Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 28
Текст из файла (страница 28)
1. Обосновать переход к неравенству (1.1) в теореме 81.2. Доказать следствие 1.1. Указание: применить метод математическойиндукции по m.3. Проверить выкладки при решении ОДУ в примерах А,Б.4. Обосновать возможность нахождения уравнений для vj в примере Бпутем дифференцирования равенства (1.5) по µ и подстановки µ = 0.Литература:А.Ф.Филиппов, Введение в теорию дифференциальных уравнений“, §7,”§23, §2410.2Метод стационарной фазы.В этом разделе мы исследуем поведение быстро осциллирующих решений волнового уравнения, которые концентрируются около некоторыххарактеристических поверхностей.
Начнем с некоторых формальных, нопоказательных вычислений.21010.2.1Геометрическая оптика.ПРИМЕР 1(осциллирующее решение). Рассмотрим комплексно-значноерешение задачи Коши для волнового уравнения∂t2 u − ∆u = 0, x ∈ Rn , t > 0,u|t=0 = g(x), ∂t u|t=0 = 0.(2.6)Следуя П. Лаксу, зафиксируем ε и будем искать решение u = uε уравнения (2.6) в виде1uε (x, t) = aε (x, t) ei ε φε (x,t),(2.7)где вещественная функция φε интерпретируется как фаза , а вещественнозначная функция aε (x, t)–как амплитуда.
Предложенная форма решения называется анзацем геометрической оптики. Идея заключается втом, что бысто осциллирующие решения волнового уравнения можноисследовать с помощью уравнения с частными производными относительно фазовой функции в пределе при ε → 0. Приведем формальныерассуждения. Подставляя (2.7) в (2.6) и вычисляя, находим∂t2 uε − ∆uε =)∂t φε 2 εi∂t aε ∂t φε) a +2+ ∂t2 aε −εεε()εε∂x φ 2 εi∂x aε ∂x φεi 1ε φε (x,t) i∆φ εε−ea −() a +2+ ∆aεεε1= ei ε φε (x,t)1Сокращая на ei ε φ( i∂ 2 φεtε (x,t)aε − (и взяв вещественную часть, получимaε ((∂t φε )2 − (∂x φε )2 ) = ε2 (∂t2 aε − ∆aε )Если в некотором смыслеφε → φ, aε → a ̸= 0,(2.8)при ε → 0, то отсюда, по видимому, можно вывести, что∂t φ ± |∂x φ| = 0, x ∈ Rn , t > 0,211(2.9)Неформально можно считать характеристические прямые этих уравнений Гамильтона-Якоби лучами, вдоль которых решение (2.7) концентрируется при ε → 0(высокочастотный предел.)Приведенный выше пример позволяет высказать гипотезу, что уравнение Гамильтона-Якоби (2.9) некоторым образом контролирует высокочастотную асимптотику для волнового уравнения.
Однако условиевыполнения анзаца геометрической оптики четко не определено в приведенных выше формальных вычислениях. Чтобы исследовать поведениерешения более глубоко, применим метод стационарной фазы, которыйопределяет собой вариант метода Лапласа с заменой −1 в экспоненте наi.10.2.2Стационарная фаза.ПРИМЕР 2.(стационарная фаза для волнового уравнения). Вернемся кзадаче Коши∂t2 uε − ∆uε = 0, x ∈ Rn , t > 0,u|t=0 = g ε (x), ∂t u|t=0 = 0.(2.10)считая, что g ε имеет быстро осциллирующую структуру1g ε (x) = a(x) ei ε φ(x) , x ∈ Rn ,(2.11)Здесь ε > 0, a, φ ∈ Cc∞ (Rn ), и мы потребуем, чтобы∇x φ ̸= 0, x ∈ supp φ(2.12)Если сделать преобразование Фурье по x, получим задачу Коши дляобыкновенного уравнения∂t2 ub + ξ2ub = 0, x ∈ Rn , t > 0.ub|t=0 = gbε (ξ), ∂t ub|t=0 = 0.решение которого1ub(ξ, t) = gbε (ξ)(eit|ξ| + e−it|ξ| )2Следовательно1u(x, t) =(2π)n/2∫Rn1 εgb (ξ)(ei(x·y+t|ξ|) + ei(x·y−t|ξ|) )dξ =2212(2.13)1= (I+ε (x, t) + I−ε (x, t))2где∫ ∫i1=ba(z) e ε φ± (x,ξ,z,t) dzdξn/2(2π)Rn Rnφ± (x, ξ, z, t) = (x − z) · y ± t|ξ| + φ(z)I±ε (x, t)(2.14)(2.15)Наша цель–изучить асимптотическое поведение I±ε при ε → 0.
