Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 8
Текст из файла (страница 8)
1. Каков физический смысл функции u(t, x)?2. Проверить, что начальные условия (4.44) являются допустимыми, аповерхность Γ удовлетворяет условию нехарактеристичности.3.4.2Стационарное уравнение Гамильтона-Якоби.Определение. Стационарным уравнением Гамильтона-Якоби называется УрЧПH(∇x u, x) = 0,где функция H(p, x) ∈ C 1 .Пусть Γ = {x(ξ), ξ ∈ D ⊆ Rn−1 } – гладкая гиперповерхность.
Поставим задачу Коши для стационарного уравнения Гамильтона-Якобиследующим образом:{H(∇x u, x) = 0,(4.47)u|Γ = S0 (ξ).49Предположим, что существует функция P0 (ξ) такая, что тройка(P0 (ξ), S0 (ξ), x(ξ)) – допустимая. Тогда система характеристик для задачи (4.47) имеет вид{ẋ = ∇p H, x|s=0 = x(ξ),(4.48)ṗ = −∇x H, p|s=0 = P0 (ξ).При этом, очевидно, ż =< p, ∇p H >, z|s=0 = S0 (ξ). Пусть x = X(s, ξ),p = P (s, ξ) – решение (4.48). Пусть также выполнено условие нехарактеристичности< ∇p H(P0 (ξ), x(ξ)), ν(ξ) ≯= 0,где ν(ξ) – единичная внешняя нормаль к Γ в точке x(ξ). Тогда по леммео локальной обратимости существуют обратные функции s = S(x), ξ =K(x) к x = X(s, ξ).
Отсюда∫ sz(s, ξ) =< P (τ, ξ), ∇p H(P (τ, ξ), X(τ, ξ) > dτ + S0 (ξ),0и решение задачи (4.47) имеет видu(x) = z(S(x), K(x)).Пример (Уравнение эйконала в случае размерности 2).Рассмотрим задачу Коши{|∇u| = 1,u|x21 +x22 =1 = 0.В этом случае естественная параметризация начальной гиперповерхности Γ имеет вид Γ = {(cos ξ, sin ξ), ξ ∈ [0, 2π)}. Найдем P0 (ξ) так, чтобытройка (P0 (ξ), 0, x(ξ)) была допустимой.
Для этого запишем условия согласования (3.36):|P0 (ξ)| = 1, dS0 (ξ) = 0 =< P0 (ξ), dx(ξ) > .Отсюда в силу первого уравнения имеем P0 (ξ) = (cos θ(ξ), sin θ(ξ)), и всилу второго уравнения получаем− cos θ sin ξ + sin θ cos ξ = 0,50т.е. sin(θ(ξ) − ξ) = 0, откуда θ(ξ) = ξ или θ(ξ) = π + ξ. Тем самым, можновыбрать два различных допустимых вектора P0 (ξ), т.е. решение исходнойзадачи Коши не единственно. Пусть θ(ξ) = ξ, тогда P0 (ξ) = (cos ξ, sin ξ),и система (4.48) имеет видẋ1 = 2p1 , ẋ2 = 2p2 , ṗ1 = 0, ṗ2 = 0,откуда x1 = (1 + 2s) cos ξ, x2 = (1 + 2s) sin ξ, p1 (ξ) = cos ξ, p2 (ξ) = sin ξ,∫ s(p1 (ξ) · 2p1 (ξ) + p2 (ξ) · 2p2 (ξ)) dτ + 0 = 2s.z(s, ξ) =0Далее, так как (1 +√2s)2 = x21 + x22 , то решение исходной задачи обязаноиметь вид u(x) = ± x21 + x22 − 1.
Очевидно, что знак минус“не√ удовле”творяет начальному условию, откуда получаем ответ: u(x) = x21 + x22 −1.Упражнение. Проинтегрировать уравнение эйконала для случая θ(ξ) =π + ξ.3.4.3Вариационное исчисление. Связь с ОДУ Гамильтона.Введем несколько новых понятий:Определение Лагранжианом назовем функцию L : Rn × Rn → R,L = L(q, x) ∈ C 1 . Зафиксируем точки w1 , w2 ∈ Rn , t > 0.
