Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 23
Текст из файла (страница 23)
Представим g(x) в виде суммы g(x) = g+ (x)+g− (x),где g+ (x) = 12 (g(x) + g(−x)), g− (x) = 21 (g(x) − g(−x)) – четная и нечетнаяее части. Тогда из формулы (3.52) получаем()∫1(y − x)2u(t, x) = √g+ (y) exp −dy+4t2 πtR1+ √2 πt∫R()(y − x)2g− (y) exp −dy.4tСделав в интегралах замену z =1u(t, x) = √π1+√π1=√πимеем:∫+∞√g+ (x + 2z t) exp(−z 2 )dz+−∞∫+∞√g− (x + 2z t) exp(−z 2 )dz =−∞∫+∞∫+∞√√12g+ (2z t) exp(−z )dz + √g− (2z t) exp(−z 2 )dz+π−∞−∞1+√π1+√π1=√πy−x√ ,2 t∫+∞√√(g+ (x + 2z t) − g+ (2z t)) exp(−z 2 )dz+−∞∫+∞√√(g− (x + 2z t) − g− (2z t)) exp(−z 2 )dz =−∞∫+∞∫+∞√√12g+ (2z t) exp(−z )dz + √g− (2z t) exp(−z 2 )dz+π−∞−∞1+√π∫+∞√√(g(x + 2z t) − g(2z t)) exp(−z 2 )dz.−∞166В последнем равенстве второй интеграл равен нулю, т.к.
подынтегральная функция нечетная, а промежуток интегрирования симметричен. Оценивая третий интеграл, получаем:1|√π∫+∞√√(g(x + 2z t) − g(2z t)) exp(−z 2 )dz| ≤−∞∫+∞√√1exp(−z 2 )dz,≤ sup |g(x + 2z t) − g(2z t)| · √πx∈R−∞т.е.1|√π∫+∞√√(g(x + 2z t) − g(2z t)) exp(−z 2 )dz| ≤−∞√√x≤ sup |g(2 t(z + √ )) − g(2z t)|.2 tx∈RЗаметим, что супремум в правой части стремится к нулю при t → +∞ всилу непрерывности функции g.Преобразуя первый интеграл, получаем1√π1=√π∫+∞√g+ (2z t) exp(−z 2 )dz =−∞)∫+∞(√A+BA+Bg+ (2z t) −exp(−z 2 )dz +.22−∞В этом выражении интеграл стремится к нулю при t → +∞ в силу явноговида функции g+ (x) и равенств lim g(x) = A, lim g(x) = B.
Теоремаx→+∞x→−∞доказана.Теорема 68 Пусть g(x) ∈ C(R) ∩ L∞ (R), и существует предел1liml→+∞ 2l∫lg(x)dx = A.−lТогдаlim u(t, x) = A.t→+∞167Доказательство.Обозначим G(x) =∫xg(s)ds. Тогда0G(l) − G(−l)= A.l→+∞2llimПусть G+ (x) и G− (x) – четная и нечетная части функции G(x) соответственно. Подставляя g(x) в формулу (3.52) и интегрируя по частям,получаем:()∫ +∞1(y − x)2u(t, x) = √g(y) exp −dy =4t2 πt −∞()1(l − x)21(−l − x)2√ G(l) exp(−= lim) − √ G(−l) exp(−) −l→+∞4t4t2 πt2 πt1− √2 πt1√2 πt()∫+∞(y − x)2x−yexp −dy−G+ (y)2t4t−∞()∫+∞(y − x)2x−yexp −dy = L + I1 + I2 .G− (y)2t4t−∞Зафиксируем x ∈ R.