Наосновании Примера 1 мы можем рассмотреть общее интегральное выражение вида∫φ(y)Iε =ei ε a(y)dy(2.16)Rnгде a, φ гладкие функции, a− финитна и ε > 0. Нас интересует поведениеIε при ε → 0.Сначала рассмотрим частный случай, когда функция φ линейна поy.ЛЕММА 1(асимптотика линейных членов). Пусть a ∈ Cc∞ (Rn ), ξ ∈Rn , ξ ̸= 0. тогда при m = 1, 2, . . .∫ie ε ξ·y a(y)dy = O(εm ), ε → 0.RnДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Без потери общности можно считать, что ξ =(ξ1 .
. . , ξn ), ξ1 ̸= 0. Имеем∫( ε )m ∫iiξ·ye ε a(y)dy =∂ym1 (e ε ξ·y )a(y)dy =iξ1RnRn( −ε )m ∫i=e ε ξ·y ∂ym1 (a(y))dy = O(εm ), ε → 0.iξ1RnТеперь предположим квадратичность φ по y .ЛЕММА 2(асимптотика квадратичных членов). Пусть a ∈ Cc∞ (Rn ) иA− вещественная невырожденная симметричная матрица. Тогда1(2πε)n/2∫eRnei 4 sgnAa(y)dy =(a(0) + O(ε)), ε → 0.| det A|1/2πiy·Ay2ε213(2.17)Здесь sgnA означает сигнатуру матрицы A, т.е. число положительныхсобственных значений минус число отрицательных собственных значений.ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.1) Покажем, что для любой ψ ∈ Cc∞ (Rn )∫ ∫2eix·Ax−δ|x| −ix·y ψ(y)dxdy =(2.18)lim+δ→0Rn Rn∫π n/2− 4i y·A−1 yi π4 sgnA=Eeφ(y)dy| det A|1/2RnСначала рассмотрим диагональную матрицу A:A = diag(λ1 , . .
. , λn ), λk ̸= 0, k = 1, . . . , n.Для фиксированных y, λ ∈ R, и δ > 0 имеем∫∫y212iλx2 −δx2 −ixyedx =e−z dze 4(iλ−δ)1/2(δ − iλ)RΓгдеΓ = {z = (δ − iλ)1/2 (x −iy), x ∈ R}, , ℜ(δ − iλ)1/2 > 0.2(iλ − δ)Таким образом, Γ− это прямая в комплексной плоскости, пересекающаяx− ось под углом, меньше π/4. Поэтому интеграл по Γ можно преобразовать в интеграл по вещественной оси и∫∫2−z 2e dz =e−z dz = π 1/2ΓОтсюда∫Ry2π 1/24(iλ−δ)e(δ − iλ)1/2RПоскольку матрица F имеет диагональную форму, получим∫y2124(iλk −δ)eJδ (y) =eix·Ax−δ|x| −ix·y dx = π n/2 Πnk=1(δ − iλk )1/2Rneiλx2 −δx2 −ixydx =2) Пусть φ ∈ Cc∞ (Rn ).
Тогда∫∫n/2φ(y) Jδ (y)dy = πRnRnφ(y) Πnk=1214y214(iλk −δ)edy(δ − iλk )1/2Из слабой сходимости следует, что∫∫n/2lim+φ(y) Jδ (y)dy = πφ(y) Πnk=1δ→0RnRni y21− 4λk dye(−iλk )1/2(2.19)Из выбора ветви ℜ(δ−iλk )1/2 > 0 по непрерывности следует ℜ(−iλk )1/2 >iπ0. Поэтому (−iλk )1/2 = |λk |1/2 e− 4 , если λk > 0. Если же λk < 0, тоiπ(−iλk )1/2 = |λk |1/2 e 4 . Следовательно,Πnk=1 (−iλk )1/2 = | det A|1/2 a− 4 sgnAiπИз (2.21) получаем (2.20) для диагональной матрицы.3) Если матрица недиагональная, повернем систему координат так,чтобы A стала диагональной в новых координатах и опять проверимi(2.20).
Для этого положим aε (y) = e 2π y·Ay . Для a ∈ Cc∞ (Rn ) имеемДля фазовой функции φ общего вида мы воспользуемся следующейлеммой о замене переменных и тем самым локально сведем изучение кодному из рассмотренных выше случаев.ЛЕММА 3(замена координат). Пусть φ : Rn → Rn гладкая функция:(а) Пусть ∇φ(0) ̸= 0. Тогда существует гладкая функция Φ : Rn → Rnтакая, чтоΦ(0) = 0, ∇Φ(0) = I, φ(Φ(x)) = φ(0) + ∇φ(0) · x, |x| ≪ 1(2.20)(б)(лемма Морса).
