, и ϕ1 ∈ C 1 [0, l], ϕ1 (0) = ϕ1 (l) =0, причем устойчивость имеет место по ϕ0 в C 1 -норме и по ϕ1 в норме C (в определении корректности L1 = 2 + некоторое дополнительноеусловие (ϕ000 = 0) на концах и L2 = 1 по ϕ0 , и L1 = 1, L2 = 0 по ϕ1 ).42Лекция VIIIФормула для решения волнового уравненияв пространствеПусть ϕ — непрерывная функция в области G0 ⊆ R3 .

РассмотримZZ1u(t, x1 , x2 , x3 ) = u(t, ~x) =ϕ(~y ) dSt (~y ),4πtSt (~x)где St (~x) = {|~y − ~x| = t} — сфера радиуса t > 0 с центром в ~x, dSt (~y ) —элемент площади на St (~x); u определена в области расширенного пространства G = {(t, ~x) ∈ R4 | Kt (~x) ⊂ G0 }, где Kt (~x) = {|~y − ~x| 6 t} —замкнутый шар с центром в ~x радиуса t > 0.Докажем, что u удовлетворяет волновому уравнению∂ 2u∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u=++∂t2∂x21 ∂x22 ∂x23в G.Для этого преобразуем u(t, ~x) к виду интеграла по неподвижной сфере:¯¯¯ ~y = ~x + tξ~¯¯¯ZZ¯¯t~ dS1 (ξ)~¯¯~~u(t, ~x) = ¯ ξ ∈ S1 (0)ϕ(~x + tξ)¯ = 4π¯¯~¯¯ dSt (~y ) = t2 dS1 (ξ)S1 (~0)~ = ϕ(x1 + tξ1 , x2 + tξ2 , x3 + tξ3 ), тоТак как ϕ(~x + tξ)1∂u(t, ~x) =∂t4πZZ~ dS1 (ξ)~ + tϕ(~x + tξ)4πS1 (~0)u(t, ~x) 1=+t4πtZZZZ X3∂ϕ~ k dS1 (ξ)~ =(~x + tξ)ξ∂ykk=1S1 (~0)u(t, ~x) 1(grad ϕ(~y ), ~n)dSt (~y ) =+t4πtSt (~x)ZZZ∆ϕdy1 dy2 dy3 ,Kt (~x)где мы заметили, что ξk — это координаты единичной нормали к S1 (~0) в~ ~n обозначили единичную нормаль к сфере St (~x) в точке ~y и восточке ξ,пользовались формулой Гаусса–Остроградского, в которой ∆ϕ обозначен433 ∂ 2ϕPот трех переменных.

Все рассуждения2k=1 ∂ykсправедливы при условии ϕ ∈ C 2 (G0 ). Чтобы удобнее было дифференцировать по t еще один раз, перейдем к сферическим координатам поформулам y1 = x1 + r cos ϕ cos ψ, y2 = x2 + r sin ϕ cos ψ, y3 = x3 + r sin ψоператор Лапласа ∆ϕ =∂u11(t, ~x) = u(t, ~x) +∂tt4πtZ t Z2π Zπ/2∆ϕ(y1 , y2 , y3 )r2 cos ψ dψdϕdr.00 −π/2ТогдаZZ´∂ 2u11³11=−u(t,~x)+u(t,~x)+(gradϕ,~n)dS(~y)−t∂t2t2t t4πtSt (~x)ZZZZ11 2~ dS1 (ξ)~ =−(grad ϕ, ~n) dSt (~y ) +t∆ϕ(~x + tξ)4πt24πtS1 (~0)St (~x)1=4πtZZ∆ϕ(~y ) dSt (~y ),St (~x)где мы преобразовали объемный интеграл опять к поверхностному (потой же формуле Гаусса–Остроградского), а также заметили (после диф~ференцирования по верхнему пределу), что cos ψ dψdϕ = dS1 (ξ).ДалееZZ 2ZZ 2∂ 2u∂ ϕt∂ ϕ1~ dS1 (ξ)~ =(t, ~x) =(~x + tξ)(~y ) dSt (~y )22∂x14π∂y14πt∂y12S1 (~0)1⇒ ∆u =4πtSt (~x)ZZ∆ϕ(~y ) dSt (~y ).St (~x)∂ 2uСравнивая 2 и ∆u, получаем волновое уравнение.∂tТеперь проверим начальные условия при t → 0+.Рассмотрим компакт K ⊂ G0 и обозначим Ut (K) — t-окрестность1компакта K ⇒ max |u(t, ~x)| 6 max |ϕ|4πt2 = t max |ϕ| → 0 при~x∈K~y ∈Ut (K)~y ∈Ut (K)4πtt → 0+ ⇒ доопределив u(t, ~x) при t = 0 как 0, получаем, что продолженная функция (в силу равномерной сходимости на компактах)непрерывна¯в G и на нижней границе t = 0, ~x ∈ G0 .

