Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Равенство (2.10), в свою очередь, сразуследует из (2.9):Rλ Rµ =Rλ − RµRµ − Rλ== Rµ Rλ .µ−λλ−µТеорема доказана.Теорема 78 (Резольвента как преобразование Лапласа полугруппы). Если {S(t)}t≥0 – сжимающая полугруппа, A – ее производящийоператор, λ > 0, то λ ∈ ϱ(A) и имеет место равенство∫+∞Rλ u =e−λt S(t)udt.0190(2.11)Доказательство. Заметим, что в силу неравенств λ > 0, ||S(t)|| ≤ 1eλ u =интеграл в правой части равенства (2.11) имеет смысл.
Обозначим R+∞∫ −λte S(t)udt.0Тогда для любого элемента u ∈ X, для любого положительного hимеем∫+∞eλ u − Reλ uS(h)R1e−λt (S(t + h) − S(t)) udt ==hh01=−h∫he−λ(t−h)1S(t)udt +h0eλh=−h∫+∞(e−λ(t−h) − e−λt )S(t)udt =0∫h−λteeλh − 1S(t)udt +h0Поэтому∫+∞e−λt S(t)udt.0eλ u − Reλ uS(h)Re λ u = AReλ u.= −u + λRh→0+0hlimeλ u = u, т.е. оператор Reλ – правый обратный для λI −A.Значит, (λI −A)RС другой стороны, для u ∈ D(A) имеем∫+∞∫+∞−λteλ u = AARe S(t)udt =e−λt AS(t)udt =00∫+∞eλ Au.=e−λt S(t)Audt = R0При этом для обоснования перестановочности интеграла с операторомA необходимо перейти к интегральным суммам, а затем воспользоватьсятем, что оператор A замкнут. Отсюда и из приведенных ранее выкладокследует, чтоeλ λu = Reλ Au,−u + Reλ – левый обратный для λI − A.
Таким образом, Reλ = (λI − A)−1 =т.е. RRλ . Теорема доказана.191Упражнение. Провести подробное доказательство того, что в обозначениях теоремы 78 имеет место равенствоeλ u = Reλ Au.AR8.3Теорема Хилле-Иосиды.Теорема 79 Пусть A : D(A) → X – замкнутый линейный оператор наX, D(A) плотно в X. Тогда A – производящий оператор сжимающейполугруппы {S(t)}t≥0 тогда и только тогда, когда(0, +∞) ⊂ ϱ(A), ||Rλ || ≤1∀λ > 0.λ(3.12)Доказательство.
Если A – производящий оператор, то по теореме78 сразу получаем (3.12). Обратно, зафиксируем λ > 0 и определимAλ = −λI + λ2 Rλ = λARλ .Пусть u ∈ D(A), тогда λRλ u − u = ARλ u = Rλ Au, откуда и из (3.12)следует оценка||λRλ u − u|| = ||Rλ Au|| ≤1||Au|| → 0, λ → +∞.λСледовательно, λRλ u → u при λ → +∞, u ∈ D(A).
Далее, так как D(A)плотно в X, ||λRλ || ≤ 1, то λRλ u → u при λ → +∞, u ∈ . Значит, Aλ u →Au при λ → +∞, u ∈ D(A). Тем самым, построенные нами операторыAλ являются некоторой регуляризацией оператора A. Определим теперьtAλSλ (t) = e−λt λ2 tRλ=ee=e−λt+∞∑(λ2 t)kk=0k!Rλk .Заметим, что семейство операторов {Sλ (t)}t≥0 – полугруппа. Кроме того,так как ||Rλ || ≤ λ1 , то||Sλ (t)|| ≤ e−λt+∞ 2k k∑λ tk=0k!||Rλk ||≤e−λt+∞ k k∑λ tk=0k!= 1.Следовательно, полугруппа {Sλ (t)}t≥0 – сжимающая. Нетрудно убедиться в том, что производящим оператором для этой полугруппы будет Aλ ,192D(Aλ ) = X. Пусть теперь λ, µ > 0.