Пусть ∇φ(0) = 0 и D2 φ(0) ̸= 0. Тогда существуетгладкая функция Φ : Rn → Rn такая, чтоΦ(0) = 0, ∇Φ(0) = I,1φ(Φ(x)) = φ(0) + x · D2 φ(0)x, |x| ≪ 1.2(2.21)Другими словами, выполнив замену переменных в окрестности x = 0,можно считать, что функция φ аффинная в случае (а) и квадратичнаяв случае (б).ДОКАЗАТЕЛЬСТВО.1) Пусть rn = ∇φ(0) ̸= 0. Тогда существуют векторы r1 , .
. . , rn−1такие, что {rk }nk=1 является ортогональным базисом в Rn . Определимf : Rn × Rn → Rn по формулеf (x, y) = (r1 · (y − x), · · · , rn−1 · (y − x), φ(y) − φ(0) = ∇φ(0) · x).215Тогда∇y f (0, 0) = r1···rnгде {rk }nk=1 рассматриваются как вектор строки. Тогда det Dy f (0, 0) ̸= 0.По теореме о неявной функции можно найти функцию Φ : Rn → Rnтакую, что Φ(0) = 0 и f (x, Φ(x)) = 0 при малых |x|. В частностиφ(Φ(x)) = φ(0) + ∇φ(0) · x,rk · (Φ(x) − x) = 0, k − 1, .
. . , n − 1.(2.22)Дифференцируя по x, находим (DΦ(0) − I)rk = 0, k = 1, . . . , n, и темсамым DΦ(0) = I, что доказывает утверждение (а).2) Фиксируем x ∈ Rn . Тогда ψ(t) = φ(tx) удовлетворяет уравнению∫ 1′ψ(1) = ψ(0) + ψ (0) +(1 − t)ψ”(t)dt.0В случае ∇φ(0) = 0 имеем1φ(x) = φ(0) + x · A(x)x2(2.23)для симметричной матрицы∫1(1 − t)2 D2 φ(tx)dtA(x) = 20Заметим, что A(0) = D2 φ(0). Здесь и далее считаем матрицу D2 φ(0)невырожденной. Тогда A(x) также невырожденная при малых |x| ≪ 1.Поэтому можно считать, при необходимости перейдя вращением к новымкоординатам, что матрица A(0) = D2 φ(0) диагональной.3) Теперь покажем, что для каждого m ∈ {0, 1, . .
. , n} существуетотображение Φm : Rn → Rn такое, чтоΦm (0) = 0, DΦm (0) = I,mn1∑ 21 ∑2φ(Φ(x)) = φ(0) +∂ φ(0)xj +αkj (x)xj xk2 j=1 xj2 k,j=m+1 m216(2.24)kjдля малых |x|, где Am = (αm) гладкая и симметричная.Заметим, в частности, что из (2.24) следуетkjαm(0) = ∂xk ∂xj φ(0), k, j = m + 1, . . .
, n(2.25)m+1,m+1Поэтому αm(x) ̸= 0 для достаточно малых |x|.4) Утверждение (2.24) при m = 0 это (2.23), где A0 + a, Φ0 − тождественное отображение. Далее по индукции предполагаем, что (2.24)справедливо для некоторых m ∈ {0, . . . , n − 1} и записываем φm (x) =φ(Φm (x)). Тогдаmn1∑ 21 ∑2φm (x) = φ(0) +∂ φ(0)xj +αkj (x)xj xk2 j=1 xj2 k,j=m+1 m(2.26)для малых |x|.Определим отображение Πm+1 : Rn → Rn , Πm (y) = x, по формуле(Πm+1 (y) = y1 , . .
. , ym ,n)m+1,m+1m+1,j∑αm(y) 1/2yj αm(y)( 2], . . . , yn) [ym+1 +∂xm+1 φ(0)αm+1,m+1 (y)j=m+2 mдля малых |y|. Из (2.26) следуетmn1∑ 21 ∑2φm (y) = φ(0) +β kj (y)xj xk∂ φ(0)xj +2 j=1 xj2 k,j=m+1 m+1где{kjβm+1(y)=k,jαm(y) −αm+1,k(y)αm+1,j(y)mm,m+1,m+1αm(y)0k, j = m + 2, . .
. , n,в ином случаеПоскольку матрица D2 φ(0) диагональна, из (2.25) следует, что Πm+1 (0) =0 и DΠm+1 (0) = I. Поэтому при малых |x| можно определить обратноеотображение Ξm+1 = Π−1m+1 , y = Ξm+1 (x). Следовательноm+1n1∑ 21 ∑kj2φm (Ξm+1 (x)) = φ(0) +∂xj φ(0)xj +αm+1(x)xj xk2 j=12 k,j=m+2k,jПоложим Am+1 = Bm+1 ◦ Ξm+1 , где Bm+1 = (βm+1(y)). Тогда это утверждение (2.26) с m + 1 вместо m и Φm+1 = Φm ◦ Ξm+1 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
