Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 19

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

Текст из файла (страница 19)

Тогда функция u(t, x) = v(t, x)|x≥0 – решение смешанной задачи (1.18).Доказательство этой теоремы полностью аналогично доказательству теоремы 48.Следствие 8 Пусть ϕ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), ψ(x) ∈ C 2 ([0, +∞)), и выполнены условия разрешимости (1.19). Тогда классическим решением сме134шанной задачи (1.18) является функция u(t, x), задаваемая формулойx+t∫11(ϕ(x+t)+ϕ(x−t))+ψ(s)ds, x ≥ t22x−tx+t∫11(1.21)u(t, x) =(ϕ(x+t)+ϕ(t−x))+ψ(s)ds+220t−x∫1ψ(s)ds, 0 ≤ x < t.+ 20Упражнения к пункту 3.1. Провести подробное доказательство теоремы 49.2. Доказать следствие 7 (прямой подстановкой выражений для функцийϕ1 (x) и ψ1 (x) в формулу Даламбера).6.1.4Сферические средние.

Уравнение Эйлера-ПуассонаДарбу.Пусть n ≥ 2, m ≥ 2, функция u(t, x) ∈ C m ([0, +∞) × Rn ) – решениезадачи Коши utt − ∆u = 0, t > 0, x ∈ Rnu|t=0 = ϕ(x),(1.22)ut |t=0 = ψ(x).Наша цель в этом и следующих двух пунктах – выразить явно функциюu(t, x) через функции ϕ(x), ψ(x). Для этого перейдем к сферическимсредним от функции u(t, x), и сопоставим задаче (1.22) одномерную попространству задачу. Пусть α(n) – объем единичного шара в Rn . Заметим, что тогда nα(n) – площадь поверхности того же шара. Положим∫1U (x; r, t) =u(t, y)dSy ,nα(n)rn−1∂B(x,r)где B(x, r) – шар с центром в x радиуса r.

Определим также сферическиесредние от начальных данных:∫1ϕ(y)dSy ,G(x; r) =nα(n)rn−1∂B(x,r)135∫1H(x; r) =nα(n)rn−1ψ(y)dSy .∂B(x,r)Заметим, что при r → 0 + 0, если функции ϕ(x) и ψ(x) непрерывные,имеет место сходимость U (x; r, t) → u(t, x), G(x; r) → ϕ(x), H(x; r) →ψ(x). Зафиксируем x ∈ Rn и найдем уравнение, которому удовлетворяетфункция U (x; r, t).Теорема 50 (Уравнение Эйлера-Пуассона-Дарбу.) Пусть x ∈ Rn– фиксированная точка, функция u(t, x) ∈ C m ([0, +∞) × Rn ) – решениезадачи Коши (1.22). Тогда функция U (x; r, t) удовлетворяет уравнениюЭйлера-Пуассона-Дарбу:Ur = 0, t > 0, r > 0, Utt − Urr − n−1rU |t=0 = G(r),(1.23)Ut |t=0 = H(r).Доказательство.

Перейдем в формуле для сферического среднего кинтегрированию по единичной сфере с центром в нуле:∫1U (x; r, t) =u(t, x + rz)dSz .nα(n)∂B(0,1)В силу того, что функция u(t, x) является m раз непрерывно дифференцируемой, из приведенного выше равенства для U (x; r, z) следует, чтофункция U (x; , r, z) является 2 раза непрерывно дифференцируемой поr и дважды непрерывно дифференцируемой по t. Далее,∫1Ur =< ∇u(t, x + rz), z > dSz =nα(n)∂B(0,1)1=nα(n)rn−1∫< ∇u(t, y),y−x> dSy =r∂B(x,r)1=nα(n)rn−1∫∂u(t, y)1dSy =∂νnα(n)rn−1∂B(x,r)∫∆u(t, y)dy.B(x,r)136Далее, так как utt − ∆u = 0, тоrn−1∫1Ur =nα(n)utt (t, y)dy.B(x,r)∫Отсюда(rn−11Ur )r =nα(n)utt (t, y)dSy =∂B(x,r)= rn−1 ·1nα(n)rn−1∫utt (t, y)dy = rn−1 Utt .∂B(x,r)Таким образом, (rn−1 Ur )r = rn−1 Utt , откуда следует (1.23).6.1.5Случай n = 3.