Значит, u¯t=0 = 0, ~x ∈ G0 .44∂uпри t → 0+. Опять рассматриваем ком∂tZZ∂u1пакт K ⊂ G0 ⇒(t, ~x) =ϕ(~y ) dSt (~y ) +∂t4πt2St (~x)G0 1 Z Z(grad ϕ, ~n) dSt (~y ). Второе слагаемое4πtТеперьKSt (~x)¯¯ZZ¯ 1¯¯¯ 6 max | grad ϕ| 1 4πt2 =(gradϕ,~n)dS(~y)t¯ 4πt¯ ~y∈Ut (K)4πtSt (~x)= t max | grad ϕ| → 0 при t → 0+~y ∈Ut (K)⇒ ⇒ 0.KПервое слагаемое¯¯ ¯¯ZZZZ¯ 1¯ ¯ 1¯¯¯.ϕ(~y ) dSt (~y ) − ϕ(~x)¯¯ = ¯¯[ϕ(~y)−ϕ(~x)]dS(~y)t¯ 4πt2¯4πt2St (~x)St (~x)Так как ϕ равномерно непрерывна на U t0 (K), 0 < t0 < ρ(K, ∂G0 ) ⇒∀ ε > 0 ∃ δ > 0 | |ϕ(~y ) − ϕ(~x)| < ε, если ~x, ~y ∈ U t0 (K) и |~x − ~y | < δ.Поэтому если 0 < t < δ (и t 6 t0 ) ⇒¯¯ZZ¯ 1¯¯¯ 6 1 ε 4πt2 = εϕ(~y)dS(~y)−ϕ(~x)t¯ 4πt2¯ 4πt2St (~x)при ~x ∈ K, 0 < t < min(δ, t0 ) ⇒ ⇒ ϕ(~x) при t → 0+.K∂uПоэтому если доопределитьпри t = 0 как ϕ(~x), то (в силу равно∂tмерной сходимости и теоремы о пределе производной) доопределеннаяфункциябудет непрерывна в G и на нижней границе t = 0, ~x ∈ G0 ⇒∂u ¯¯¯ = ϕ(~x), ~x ∈ G0 .∂t t=0Итак, u = uϕ (t, ~x) удовлетворяет уравнению и начальным условиям¯u¯t=0 = 0,∂u ¯¯¯ = ϕ(~x),∂t t=0ϕ ∈ C 2 (G0 ).Предположим, что ϕ ∈ C 3 (G0 ) и рассмотримZZZZ∂uϕ11=ϕ(~y ) dSt (~y ) +(grad ϕ, ~n) dSt (~y ).∂t4πt24πtSt (~x)St (~x)45Тогда∂uϕа) дважды непрерывно-дифференцируема в G, так как∂tZZZZ∂uϕ1t~~~ ξ)~ dS1 (ξ)~=ϕ(~x + tξ) dS1 (ξ) +(grad ϕ(~x + tξ),∂t4π4πS1 (~0)и∂ 2 uϕ1=2∂t4πtS1 (~0)ZZ∆ϕ(~y ) dS1 (~y ) =~ dS1 (ξ)~∆ϕ(~x + tξ)S1 (~0)St (~x)⇒t4πZZ∂ 2 uϕ= u∆ϕ и ∆ϕ ∈ C 1 (G0 ) (по условию) ⇒ u∆ϕ ∈ C 1 (G); и так как∂t2ZZ 2∂ 2 uϕ1∂ ϕ=(~y ) dSt (~y ) = u ∂ 2 ϕ2∂xk4πt∂yk2∂ykSt (~x)и∂ 2ϕ∂ 2 uϕ1∈C(G),то∈ C 1 (G);0∂yk2∂x2k∂ 3 uϕ∂uϕ=∆, так как урав∂t3∂t∂ 2 uϕ∂нение= ∆uϕ можно продифференцировать по t еще раз, и ∆uϕ =2∂t∂t∂uϕ∆в силу трижды непрерывной дифференцируемости uϕ ;∂t∂uϕ∂uϕ ¯¯в)удовлетворяет начальным условиям¯ = ϕ (это мы прове∂t ³∂t t=0´¯¯∂ ∂uϕ ¯∂ 2 uϕ¯ = 0 ∀ ϕ ∈ C(G0 ).=u,аuрили) и¯ = 0, так как∆ϕϕt=0∂t ∂t t=0∂t2б) удовлетворяет волновому уравнениюТеорема.

Пусть ϕ0 ∈ C 3 (G0 ) и ϕ1 ∈ C 2 (G0 ) ⇒ZZ1∂uϕ0ϕ1 (~y ) dSt (~y )+u(t, ~x) =uϕ1 +=∂t4πt(формулаSt (~x)ZZZZКирхгофа)11+ϕ0 (~y ) dSt (~y ) +(grad ϕ0 , ~n) dSt (~y )4πt24πtSt (~x)St (~x)∂ 2uявляется решением задачи Коши для 2 = ∆u с начальными условия∂t¯¯∂u¯ми u¯t=0 = ϕ0 ,¯ = ϕ1 .∂t t=0Замечание.

Характеристики

Список файлов лекций