Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1127861), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Задача Коши. ХарактеристикиВ случае одного пространственного переменного уравнение (2) выглядит так:y ′′ + a(x)y ′ + b(x)y = f (x).(4)Вспомним, что задачей Коши в этом случае являлась задача о нахождении решения этого уравнения, удовлетворяющего в точках x0 , x1 , где [l1 , l2 ] ⊂ R, а xn ∈ (l1 , l2 ), начальным условиям(y(x0 ) = y0 ,y0 , y1 ∈ R.(5)y ′ (x1 ) = y1 ,Заметим, что в этом случае всегда существует решение задачи Коши.Перейдем к постановке аналогичной задачи для уравнения в частных производных (2).
Возьмем некоторуюдостаточно гладкую (n − 1)-мерную поверхность S ⊂ Ω, заданную уравнениемF ∈ C2 (Ω),F (x) = 0,(6)и пусть |∇F | =6 0 при всех x ∈ S. Пусть на S задано векторное поле l(x) = (l1 (x), . . . , ln (x)), причём |l(x)| =6 0,не касающееся поверхности S, то есть∂F(l(x), ∇F (x))(x) =6= 0 ∀x ∈ S.∂l|l(x)|(7)Тогда задачей Коши будет нахождение решения уравнения (2) с начальными условиями(8)= u0 (x),uS∂u(x) = u1 (x),∂lS(9)где u0 (x) и u1 (x) — функции, заданные на S.Пусть x0 ∈ S, U (x0 ) — шар радиусом ρ с центром в x0 , причем U (x0 ) ⊂ Ω. Обозначим S0 = S ∩ U (x0 ) и будемрешать задачу Коши в окрестности точки x0 с условиямиu(x) ∈ C2 (Q(x0 )),u(x)= u0 (x),(10)S0∂u(x) = u1 (x).∂lS0Поскольку |∇F (x0 )| =6 0, то для определенности будем считать, что Fxn (x0 ) 6= 0.
Рассмотрим следующее преобразование y = F (x):y1= x1 − x01 ≡ F1 (x)...(11)yn−1 = xn−1 − x0n−1 ≡ Fn−1 (x)yn= F (x) ≡ Fn (x)При этом J(x) 6= 0, где J(x) имеет следующий вид 1 0J(x) := ... 0Fx101............0Fx200......1. . . Fxn−10 Fxn 00...(12)Легко заметить, что J(x) = Fxn (x), поэтому J(x) 6= 0 в окрестности x0 . Таким образом, наше преобразованиеy = F (x) взаимо-однозначно отображает U (x0 ) ⊂ Rnx на V (0) ⊂ Rny , то есть часть U (x0 ), принадлежащая5исходной поверхности, перейдет в окрестность точки 0 на гиперплоскости yn = 0.
Обозначим Σ = V (0)∩{yn = 0},где Σ := Φ(S), а v(y) := u x(y) , и выразим частные производные получившейся функции:u xi =nXvyk ykxi =k=1nXk=1vyk∂Fk, u xi xj∂xi=nXnvyk vypk,p=1∂Fk ∂Fp X∂Fk2+vyk.∂xi ∂xj∂xi ∂xjТогда уравнение (2) запишется в следующем виде:nnnnn2XXXXX∂F∂F∂F∂Fkkkk +vyk+ai (x)vyk+ a(x(y))v = fe(y),aij (x) vyk vyp∂x∂x∂x∂x∂xijijii=1i,j=1k=1k,p=1или, что то же самое,nXbkp (y)vyk vyp +Xk=1bkp (y) =nXnbk (y)vyk + b(y)v = fe(y),aij (x(y))i,j=1Заметим, чтоbnn =nXi,j=1(14)k=1k,p=1где(13)k=1(15)∂Fk ∂Fp.∂xj ∂xi(16)aij (x(y))Fxi Fxj = A(x(y))∇F, ∇F , где ∇F ≡ grad F.(17)Посмотрим теперь, какой вид примут начальные условия (10).