Так как по теореме 77 имеет место равенство Rλ Rµ = Rµ Rλ , то Aλ Aµ = Aµ Aλ , откуда следует, что длялюбого t > 0 имеет место равенство Aµ Sλ (t) = Sλ (t)Aµ . Таким образом,если u ∈ D(A), тоSλ (t)u − Sµ (t)u = Sµ (0)Sλ (t)u − Sµ (t)Sλ (0)u = Sµ (t − s)Sλ (s)u|s=ts=0 =∫t=∫td(Sµ (t − s)Sλ (s)u)ds =dsSµ (t − s)Sλ (s)(Aλ u − Aµ u)ds.00Следовательно, имеет место неравенство||Sλ (t)u − Sµ (t)u|| ≤ t max ||Sµ (t − s)Sλ (s)(Aλ u − Aµ u|| ≤s∈[0,t]≤ t||Aλ u − Aµ u||,так как полугруппы {Sλ (t)}t≥0 , {Sµ (t)}t≥0 – сжимающие. Из этого неравенства следует, что для любого t ≥ 0, для любого u ∈ D(A) существуетпределS(t)u = lim Sλ (t)u.λ→+∞(3.13)Более того, так как ||Sλ || ≤ 1, то предел (3.13) существует для любогоu ∈ X равномерно по t на компактных подмножествах [0, +∞).
Крометого, нетрудно убедиться в том, что {S(t)}t≥0 – сжимающая полугруппа.Докажем теперь, что A – ее производящий оператор. Обозначим B –производящий оператор {S(t)}t≥0 . В силу пункта г) теоремы 75 имеем∫tSλ (t)u − u =Sλ (s)Aλ uds.(3.14)0Заметим, что для любого u ∈ D(A) имеет место неравенство||Sλ (s)Aλ u − S(s)Au|| ≤ ||Sλ (s)|| · ||Aλ u − Au|| + ||(Sλ (s) − S(s))Au||,и в этом неравенстве правая часть стремится к нулю при λ → +∞.Переходя с помощью этой оценки в равенстве (3.14) к пределу при λ →+∞, получаем∫tS(t)u − u =S(s)Auds.0193(3.15)Отсюда сразу следует, что D(A) ⊆ D(B) и для любого u ∈ D(A) имеетместо равенствоS(t)u − uBu = lim= Au.t→0+0tДалее, если λ > 0, то λ ∈ ϱ(A) ∩ ϱ(B). Кроме того, так как λ ∈ ϱ(A), то(λI − B)(D(A)) = (λI − A)(D(A)) = X.Поэтому (λI−B)|D(A) – взаимно однозначное отображение на“.
Следова”тельно, D(A) = D(B), а значит, A = B, т.е. A – производящий операторсжимающей полугруппы {S(t)}t≥0 , что и требовалось доказать.Упражнения. 1. Доказать, что в обозначениях теоремы Хилле-Иосидыоператор Aλ является производящим для полугруппы {Sλ (t)}t≥0 .2. Доказать, что семейство операторов {S(t)}t≥0 , определенных как предел (3.13), является сжимающей полугруппой.8.4Приложение теории полугрупп к параболическим уравнениям.Определение 11 Пусть γ ∈ R. Полугруппу {S(t)}t≥0 будем называтьγ-сжимающей, если для любого t ≥ 0 имеет место неравенство||S(t)|| ≤ eγt .Замечание 20 Можно доказать вариант теоремы Хилле-Иосиды в следующем виде: замкнутый оператор A с плотной областью определения– производящий оператор для γ-сжимающей полугруппы тогда и только тогда, когда(γ, +∞) ⊂ ϱ(A), ||Rλ || ≤1∀λ > γ.λ−γ(4.16)Пусть Ω ⊂ Rn – ограниченная область с гладкой границей ∂Ω, T >0, ΩT – параболический цилиндр.
Рассмотрим смешанную задачу дляпараболического уравнения ut + Lu = 0, (t, x) ∈ ΩT ,u|x∈∂Ω = 0,(4.17)u|t=0 = g(x),194где оператор L имеет видnn∑∑∂∂u∂uLu = −(aij (x))+bj (x)+ c(x)u∂x∂x∂xijji,j=1j=1и удовлетворяет в Ω условию равномерной эллиптичности с константойθ > 0, т.е. для любого x ∈ Ω, для любого ξ ∈ Rn имеет место неравенствоn∑aij (x)ξi ξj ≥ θ|ξ|2 .i,j=1Положим X = L2 (Ω), D(A) = H01 (Ω) ∩ H 2 (Ω), Au = −Lu. Тогда имеетместо следующая теоремаТеорема 80 Оператор A является производящим оператором γ- сжимающей полугруппы {S(t)}t≥0 на L2 (Ω) для некоторого γ ≥ 0.Литература:Л.К.Эванс, Уравнения с частными производными“, §7.4”195196Глава 9Курсовые работы второгосеместра(калибровка Лоренца).В качестве примера, построим решения задачи Коши для системы Максвелла:ПРИМЕР 1.