Функционалом действия называется∫ tI(w(·)) =L(ẇ(s), w(s))ds.0При этом считается, что функция w(s) принадлежит допустимому классуA = {w(·) ∈ C 2 ([0, t]), w : [0, t] → Rn , w(0) = w1 , w(t) = w2 }.Задача вариационного исчисления состоит в нахождении кривойx(s) ∈ A такой, чтоI(x(·)) = min I(w(·))w(·)∈A51(4.49)Теорема 17 (уравнения Эйлера-Лагранжа) Пусть x(s) – решение(4.49) – существует. Тогда x(s) – решение системы уравнений ЭйлераЛагранжа−d(∇q L(ẋ(s), x(s))) + ∇x L(ẋ(s), x(s)) = 0.ds(4.50)Доказательство. Выберем функцию v ∈ C 2 ([0, t]) такую, что v : [0, t] →Rn , v(0) = v(t) = 0. Пусть τ ∈ R.
Положим w(s, τ ) = x(s) + τ v(s). Тогда w(·, τ ) ∈ A для всех τ , откуда I(x(·)) ≤ I(w(·, τ )) в силу того, чтоx(s) – решение (4.49). Обозначим f (τ ) = I(w(·, τ )). Тогда из вышесказанного следует, что функция f (τ ) имеет минимум в точке τ = 0. Значит,f ′ (0) = 0. Вычисляя эту производную явно, имеем′f (τ ) =∫t ∑n (∂L0j=1)∂L(ẋ + τ v̇, x + τ v)v̇j +(ẋ + τ v̇, x + τ v)vj ds.∂qj∂xjИспользуя равенство v(0) = v(t) = 0 и интегрируя по частям первоеслагаемое, в силу равенства f ′ (0) = 0 имеем)n ∫ t(∑d ∂L∂L− ((ẋ, x)) +(ẋ, x) vj ds = 0.ds ∂qj∂xjj=1 0Так как это равенство выполнено для всех гладких функций v(s), удовлетворяющих граничным условиям, то отсюда следует, что−d ∂L∂L((ẋ, x)) +(ẋ, x) = 0 ∀j = 1, . .
. , n,ds ∂qj∂xjи, переписывая это в векторной форме, получаем (4.50).Теорема доказана.Покажем, что система ОДУ второго порядка (4.50) преобразуется ксистеме ОДУ Гамильтона. Пусть x(s) – решение (4.50). Положим p(s) =∇q L(ẋ(s), x(s)) – обобщенный момент, соответствующий координате x(s)и скорости ẋ(s). Потребуем, чтобы было выполнено следующее условие.Условие 1 (Условие разрешимости.) Пусть ∀x, p ∈ Rn уравнениеp = ∇q L(q, x) однозначно разрешимо относительно q как гладкой функции p, x.52Определение. Гамильтониан H, ассоциированный с лагранжианомL – это функция H(p, x) =< p, q(p, x) > −L(q(p, x), x).Теорема 18 Функции x(s) и p(s) удовлетворяют системе ОДУ Гамильтона (4.45). Кроме того, функция H(p, x) – первый интеграл этойсистемы.Доказательство.
Так как p(s) = ∇q L(ẋ(s), x(s)) и выполнено условиеразрешимости, то ẋ(s) = q(p(s), x(s)). Далее,)n (∂H ∑∂L ∂qk∂qk∂L=−(p, x) −(q, x).pk∂xi∂x∂q∂xik ∂xiik=1∂LВ силу условия разрешимости имеем pk = ∂q(q(p, x), x). Значит, суммаkв предыдущем равенстве состоит из нулевых слагаемых. Следовательно,∂H∂L= − ∂x(q, x). Аналогично,∂xii)n (∑∂H∂qk∂L ∂qk= qi (p, x) +pk−= qi (p, x).∂pi∂p∂qik ∂pik=1Таким образом,∂H(p(s), x(s))∂pi= qi (p(s), x(s)) = ẋi (s);∂H∂L(p(s), x(s)) = −(q(p(s), x(s)), x(s)) =∂xi∂xi()d ∂L∂L(ẋ(s), x(s)) = −(ẋ(s), x(s)) = −ṗi (s).=−∂xids ∂qiТаким образом, функции p(s), x(s) удовлетворяют (4.45).
Кроме того,)n (∑d∂H∂HH(p(s), x(s)) =ṗi +ẋi =ds∂pi∂xii=1=n (∑∂Hi=1∂H∂H ∂H(−)+∂pi ∂xi∂xi ∂pi)= 0.Таким образом, H(p, x) – первый интеграл системы (4.45).Теорема доказана.Упражнения. 1. Обосновать дифференцируемость функции f (τ ), определенной в доказательстве теоремы 17. 2. Решить вариационную задачудля L(q, x) = m2 q 2 + U (x).533.4.4Преобразование Лежандра. Выпуклая двойственность гамильтониана и лагранжиана.Пусть f (x) – выпуклая функция, f : Rn → R, т.е.