Первое условие превратится вu(x)= v0 (y ′ ),= u(x(y))S0y ′ = (y1 , y2 , . . . , yn ),(18)Σа второе условие перейдёт вnnnnk=1k=1X1du1 X1 XX∂Fkvyk ykxj lj (x) =vyk(x) = (∇x u, l) =uxj lj (x) =.dl|l||l| j=1|l| j=1∂lS0Здесь мы пользуемся тем, чтоn∂Fk1 X ∂Fklj (x) =.|l| j=1 ∂xj∂lПустьλ(y) =Тогда (∇y v, λ(y)) =nPk=1(19)∂F1∂Fn,...,∂l∂l(20)(21).kvyk ∂F∂l .= v1 (y ′ )(∇y v, λ(y))Σvyk (y ′ )Σдля k = 1, . .
. , n − 1 мы находим из условия vvyn= v0 (y ′ )Σn−1XdFn∂Fk= v1 (y ′ ) −vykdl∂lj=1∂FnnНа ∂F∂l можно поделить, так как l не касается S, то есть ∂l (x0 ) 6= 0. Итак, мы нашли все первые производныеиз начальных условий.Значения vyk yp (y ′ ) для k, p = 1, . . . , n − 1 мы находим из первого условия. vyk yn (y ′ ) для k = 1, .
. . , n − 1ΣΣмы находим из выражения для vyn .bnn vyn ynΣ= fe −ΣnXbpk (y)v0yk v0ypk,p=1;p+k<2nΣ−nXk=1bk (y)v0ykΣ− b(y)v.(22)Если bnn 6= 0 на Σ,то мы находим vyn yn . Если же bnn = 0, то получаем условие на начальные данные задачи, иона может быть неразрешима.Определение. Поверхность S : F (x) = 0, ∇F (x) 6= 0 ∀ x ∈ S называется характеристикой (характеристической поверхностью) уравнения (2), если A(x(y))∇F, ∇F = 0 для ∀ x ∈ S (или нормаль ν(x) в каждой точкеудовлетворяет равенству (A(x)ν(x), ν(x)) = 0).
Точки данной поверхности называются характеристическими.62. Лекция 2Если в точка x0 ∈ S является характеристической, а данные задачи удовлетворяют соответствующим соотношениям, то решений задачи Коши может быть бесконечно много.Рассмотрим несколько примеров:2.1. Задача Коши с данными на характеристикеПример 1.Рассмотрим уравнение в некотором круге U с центром в начале координат (n=2)ux1 x1 − ux2 x2 = f (x1 , x2 )Характеристиками этого уравнения будут прямые x1 −x2 = C1 , x1 +x2 = C2 (это показывается по определению).Рассмотрим задачу Коши на поверхности x1 = x2 т.еu= ϕ(x1 ) ux1x1 = x2= ψ(x1 )x1 = x2Такое уравнение с помощью замены переменных приводится к уравнению ux2 x2 = 0 у которого x2 = 0 будетхарактеристикой.