Формула Кирхгофа. Волновыефронты.Пусть теперь n = 3, функция u(t, x) ∈ C 2 ([0, +∞)×R3 ) – решение задачиe = rU , Ge = rG, He = rH. ТогдаКоши (1.22). Положим Uerr = rUrr + 2Ur ,Uи уравнение Эйлера-Пуассона-Дарбу (1.23) примет вид:ett − Uerr = 0, t > 0, r > 0,U eeU |t=0 = G(r),et |t=0 = H(r),eU eU |r=0 = 0.e – решение смешанной задачи для одномерТаким образом, функция Uного волнового уравнения, и соответствующая задача имеет вид (1.14).e и He удовлетворяют условиям разрешимостиКроме того, функции Ge (t, r) задается формулой(1.15).

Значит, согласно следствию 7, функция U(1.17). Так как u(t, x) = lim U (x; r, t), то отсюдаr→0+0∫t+r1 1 ee − r)) + 1e=+ t) − G(tH(s)dsu(t, x) = lim  (G(rr→0+0 r22t−r137e′ (t) + H(t).e=Ge и H,e получаемПодставляя явные выражения для G∫∫∂  11u(t, x) =ϕ(y)dSy  +ψ(y)dSy .∂t 4πt4πt∂B(x,t)(1.24)∂B(x,t)Формула (1.24) носит название формулы Кирхгофа для решения задачиКоши (1.22).Замечание 14 Заметим, что формула Кирхгофа содержит производные от функции ϕ(x). Этот факт дает основания считать, что требование ϕ(x) ∈ C 2 (R3 ) является недостаточным для того, чтобы функция u(t, x), определенная формулой Кирхгофа (1.24), была дважды непрерывно дифференцируемой: сингулярности функции ϕ(x) могут сфокусироваться при t > 0 и функция u(t, x) будет, вообще говоря, обладатьменьшей гладкостью. Для того же, чтобы гарантировать u(t, x) ∈C 2 ([0, +∞)×R3 ), приходится требовать большей гладкости от начальных данных: ϕ(x) ∈ C 3 (R3 ), ψ(x) ∈ C 2 (R3 ).Пусть теперь supp ϕ(x) ⊆ M и supp ψ(x) ⊆ M , M ⊂ R3 – компактноемножество.

Можно интерпретировать решение u(t, x) задачи Коши (1.22)как возмущение в момент времени t, соответствующее начальным возмущениям ϕ(x) и ψ(x). Из формулы Кирхгофа следует, что при финитныхначальных возмущениях решение u(t, x) будет финитно по x при фиксированном t, т.е. возмущение распространяется с конечной скоростью.Введем понятия переднего и заднего фронта волны.Определение 2 Зафиксируем x0 ∈ R3 . Будем говорить, что в моментвремени t0 через точку x0 проходит передний фронт волны, еслиt0 = sup{T ≥ 0 | u(t, x0 ) = 0 ∀t ∈ [0, T )}.Пусть теперь t∗ > 0.

Совокупность всех точек x∗ таких, что черезточку x∗ передний фронт волны проходит в момент времени t∗ будемобозначать A↕F + (t∗ ) и называть передним фронтом волны в моментвремени t∗ .138Аналогично для описания заднего фронта зафиксируем x0 ∈ R3 . Будем говорить, что в момент времени t0 через точку x0 проходит задний фронт волны, еслиt0 = inf{T ≥ 0 | u(t, x0 ) = 0 ∀t ∈ (T, +∞)}.Пусть теперь t∗ > 0.

Совокупность всех точек x∗ таких, что черезточку x∗ задний фронт волны проходит в момент времени t∗ будемобозначать A↕F − (t∗ ) и называть задним фронтом волны в моментвремени t∗ .В случае n = 3 из формулы Кирхгофа вытекает следующее утверждение.Утверждение 13 Пусть n = 3, начальные данные ϕ(x) и ψ(x) задачи Коши (1.22) финитны. Тогда волновые фронты A↕F + (t) и A↕F − (t)распространяются в пространстве со скоростью единица. Более того,для любой фиксированной точки x0 ∈ R3 , не принадлежащей supp ϕ(x)∪supp ψ(x), найдутся моменты времени t1 > 0 и t2 ≥ t1 такие, чтоx0 ∈ A↕F + (t1 ), x0 ∈ A↕F − (t2 ).6.1.6n = 2.