Поле скоростей и начальное распределение электриче2ских зарядов v = (0, x2 , 0), ϱ0 (x) = e−|x| .1а) Калибровка Лоренца∂t ϱ + x2 ∂x2 ϱ + ϱ = 0Решение-ϱ = e−t r, где∂t r + x2 ∂x2 r = 0◦◦◦x1 = 0, x2 = x2 , x3 = 0,x1 = ξ1 , x2 = ξ2 et , x3 = ξ3 ,Отсюда2 −2tr(x2 , t) = e−x2 e2 −2t −t=⇒ ϱ(x, t) = e−x2 eЧерез векторный и скалярный потенциалы решение системы МаксвеллаB = rotA, E = −∇φ − ∂t AПри выполнении калибровки ЛоренцаdivA = −1971∂t φc2получим систему волновых уравнений для потенциалов∂t2 A − c2 ∆A =jε0c2 ϱε0Эти уравнения совместно с калибровкой Лоренца равносильны системеМаксвелла. Условие же калибровки выполняется тогда и только тогда,когда∂t ϱ + divj = 0, j = ϱv∂t2 φ − c2 ∆φ =ϱ− плотность электрического заряда, j− плотность электрического тока.Таким образом, условие калибровки выполняется тогда и только тогда,когда∂t ϱ + div(ϱv) = 0Тогда∂t2 A1 − c2 ∆A1 = 0, ∂t2 A3 − c2 ∆A3 = 0x2 ϱ∂t2 A2 − c2 ∆A2 =ε0∂t2 φ − c2 ∆φ =c2 ϱε0Для φ(t, x) = φ(t, x2 )∂t2 φ − c2 ∂x2 φ =c2 −x22 e−2t −te,ε0Из формулы Даламбера, для τ − ct,∫∫ x+τ −sc2 τ − 1 (τ −s)2 − 2 (τ −s)cφ(τ, x2 ) =ee−y e cdyds =ε0 0x−τ +s∫1c2 ( τ12 2 (τ −s)2 2 (τ −s)s(1 + (τ − s)) e c (τ −s) [e−(x+τ −s) e c+ e−(x−τ +s) e c]ds=−ε0 0c∫)221x τ(τ −s)−(x+τ −s)2 e c (τ −s)−(x−τ +s)2 e c (τ −s)c+se[e−e]dsc 0∫∫ x2 +τ −s1 τ − 1 (τ −s)2 − 2 (τ −s)e cy e−y e cA2 (τ, x2 ) =dyds =ε0 0x2 −τ +s1981=ε0∫τe1(τ −s)c∫1(x2 +τ −s)e c (τ −s)1(x2 −τ +s)e c (τ −s)0z e−z dzds =2∫ (x2 +τ −s)2 e 2c (τ −s)∫ τ11=e c (τ −s)e−q dqds =2 (τ −s)2ε0 02c(x2 −τ +s) e∫ τ()112 2 (τ −s)2 2 (τ −s)=e c (τ −s) e−(x2 −τ +s) e c− e−(x2 +τ −s) e cds =2ε0 0∫ τ(2ξ2ξ)1122 2ξ=e c ξ−(x2 +ξ )e c e2x2 ξe c − e−2x2 ξe c dξ2ε0 02б) Теперь проверим начальные условия калибровки Лоренца∂x1 A01 + ∂x3 A03 = −∂x2 A2 |t=0 −1∂t φ|t=0 = 0c21∂x φ|t=0 = 0, j = 1, 2, 3c2 jДостаточно взять Aj ≡ 0, j = 1, 3 Тогда∂t A j = −B = 0, Ej = 0, j = 1, 3,E2 = −∂x2 φ − ∂t A2ПРИМЕР 2.
Поле скоростей и начальное распределение электриче2ских зарядов v = (x1 , x2 , x3 ), ϱ0 (x) = e−|x| .2а) Решение калибровки Лоренцаϱ(x1 , x2 , t) = e−3t−r2 e2t, r2 = |x|2Волновое уравнение в полярных координатах∂t2 φ − c21c2 −3t−r2 e2t2∂(r∂φ)=errr2ε0Положим z = r φ, τ = ct. Тогда∂τ2 z − ∂r2 z =1 − 3 τ −r2 e 2c τre c, r > 0, t > 0,ε0z|r=0 = 0199Теперь рассмотрим нечетное продолжение Z(r, t) = z(r, t), r ≥ 0, t ≥ 0и Z(r, t) = −z(−r, t), r < 0, t ≥ 0.
