Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1127861), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Существует единственная функция ,реализующая минимум функционала на. Если скалярное произведение на задается формулой ,то эта функция является обобщенным решением задачи Дирихле ∆u = f, x ∈ Ωu|∂Ω = 0u ∈ H10 (Ω), f ∈ L2 (Ω)Последовательность Ритца может быть рассмотрена как последовательность, приближающая решение.26.2. Уравнение теплопроводностиРассмотрим дифференциальный оператор (теплопроводности):T u = ut − ∆x uтогда сопряженный операторT ∗ v = −vt − ∆x vУравнение теплопроводности имеет вид T u = f (x, t), где x ∈ Ω – ограниченная область, t > 0.Для уравнения теплопроводности имеет место аналог формулы Грина: пустьu, v ∈ C 2,1 (eωτ ) ∩ C 1 (ω τ ),гдеωeτ = (x, t) x ∈ Ω, 0 < t 6 τωτ = (x, t) x ∈ Ω, 0 < t < τздесь C 2,1 – пространство функций, дважды дифференцируемых по х и один раз по t. ТогдаZZ∗(vT u − uT v) dxdt =(vut + uvt − v∆u + u∆v) dxdt =ωτ=ZΩωτu(x, τ )v(x, τ ) dx −Zu(x, 0)v(x, 0) dx +ΩZSτ58u∂v∂u +vdS∂ν∂νПроверим, что фундаментальным решение для оператора теплопроводности является|x−x0 |2θ(t − t0 )−pe 4(t−t0 )(2 π(t − t0 ))nΓ(x, x0 , t, t0 ) =То есть нужно проверитьTx, t Γ(x, x0 , t, t0 ), f (x, t) = Γ(x, x0 , t, t0 ), T ∗ f (x, t) = f (x0 , t0 )Убедимся, что Γ ∈ L1, loc (Rn+1 ):1n2 π n/2tZ0 +Rt0Z|x−x0 |< C|x−x |21− 4(t−t0 )0edxdt|t − t0 |n/26То есть1π n/2tZ0 +RZt0Γ(x, x0 , t, t0 ), T ∗ f (x, t) =limZ∞ Zε→0t0 +ε Rn1=π n/2x−xξ= √ 02t−t0tZ0 +Rt0Z2e−|ξ| dξdt 6|ξ|< √C2t−t02e−|ξ| dξdt = RRnZΓ(x, x0 , t, t0 )T ∗ f (x, t) dxdt =Rn+1Γ(x, x0 , t, t0 )T ∗ f (x, t) dxdt =Пользуясь формулой Грина,= limε→0 Z∞ ZT Γ(x, x0 , t, t0 )T f (x, t) dxdt +t0 +ε RnZRnΓ(x, x0 , t0 + ε, t0 )f (x, t0 + ε) dxУпражнение: Для любого t > t0 T Γ = 0.Используя этот факт, пишем:= limZε→0Rn1Γ(x, x0 , t0 + ε, t0 )f (x, t0 + ε) dx = lim √ nε→0 (2 πε)e|x−x0 |2−4εRn= lim1ε→0 π n/2Zn 1= lim n/2ε→0 πZZ√2e−|ξ| f (x0 + 2 εξ, t0 + ε) dξ =f (x, t0 + ε) dx=ξ=x−x0√2 εRn√2e−|ξ| (f (x0 + 2 εξ, t0 + ε) − f (x0 , t0 )) dξ +1π n/2|ξ|>NZ|ξ|<No√2e−|ξ| (f (x0 + 2 εξ, t0 + ε) − f (x0 , t0 )) dξ+f (x0 , t0 )Покажем, что интегралы стремятся к нулю:M = sup |f (x, t)| < ∞Rn∀ε > 0∃NMπ n/2Z2e−|ξ| dξ < ε/2|ξ|>N∀ ε > 0 δ > 0 ∀ x, t : |x − x0 | < δ, |t − t0 | < δ |f (x, t) − f (x0 , t0 )| < ε√Возьмем 2 εN < δ, ε < δ, тогда и второй интеграл меньше ε,что мы и хотели показать.
Итак, мы доказали, чтоΓ(x, x0 , t, t0 ) является фундаментальным решением.Теорема 26.3 (Принцип максимума в ограниченной области). Пусть u(x, t) - решение уравненияT u = 0 в слое weτ , принадлежащее классу C 2,1 (weτ ) ∩ C(wτ ). Тогда ∀ (x, t) ∈ weτ :min u(x, t) 6 u(x, t) 6 max u(x, t)στστ59Где στ = Ω ∪ Sτ , Sτ – боковая поверхность цилиндра.Доказательство:Достаточно доказать, что min u(x, t) 6 u(x, t), потому что применив это рассуждение к функции v = −u,στполучим утверждение для максимума.Из непрерывности u ∃M > 0 : |u(x, t)| < M в wτ . Выберем M1 такое, чтоv(x, t) = u(x, t) − M1 < 0∀ (x, t) ∈ wτТогда T v = 0 в weτ и v < 0 в wτ .