Легко проверить, что для существования гладкого в U решения этого уравнения, удовлетворяющего условиямu= ϕ(x1 ) ux2x2 = 0необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условието решение предоставляется в видеu(x1 , x2 ) =Zx10= ψ(x1 )x2 = 0dξ1Zx2dψ(x1 )dx1≡ f (x1 , 0). Причем, если это условие выполнено,f (ξ1 , ξ2 )dξ2 + ϕ(x1 ) + g(x2 )0где g — произвольная дважды непрерывно дифференцируемая функция, удовлетворяющая условиям g(0) == 0, dg(0)dx2 = ψ(0). То есть решений бесконечно много.2.2. Задача о слабом разрыве решения вдоль некоторой кривой y = ϕ(x)Пример 2.Пусть на плоскости есть область которая разделена на две части Ω1 , и Ω2 кривой l : y = ϕ(x). Рассмотримуравнениеa(x, y)uxx + 2b(x, y)uxy + c(x, y)uyy + d(x, y)ux + e(x, y)uy + g(x, y)u = f (x, y)Причём u ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω1 ) ∩ C 2 (Ω2 ) То есть на кривой l рвутся вторые производные. Докажем, что l —характеристика.Пусть(u1 (x, y) x, y ∈ Ω1u(x, y) =u2 (x, y) x, y ∈ Ω2Обозначим [u] ≡ u1 (x, ϕ(x)) − u2 (x, ϕ(x)) = 0ld[u]= u1x (x, ϕ(x)) + u1y (x, ϕ(x))ϕ′ (x) − u2x (x, ϕ(x)) − u2y (x, ϕ(x))ϕ′ (x) = [ux ] + [uy ]ϕ′ = 0dxd[ux ]= [uxx + [uxy ]ϕ′ = 0dxd[uy ]= [uxy ] + [uyy ]ϕ′ = 0dxПусть λ = [uyy ] 6= 0, тогда [uxy ] = −λϕ′ , [uxx ] = λϕ′2 Имеемa[uxx ] + 2b[uxy ] + c[uyy ] = 0т.еaλϕ′2 − 2λbϕ′ + cλ = 0После сокращения на λ, несложно будет увидеть, что это, по определению, и есть уравнение характеристики.72.3.
Нехарактеристическая задача Коши для линейного уравнения в частныхпроизводных второго порядкаТеперь пусть поверхность S не содержит характеристических точек. Напомним, что у нас задана n-мернаяобласть Q и (n − 1)-мерная поверхность S: F (x) = 0, причем поверхность делит Q на две непересекающиесяобласти.
И в Q задано уравнение (1.2) т.е коэффициенты и свободный член. А на поверхности S задано нигдене касающееся поверхности векторное поле l(x), |l(x)| > 0 на S, и две функции u0 (x), u1 (x). Пусть поверхностьне имеет характеристических точек уравнения(A(x)∇F (x), ∇F (x)) 6= 0,x ∈ S.2Требуется найти функцию u(x), принадлежащую C (Q), удовлетворяющую в Q уравнению (1.2) и на S начальным условиям (1.3),(1.4).
Будем называть эту задачу нехарактеристической задачей Коши. А заданные условия- данными задачи.Предположим, что данные задачи бесконечно дифференциируемые на соответствующих множествах. Предположим также, что существует бесконечно дифференциируемое в Q решение u(x) задачи (1.2),(1.3),(1.4).Тогда на поверхности S через данные задачи однозначно определяются все производные любого порядкафункции u(x).Примечание.
Доказательство этого факта подробно описано в книге Михайлова Дифференциальные уравнения в частных производных на стр. 15-17.3. Лекция 33.1. Теорема КовалевскойТеорема.1. Если данные задачи Коши(1.2) аналитичны, т.е. коэффициенты уравнения и правая его часть аналитичныв Ω, а l, u0 , u1 аналитичны на S, где S — характеристика, то ∃Ω′ ⊂ Ω, S ⊂ Ω′ , где существует аналитическоерешение задачи Коши для уравнения (1.2).2. В любой подокрестности Ω′′ ⊃ S не существует решения, отличного от найденного в пункте 1.Пример Ковалевской.ut = uxx ,x ∈ R1 ,t > 0,u=t=01,1 + x2t = const − характеристикаАналитического решения нет ни в какой окрестности 0.∞PДокажем от противного. Пусть u(x, t) =hij xi tji,j=01= 1 − x2 + x4 − .