Тогда ∂t2 Z = −∂t2 z, r < 0, t ≥ 0 и∂r2 Z = −∂r2 z, r < 0, t ≥ 0. Отсюда∂τ2 Z − ∂r2 Z =1 − 3 τ −r2 e 2c τ, t > 0, r ∈ R.re cε0Решение1Z(r, τ ) =ε01=ε0∫τ∫τe− 3c (τ −s)00r+τ −sye−y2e 2c (τ −s)dyds =r−τ +s− 5c (τ −s)e∫∫1(r+τ −s)e c (τ −s)1(r−τ +s)e c (τ −s)Y e−Y dY ds =2∫ τ∫ (r+τ −s)2 e 2c (τ −s)51=e−Z dZds =e− c (τ −s)2 (τ −s)2ε0 02c(r−τ +s) e∫ τ512 2 (τ −s)2 2 (τ −s)=− e−(r+τ −s) e c]ds =e− c (τ −s) [e−(r−τ +s) e c2ε0 0∫21 τ − 5 q−(r2 +q2 )e 2c q=e csh(2rqe c q )dqε0 0где Z = Y 2 , q = τ − s∂t2 Aj − c2 ∆Aj =xj −3t−r2 e2teε0Если Aj = xj a(r, t), то112 2t∂t2 a − c2 ∂r2 a − 4c2 ∂r a = e−3t−r erε0(0.1)Положим A = r2 a. Тогда смешанная задача2r2 −3t−r2 e2tA=er2ε0= 0, A|t=0 = ∂t A|t=0 = 0∂t2 A − c2 ∂r2 A +A|r=0поскольку∂r2 (r2 a) − 2a = ∂r (2ra + r2 ∂r a) = r2 ∂r2 + 4r∂r a200(0.2)ЗАДАЧА.
Доказать существование классического решения смешанной задачи (0.2)Приведем наводящие соображения. Делаем нечетное продолжениеZ = A, r ≥ 0, t > 0, Z = −A(−r, t), r < 0, t > 0,тогда∂t2 Z − c2 ∂r2 Z +()222 22A(−r,t)+A(−r,t)−c∂Z=−∂A(−r,t)=rtr2r2=−Положим F = r2 e−3t−r2 e2tr2 −3t−r2 e2teε0, r ≥ 0, t > 0, и F = −r2 e−3t−r∂t2 Z − c2 ∂r2 Z +d(12∥∂t Z∥ + c ∥∂r Z∥ + 4∥ Z∥2 −dtrε02, r < 0, t > 0.12Z= F2rε0Z|t=0 = ∂t Z|t=0 = 022 e2t∫∞2)F Zdr = 0−∞Интегрируя, получим12∥∂t Z∥ (t) + c ∥∂r Z∥ (t) + 4∥ Z∥2 (t) =rε0222∫∞F (r, t) Z(r, t)dr−∞Отсюда априорная оценка:11∥∂t Z∥2 (t) + c2 ∥∂r Z∥2 (t) + 2∥ Z∥2 (t) ≤∥r F (r, t)∥2 (t)r2ε202б) Перейдем к исследованию решения системы Максвелла. В этомслучае магнитное поле∂x2 A3 − ∂x3 A2B = rotA = −∂x1 A3 + ∂x3 A1 = 0∂x1 A2 − ∂x2 A1где Aj = xj A(r,t)иr2∂x2 A3 − ∂x3 A2 = x2 x3 (∂r (A(r, t)A(r, t))−∂()) = 0rr2r2201Электрическое поле( z∂t A )Ej = −xj ∂r ( ) + 2 , j = 1, 2, 3rrПРИМЕР 3.
Поле скоростей и начальное распределение электрических зарядовv = (x2 , −x1 , 0), ϱ0 (x) = e−r , r2 = x21 + x22 + r3223а) Решениеϱ(x, t) = e−r21c2 −r22∂(r∂φ)=errr2ε0Для z = rφ имеем смешанную задачу∂t2 φ − c2∂t2 z − 2 ∂r2 z =c2 −r2reε0z|r=0 = 0, z|t=0 = ∂t z|t=0 = 0Векторный потенциал удовлетворяют системе∂t2 A1 − c2 ∆A1 =x2 −r2eε0∂t2 A2 − c2 ∆A2 = −x1 −r2eε0∂t2 A3 − c2 ∆A3 = 0Решение будем искать в видеA1 = x2 a(r, t), A2 = −x1 a(r, t)Тогда112∂t2 a − c2 ∂r2 a − 4c2 ∂r a = e−rrε0т.е. мы поучили опять уравнение (0.1) с другой правй частью. Также каквыше сделаем замену A = r2 a∂t2 A − c2 ∂r2 A + c2202r2 −r22A=er2ε0A|r=0 = 0, A|t=0 = ∂t A|t=0 = 0перейдем к смешанной задаче типа (0.2).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