Положим v = eγt w, γ = const > 0. Покажем, что минимум отрицательногозначения w может достигаться лишь на στ . Предположим противное: ∃(x0 , t0 ) ∈ weτ : 0 > w(x0 , t0 ) = min w(x, t).wτЯсно, что w(x, t) < 0 в wτ ,∂w∂xj (x0 , t0 )= 0,∂w∂t (x0 , t0 )6 0, а∂2w(x0 , t0 )∂x2j> 0. Но тогдаT v∂w(x, t) − eγt ∆w(x, t) <0= γeγt w(x, t) + eγt∂t(x0 ,t0 )(x0 ,t0 )Что противоречит равенству T v = 0.Следовательноw(x, t) > min w(x, t)στИли, что то же самое,e−γt v(x, t) > min e−γt v(x, t)στПереходя к пределу при γ → 0 получаем v(x, t) > min v(x, t), а отсюда и требуемое неравенство для u(x, t).στ27.
Лекция 2727.1. Принципы максимумаТеорема 27.1 (Принцип максимума в oнеограниченной области). Пусть u(x, t) - решение уравненияnT u = 0 в слое Gτ = (x, t) x ∈ Rn , 0 < t 6 τ , принадлежащее классу C 2,1 (Gτ ) ∩ C(Gτ ). Предположим, что∀ (x, t) ∈ Gτ|u(x, t)| 6 M . Тогда ∀ (x, t) ∈ Gτ :inf u(x, 0) 6 u(x, t) 6 sup u(x, 0)x∈Rnx∈RnДоказательство:ОбозначимM0 = sup u(x, 0), m0 = infn u(x, 0)x∈Rx∈RnВведем вспомогательную функцию v(x, t) = |x|2 + 2nt. Легко видеть, что в Gτ T v = vt − ∆|x|2 = 2n − 2n = 0.Введем еще функцииW1 (x, t) = M0 − u(x, t) + εv(x, t)W2 (x, t) = M0 − u(x, t) − εv(x, t)Заметим, что T W1 = T W2 = 0 в Gτ , и кроме тогоW1 (x, 0) = M0 − u(x, 0) + ε|x|2 > 0W2 (x, 0) = m0 − u(x, 0) − ε|x|2 6 0Далее, ∀ ε > 0 ∃R(ε) ∀ x : |x| > R(ε) W1 (x, t) > 0, W2 (x, t) 6 0 Теперь применим принцип максимума дляограниченной области к функциям W1 и W2 в области Gτ :W1 (x, t) > 0,W2 (x, t) 6 0(x, t) ∈ GτЧто равносильноm0 − εv(x, t) 6 u(x, t) 6 M0 + εv(x, t)Переходя к пределу при ε → 0, получим утверждение теоремы.60∀ (x, t) ∈ GτТеорема 27.2 (строгий принцип максимума).
Пусть функция u(x, t) в цилиндреweτ := (x, t) x ∈ Ω, 0 < t 6 τ(1)удовлетворяет уравнению T u = 0, принадлежит классу C 2,1 (weτ ) ∩ C(w τ ) и принимает в точке (x0 , t0 ) ∈ weτнаибольшее значение, то u(x, t) ≡ u(x0 , t0 ) = const в цилиндре weτ0 = weτ ∩ {t 6 τ0 }. Предположим противное. Пусть u(x1 , t1 ) < u(x0 , t0 ) := M , где t1 < t0 . Соединим точки (x0 , t0 ) и (x1 , t1 )ломаной, содержащейся в weτ с вершинами в точках t1 , . . . , tn , tn+1 = t0 , причем t1 < t2 < . . .
< tn+1 = t0 . Еслимы докажем, что из неравенства u(xs , ts ) < M следует u(xs+1 , ts+1 ) < M , то, двигаясь по ломаной, получимu(x0 , t0 ) < M – противоречие, и теорема будет доказана.Пусть точки (xs , ts ) и (xs+1 , ts+1 ) лежат на прямойxj = kj t + aj ,Рассмотрим цилиндр P (x, t) < ρ2 , где P (x, t) =nPj=1j = 1, . . . , n(xj − kj t − aj )2 . Выберем ρ > 0 : u(x, ts ) < M − ε1∀x :P (x, ts ) < ρ2 .
Построим вспомогательную функциюv(x, t) = e−γt (ρ2 − P (x, t))2 ,γ>0Тогда∂P+ 4n(ρ2 − 8P ) − 8P∂tПокажем, что можно γ выбрать настолько большим, что T v < 0 внутри цилиндра. Действительно, на боковойповерхности цилиндра T v = −8e−γtρ2 < 0, поэтому неравенство справедливо и в некоторой δ-окрестностиповерхности. Если же P (x, t) < ρ2 − δ, то ρ2 − P (x, t) > δ и при достаточно большом γ первый член в скобкахбудет больше по модулю, чем сумма модулей остальных членов, то есть T v < 0 внутри цилиндра. РассмотримфункциюW (x, t) = M − u(x, t) − αv(x, t)T v = e−γt (−γ(ρ2 − P )2 − 2(ρ2 − P )Ясно, что T W = −αT v > 0 в цилиндре. Тогда по принципу максимума для ограниченной области,W (x, t) > min W (x, t)σГде σ – «наклонный стакан» (боковая поверхность плюс нижнее основание нашего цилиндра).