Метод спуска. Формула Пуассона.В случае, когда размерность пространства равна двум, прием, которыйпозволил свести уравнение Эйлера-Пуассона-Дарбу в трехмерном случае к смешанной задаче для одномерного волнового уравнения, применить не удается. Поэтому предлагается использовать т.н. метод спуска,который заключается в том, чтобы рассмотреть соответствующую задачу в пространстве более высокой размерности, а затем избавиться от“лишних“ переменных. Пусть x ∈ R2 . Обозначимx = (x, x3 ) ∈ R3 , x∗ = (x, 0)и определим функцииu(t, x) = u(t, x), ϕ(x) = ϕ(x), ψ(x) = ψ(x).Сопоставим задаче Коши (1.22) для неизвестной функции u(t, x) в случае n = 2 задачу Коши того же вида для неизвестной функции u(t, x)– т.е.

задачу в пространстве более высокой размерности. Тогда функцияu(t, x), определенная по формуле Кирхгофа, будет решением задачи в139пространстве более высокой размерности. Пусть Bm (y, R) – шар в пространстве Rm радиуса R с центром в точке y ∈ Rm . Из формулы Кирхгофа получаем:∫∫1∂  1∂u(t, x) =ϕ(y)dSy  +ψ(y)dSy = Iϕ + Iψ .∂t 4πt4πt∂t∂B3 (x,t)∂B3 (x,t)Далее, преобразуя Iϕ , получаем:∫11Iϕ =ϕ(y)dSy =4πt4πt∂B3 (x,t)=24πt∫ϕ(y)dSy =∂B3 (x∗ ,t)∫√ϕ(y) 1 + |∇γ(y)|2 dy,B2 (x,t)√где γ(y) = t2 − |y − x|2 , множитель 2 перед интегралом возникает всилу того, что сфера в R3 представлена как объединение двух полусфер,а интегралы по полусферам равны. Вычисляя явно ∇γ(y) и подставляяв выражение для Iϕ , получаем:t2,t2 − |y − x|21 + |∇γ(y)|2 =1Iϕ =2π∫√B2 (x,t)Далее,∂∂  tIϕ =∂t∂t 2π+t2π∫B2 (0,1)∫B2 (0,1)ϕ(y)t2 − |y − x|2ϕ(x + tz) 1√dz  =2π1 − |z|2< ∇ϕ, z >1√dz =22πt1 − |z|∫B2 (x,t)dy.∫B2 (0,1)ϕ(x + tz)√dz+1 − |z|2ϕ(y)+ < ∇ϕ(y), y − x >√dy.t2 − |y − x|2Отсюда получаем формулу Пуассона для решения задачи Коши (1.22) вслучае n = 2:∫ϕ(y)+ < ∇ϕ(y), y − x > +tψ(y)1√dy.(1.25)u(t, x) =2πtt2 − |y − x|2B2 (x,t)1406.1.7Неоднородная задача.

Принцип Дюамеля.Рассмотрим теперь задачу Коши с нулевыми начальными условиями длянеоднородного волнового уравнения: utt − ∆u = f (t, x), t > 0, x ∈ Rn ,u|t=0 = 0,(1.26)ut |t=0 = 0.Прием, называемый принципом Дюамеля, позволяет свести решение этойзадачи Коши к решению вспомогательной задачи vtt − ∆v = 0, t > s, x ∈ Rn ,v|t=s = 0,(1.27)vt |t=s = f (s, x),где s > 0 – параметр.Теорема 51 (Принцип Дюамеля.) Пусть n ≥ 2, функция v(t, x, s) –классическое решение задачи (1.27), функция u(t, x) задана формулой∫ tu(t, x) =v(t, x, s)ds.0Тогда u(t, x) – классическое решение задачи (1.26).Доказательство.

Характеристики

Список файлов лекций