Так как g(x) ∈ L∞ (R), то|G(x)| ≤ ||g||L∞ |x|.Отсюда для достаточно больших l22 1 √ G(l) exp(− (l − x) ) − √1 G(−l) exp(− (−l − x) ) ≤ 2 πt4t4t2 πtCl2≤ √ ||g||L∞ l exp(− ).4tπtТак как при каждом фиксированном t правая часть последней оценкистремится к нулю при l → +∞, то L = 0. Далее,1I1 = √πt∫+∞√G+ (x + 2z t)z exp(−z 2 )dz =−∞1681=√πt1+√πt1+√πt∫+∞−∞∫+∞−∞∫+∞−∞√√G(2z t) + G(−2z t)z exp(−z 2 )dz+2√√G(x + 2z t) − G(2z t)z exp(−z 2 )dz+2√√G(−x − 2z t) − G(−2z t)z exp(−z 2 )dz.2Первый из интегралов равен нулю, так как подынтегральная функциячетная, а промежуток интегрирования симметричен. Модули второго итретьего интегралов могут быть оценены следующим образом:√√∫+∞ 1G(±(x + 2z t)) − G(±2z t)2√≤zexp(−z)dz πt2−∞1≤√πt||g||L∞ |x|√≤2 πt√√∫+∞ G(x + 2z t) − G(2z t)2 zexp(−z) dz ≤2−∞∫+∞const |x|√|z| exp(−z 2 )dz ≤||g||L∞ → 0, t → +∞.t−∞Далее,1I2 = √πt1=√πt1+√πt∫+∞−∞∫+∞−∞∫+∞√G− (x + 2z t)z exp(−z 2 )dz =−∞√√G(2z t) − G(−2z t)z exp(−z 2 )dz+2√√G(x + 2z t) − G(2z t)z exp(−z 2 )dz−21691−√πt∫+∞−∞√√G(−x − 2z t) − G(−2z t)z exp(−z 2 )dz.2Последние два интеграла стремятся к нулю, как было показано ранее, апервый может быть преобразован как1√πt1=√π∫+∞−∞∫+∞(−∞√√G(2z t) − G(−2z t)z exp(−z 2 )dz =2√√)G(2z t) − G(−2z t)√− 2A z 2 exp(−z 2 )dz+2z t2A+√π∫+∞z 2 exp(−z 2 )dz.−∞Первое слагаемое стремится к нулю в силу того, чтоG(l) − G(−l)= A.l→+∞2llimОсталось заметить, что второе слагаемое в точности равно A.
Теоремадоказана.6.3.4Сильный принцип максимума в ограниченнойобласти.Введем сначала некоторые обозначения. Пусть Ω ⊂ Rn – открытое ограниченное множество, T > 0 – фиксированное число. Обозначим ΩT =(0, T ] × Ω – параболический цилиндр, ΓT = ΩT \ ΩT – параболическаяграница. Заметим, что ΓT – "стакан т.е. не содержит {t = T } × Ω.Зафиксируем t0 ∈ R, x0 ∈ Rn , r > 0.Определение 5 МножествоE(t0 , x0 , r) = {(s, y) ∈ Rt × Rnx | s ≤ t0 , Φ(t0 − s, x0 − y) ≥будем называть тепловым шаром.1701}rnЗаметим, что при r → 0 + 0 тепловой шар E(t0 , x0 , r) стягивается в точку(t0 , x0 ). Кроме того, оказывается, имеет место следующее простое утверждение.Лемма 11 Справедливо равенство∫∫1|y − x0 |2dyds = 14rn(t − s)2(3.58)E(t0 ,x0 ,r)Более того, для уравнения теплопроводности имеет место теорема осреднем, которую мы приведем без доказательства:Теорема 69 (Теорема о среднем для уравнения теплопроводности).
Пусть функция u(t, x) ∈ C 1,2 (ΩT ) – решение уравнения теплопроводности 3.48. Тогда для любого теплового шара E(t, x, r), лежащего вΩT , имеет место равенство∫∫1|x − y|2dyds.(3.59)u(t, x) = nu(s, y)4r(t − s)2E(t,x,r)Аналогично ситуации для уравнения Лапласа, из теоремы о среднемвытекает сильный принцип максимума в ограниченной области:Теорема 70 (Принцип максимума в ΩT ) Пусть u(t, x) ∈ C 1,2 (ΩT ) ∩C(ΓT ) – решение уравнения теплопроводности (3.48) в ΩT . Тогда:1. max u(t, x) = max u(t, x);ΩTΓT2. Если Ω связное и существует (t0 , x0 ) ∈ ΩT такое, что u(t0 , x0 ) =max u(t, x), то u(t, x) – константа в Ωt0 .ΩTДоказательство.
Заметим, что первое утверждение теоремы является следствием второго. Докажем второе утверждение. Пусть существуетточка (t0 , x0 ) ∈ ΩT такая, что u(t0 , x0 ) = max u(t, x) = M . Тогда для доΩTстаточно малого r > 0 тепловой шар E(t0 , x0 , r) лежит в ΩT . Используятеорему о среднем и лемму 11, получаем∫∫1|x − y|20M = u(t0 , x ) = nu(s, y)dyds ≤4r(t − s)2E(t0 ,x0 ,r)1711≤M n4r∫∫E(t0 ,x0 ,r)|x − y|2dyds ≤ M.(t − s)2Отсюда u(s, y) = M для всех (s, y) ∈ E(t0 , x0 , r). Пусть теперь L – отрезок, лежащий в ΩT и соединяющий точку (t0 , x0 ) с некоторой точкой(t1 , y 0 ), причем t1 < t0 .
Покажем, что u(t, x) = M во всех точках (t, x)отрезка L. Для этого положимt∗ = min{τ ≥ t1 | u(t, x) = M ∀(t, x) ∈ L, τ ≤ t ≤ t0 }.Заметим, что указанное множество непусто, т.к. содержит точку (t0 , x0 ),и минимум достигается в силу непрерывности функции u(t, x). Пустьмоменту времени t∗ соответствует точка (t∗ , x∗ ) ∈ L. Выберем r1 > 0 настолько малым, что тепловой шар E(t∗ , x∗ , r1 ) лежит в ΩT . Заметим, чтоесли t∗ > t1 , то для любого r1 > 0 часть отрезка L лежит в этом шаре.