. .1 + x2Имеем hi0 = 0 при нечетных i, hi0 = (−1)i/2 при четных i.∞Xi,jjhij xi tj−1 =∞Xi,ji(i − 1)hij xi−2 tjОтсюда hm,p+1 (p + 1) = hm+2,p (m + 2)(m + 1). Получаем h2n+1,j = 0 ∀ n > 0, j > 0, а такжеQ2m+2pk(2m + 1)(2m + 2)(2m + 2p)!h2m,p = h2(m+1),p−1= . . . = h2(m+p),0 k=2m+1 = (−1)m+ppp!(2m)!p!∞P2m pp(−1)m+p (2m+2p)!t . При x = 0 ряд имеет вид(−1)p (2p)!(2m)!p! xp! t . Легко показать, что радиусm,p=0 p=0 ap сходимости R = lim ap+1=0Итак, u(x, t) =∞Pp→∞3.2. Классификация линейных УРЧП 2-го порядка. О приведении их кканоническому видуПустьnXi,j=1aij (x)uxi uxj = Φ(x, u, ∇u),8aij ≡ ajiРассмотрим формуnPaij (x)ξi ξj и замену ξ = T η, тогда ξi =i,j=1i,j=1nPi,j=1aij (x)nXtik ηknXnXk,p=1nXи уравнение примет видvyp etpi ,nXk,p=1i,j=1u xi xj =i,j=1nXnPtjp ηp и наша форма примет видp=1nXtik aij tjp .
Пусть y = Tt x, Tt = (etkp ), т.е. yp =p=1Приводим формуtjp ηp =p=1k=1u xi =nPtik ηk , ξj =k=1nXОбозначим bkp =nPaij (x)tik tjp ηk ηpnPk=1k,p=1etpk xk . Тогдаvypk etpi etkje v, ∇v)bkp (x)vyp yk = Φ(x,aij (x)ξi ξj к квадратичному виду η12 + . . .
+ ηn2 + − ηn2 + +1 − . . . − ηn2 + +n− , где n+ - число соб-ственных значений, больших 0, n− - число собственных значений, меньших 0, n0 - число собственных значений,равных 0. Тогда наше уравнение будет выглядеть следующим образом:e v, ∇v)vy1 y1 + . . . + vyn+ yn+ − vyn+ +1 yn+ +1 − . . . − vyn+ +n− yn+ +n− = Φ(x,Возможны следующие случаи, в соответствии с которыми мы и классифицируем уравнения:1) n+ = n или n− = n - эллиптический тип. ∇u=02) n+ = n − 1, n− = 1 или n− = n − 1, n+ = 1 - гиперболический тип.
uxn xn =3) n0 6= 0 - параболический тип. uxn =n−1Pu xi xin−1Pu xi xii=1i=14) n+ > 2, n− > 2, n0 = 0 - ультрагиперболический тип4. Лекция 4Корректно поставленные задачиЧтобы полностью описать тот или иной физический процесс, необходимо, кроме самого уравнения, описывающего этот процесс, задать начальное состояние этого процесса (начальные условия) и режим на границе тойобласти, в которой происходит процесс (граничные условия).Различают три основных типа краевых задач для дифференциальных уравнений:1.
Задача Коши для уравнений гиперболического и параболического типов: задаются начальные условия, область G, где происходит процесс, совпадает со всем пространством Rn , соответственно граничные условияотсутствуют.2. Краевая задача для уравнений эллиптического типа: задаются граничные условия на границе, начальныеусловия отсутствуют.3.
Смешанная задача для уравнений гиперболического и параболического типов: задаются и начальные,играничные условия, G 6= Rn .Рассмотрим вопрос корректности постановки краевой (в широком смысле) задачи. Обозначим через β1класс функций, среди которых мы ищем решение, а через β2 – класс данных задачи. Пусть β1 и β2 – банаховыпространства.
На линейное дифференциальное уравнение можно смотреть как на линейный оператор A : β1 →β2 , который ставит в соответствие решению набор начальных и краевых данных.Чтобы решить дифференциальное уравнение, нам нужно узнать, какому решению соответствуют наши начальные данные, то есть найти обратный оператор.Поскольку уравнения математической физики описывают реальные физические процессы, то математические постановки этих задач должны удовлетворять некоторым естественным условиям.Итак, краевая задача называется поставленной корректно в паре банаховых пространств β1 и β2 , если:91. ∀ Φ ∈ β2∃u ∈ β1 : Au = Φ.2. Такой элемент u единственный.3. И зависит от данных задачи непрерывно.Рассмотрим несколько примеров:1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