∀τ ∈ (0, 1) ∀x, y ∈ Rnимеет место неравенство f (τ x + (1 − τ )y) ≤ τ f (x) + (1 − τ )f (y).Определение. Преобразованием Лежандра выпуклой функцииf (x) называется g(p) = max F (p, x), где F (p, x) =< p, x > −f (x).xЕсли функция f (x) дифференцируема, то F (p, x) дифференцируемапо x. Положим x∗ = x(p) – аргумент, при котором F (p, x) максимальна.Тогда ∇x F (p, x∗ ) = 0, откуда p = ∇x f (x∗ ), и, если такое x∗ существует, товыполнено условие разрешимости, а именно, уравнение p = ∇x f (x) разрешимо относительно x. Поэтому g(p) = f ∗ (p) =< p, x(p) > −f (x(p)), ипри этом p = ∇x f (x(p)).
Таким образом, гамильтониан H(p, x) являетсяпреобразованием Лежандра по q для лагранжиана L(q, x) в силу определений из предыдущего пункта. Для простоты изложения будем далееопускать зависимость от x в H и L, т.е. писать H = H(p), L = L(q).Теорема 19 (Выпуклая двойственность.) Пусть отображение L(q)выпуклое. Тогда H(p) = L∗ (p) также выпуклое, и H ∗ (q) = L(q).Доказательство.
Пусть q фиксировано. Тогда функция< p, q > −L(q) линейна, и для p, p̂ ∈ Rn , τ ∈ (0, 1) в силу определенияпреобразования Лежандра имеемH(p) = L∗ (p) =< p, q(p) > −L(q(p)),H(τ p + (1 − τ )p̂) = sup{< τ p + (1 − τ )p̂, q > −L(q)} ≤q≤ τ sup{< p, q > −L(q)} + (1 − τ ) sup{< p̂, q > −L(q)} =qq= τ H(p) + (1 − τ )H(p̂).Значит, по определению, функция H(p) выпукла.Далее, в силу определения, H(p) = L∗ (p) =< p, q(p) > −L(q(p)) ≥<p, q > −L(q) ∀p, q ∈ Rn , откудаL(q) ≥ sup {< p, q > −H(p)} = H ∗ (q).p∈Rn54С другой стороны,H ∗ (q) = sup {< p, q > − sup{< p, r > −L(r)}},p∈RnrH ∗ (q) = sup inf {< p, q − r > +L(r)}.pr(4.51)Так как отображение L(q) выпукло, то для любого q ∈ Rn найдетсяs ∈ Rn такое, что для любого r ∈ Rn имеет место неравенствоL(r) ≥ L(q)+ < s, r − q > .(4.52)Далее, полагая p = s в (4.51), получаем H ∗ (q) ≥ inf {< s, q−r > +L(r)} =rL(q), откуда и из доказанного ранее неравенства H ∗ (q) ≤ L(q) следует,что H ∗ (q) = L(q).Теорема доказана.Функции f (x) и f ∗ (p) называются сопряженными по Юнгу.Упражнения.
1. Доказать неравенство Юнга: < p, x >≤ f (x) + f ∗ (p).rs2. Пусть f (x) = |x|r , r > 1. Доказать, что f ∗ (p) = |p|s , где 1r + 1s = 1.3. Доказать, что если L(q) – дифференцируемое выпуклое отображение,то для любого q ∈ Rn найдется s ∈ Rn , такое, что ∀r ∈ Rn имеет местонеравенство (4.52).3.4.5Геометрическая интерпретация уравнения ГамильтонаЯкоби. Интегральный инвариант Пуанкаре-Картана.nnРассмотрим фазовое пространство R2nx,p = R × R и задачу Коши длянестационарного уравнения Гамильтона-Якоби:∂S+ H(∇x S, x) = 0, S|t=0 = S0 (x), x ∈ Ω0 .∂t(4.53)Решению задачи (4.53) – функции S(x, t) – сопоставим в фазовом пространстве поверхностьΛt = {(x, p), x = X(x0 , t), p = P (x0 , t), x0 ∈ Ω0 },55где X(x0 , t) и P (x0 , t) – решения системы ОДУ Гамильтона с начальнымиусловиями X|t=0 = x0 , P |t=0 = ∇S(x0 ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