Ноаналогично ситуации для точки (t0 , x0 ) имеем u(t, x) = M во всех точкахтеплового шара E(t∗ , x∗ , r1 ). Следовательно, если t∗ > t1 , то t∗ не является минимумом множества {τ ≥ t1 | u(t, x) = M ∀(t, x) ∈ L, τ ≤ t ≤ t0 }.Значит, t∗ = t1 , а следовательно, u(t, x) = M во всех точках отрезка L.Зафиксируем теперь t ∈ [0, t0 ), x ∈ Ω. Если Ω связно, то найдется ломаe = {x0 , . . . , xm = x}, лежащая в Ω. Выберем t1 , . . . , tm−1 так, чтоная Lt = tm < tm−1 < · · · < t1 < t0 . Тогда отрезки, соединяющие точки (tj , xj )и (tj+1 , xj+1 ), лежат в ΩT для каждого j = 0, . . . , m − 1.
Но согласно сказанному выше, на каждом из этих отрезков u(s, y) = M . Следовательно,u(t, x) = M . Теорема доказана.Следствие 10 (Единственность в ΩT ) Пусть g(t, x) ∈ C(ΓT ), f (t, x) ∈C(ΩT ). Тогда существует не более одного решения u(t, x) ∈ C 1,2 (ΩT ) ∩C(ΓT ) смешанной задачи{ut − ∆u = f (t, x), (t, x) ∈ ΩT ,u|ΓT = g(t, x).Доказательство этого факта полностью аналогично доказательству теоремы 57.Упражнения к пункту 4:1. Прямым вычислением проверить равенство (3.59).2.
Доказать следствие 10.1726.3.5Принцип максимума в полосе.Определение 6 Пусть T > 0. Будем говорить, что функция u : [0, T ]×Rn → R, u(t, x) ∈ C 1,2 ((0, T ] × Rn ) ∩ C([0, T ] × Rn ) принадлежит классуТихонова TA,a , если существуют константы A > 0, a > 0 такие, чтодля любого t ∈ [0, T ] и для любого x ∈ Rn имеет место неравенство|u(t, x)| ≤ A exp(a|x|2 ).(3.60)Теорема 71 (Принцип максимума в полосе.) Пусть g(x) ∈ C(Rn )∩L∞ (Rn ), и функция u(t, x) ∈ TA,a – решение задачи Коши (3.51). Тогдаsup u(t, x) = sup g(x).Rn[0,T ]×RnДоказательство. Пусть сначала 4aT < 1. Тогда найдется достаточномалое ε > 0 такое, что 4a(T + ε) < 1. Зафиксируем y ∈ Rn , µ > 0 иположим()|x − y|2µv(t, x) = u(t, x) −.n exp4(T + ε − t)(T + ε − t) 2Прямым вычислением можно показать, что vt − ∆v = 0. Зафиксируемr > 0 и положим Ω = B(y, r).
Тогда ΩT = (0, T ] × B(y, r), и функцияv(t, x) удовлетворяет теореме 70 в ΩT . Значит,max v(t, x) = max v(t, x).ΓTΩTЕсли x ∈ Rn , тоµv(0, x) = u(0, x) −n exp(T + ε) 2(|x − y|24(T + ε))< u(0, x) = g(x).Тем самым, на "дне стакана" ΓT имеет место неравенство v(t, x) ≤ g(x).Покажем, что при достаточно большом r > 0 такое же неравенство имеетместо и на "боковой стенке т.е. при |x − y| = r. Действительно, в этомслучае в силу (3.60) имеем:()r2µ≤v(t, x) = u(t, x) −n exp4(T + ε − t)(T + ε − t) 2173()r2≤4(T + ε − t)()µr22.≤ A exp(a(|y| + r) ) −n exp4(T + ε)(T + ε) 2µ≤ A exp(a|x| ) −n exp(T + ε − t) 22В силу неравенства 4a(T + ε) < 1 имеембоковой стенке ΓT получаем:14(T +ε)= a + γ, γ > 0. Отсюда наnv(t, x) ≤ A exp(a(|y| + r)2 ) − µ(4(a + γ)) 2 exp((a + γ)r2 ).Так как правая часть при достаточно большом r становится сколь угодносильно отрицательной, тоv(t, x) ≤ sup g(x).RnТаким образом, max v(t, x) ≤ sup g(x), откуда v(t, x) ≤ sup g(x) для всехΓTRnRn(t, x) ∈ ΩT , и, в частности, v(t, y) ≤ sup g(x).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