На боковойповерхности цилиндра W (x, t) = M − u(x, t) > 0, а на нижнем основании W (x, ts ) = M − u(x, ts )− αv(x, ts ) > ε1 −αv(xt , s) > 0, при достаточно маленьком α. Значит, и во всем цилиндре W (x, t) > 0, в частности W (xs+1 , ts+1 ) >0, то естьu(xs+1 , ts+1 ) 6 M − αv(xs , ts ) < MЧто и хотели доказать. Теорема 27.3 (о стабилизации). Пусть u(x, t) ∈ C 2,1 (w∞ ) ∩ C(w ∞ ) – решение уравнения T u = 0,now∞ = (x, t) x ∈ Ω, 0 < t < ∞,S∞ =no(x, t) x ∈ ∂Ω, 0 < t < ∞,Пусть u|S∞ = 0, тогда u(x, t) → 0 t → ∞ равномерно по всем x ∈ ΩДоказательство:Для удобства положим 0 ∈ Ω.
Рассмотрим функциюv(x, t) = e−atnYcos bxj ,a>0j=1Поскольку vt = −av и vxj xj = −b2 v, то T v = (nb2 − a)v. Следовательно при a = nb2 v(x, t) – решение уравнениятеплопроводности. Выберем b настолько малым, чтоnoπΩ ⊂ |xj | < , j = 1, . . . , n4b61Внутри этого параллелепипеда v(x, 0) > 0, поэтому (из непрерывности u и v) ∃M > 0 : |u(x, 0)| < v(x, 0),Кроме того, v|S∞ > 0. Рассмотрим функцииx ∈ Ω.W1 (x, t) = M v(x, t) − u(x, t)W2 (x, t) = M v(x, t) + u(x, t)Очевидно, T W1 = T W2 = 0, при этом M мы выбрали так, что W1 (x, 0) = M v(x, 0) + u(x, 0) > 0 и кроме того,W1 |S∞ > 0, отсюда по принципу максимума W1 (x, t) > 0, x ∈ w ∞ , то есть u(x, t) 6 M v(x, t).
Аналогичноприменяя принцип максимума к W2 , получаем −u(x, t) 6 M v(x, t). Итак,|u(x, t)| 6 M v(x, t)x ∈ w∞Но v(x, t) убывает к нулю равномерно по x ∈ Ω, так что теорема доказана.27.2. Начально-краевые задачи1) Первая начально-краевая задача:C 2,1 (weτ ) ∩ C(w τ )T u = f (x, t) (x, t) ∈ weτu|Sτ = ψ(x, t), Sτ = ∂Ω × (0, τ )u|t=0 = ϕ(x)Здесь f, ψ, ϕ – заданные непрерывные функции.2) Вторая начально-краевая задача:C 2,1 (weτ ) ∩ C(w τ )T u = f (x, t) (x, t) ∈ weτ∂u|=ψ(x,t)S∂ν τu|t=0 = ϕ(x)Здесь f, ψ, ϕ – заданные непрерывные функции, а поверхность ∂Ω – регулярна.3) Третья начально-краевая задача:C 2,1 (weτ ) ∩ C(w τ )Tu=f (x, t) (x, t) ∈ weτ∂u∂ν + a(x, t)u |Sτ = ψ(x, t)u|t=0 = ϕ(x)Здесь f, a, ψ, ϕ – заданные непрерывные функции, а поверхность ∂Ω – регулярна.4) Задача Коши:C 2,1 (Gτ ) ∩ C(Gτ )T u = f (x, t) (x, t) ∈ Gτ = Rn × (0, τ ]u|t=0 = ϕ(x), x ∈ RnЗдесь f, ϕ – заданные непрерывные функции.27.3.
Теоремы единственностиТеорема 27.4. Первая краевая задача для оператора теплопроводности имеет единственное решение. Как обычно, рассмотрим разность v = u1 − u2 двух решений этой задачи. Тогда T v = 0, v|Sτ =0, v|t=0 = 0. Согласно принципу максимума для ограниченных областей,0 = min v(x, t) 6 v(x, t) 6 max v(x, t) = 0στστПоэтому v(x, t) = 0 в weτ и единственность доказана. Теорема 27.5. Задача Коши для уравнения теплопроводности в классе ограниченных функций имеет единственное решение. Рассмотрим разность v = u1 − u2 двух решений этой задачи. Тогда T v = 0, v|t=0 = 0, |v| 6 M дляv ∈ Gτ . Согласно принципу максимума для неограниченных областей,0 = minv(x, 0) 6 v(x, t) 6 maxv(x, 0) = 0nnRRПоэтому v(x, t) = 0 в Gτ и единственность доказана.
62.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
