Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1127861), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Задача Дирихле уравнения Лапласа:∆u = 0,x ∈ Ω ⊂ Rn ,u |∂Ω = fЗдесь β1 = C(Ω), β2 = C(∂Ω),A : u(x) → f (x)Существование и единственность доказывались в курсе комплексного анализа, а непрерывная зависимость отu (относительно равномерной нормы) следует из принципа максимума для гармонических функций:max |u| 6 max |f |∂ΩΩВывод: краевая задача поставлена корректно.2. Пример Адамара: Рассмотрим задачу Коши для уравнения Лапласа:uyy = −uxx,u= cosnnx ,y=0= 0.u y(1)y=0Будем искать решение в областиnoΩ = (x, y) |y| < δ , δ > 0.в классах непрерывных ограниченных функций.
Решением будет функция u(x, y) =Покажем, что условие 3 для такой задачи не выполняется. В самом деле,kukβ1 = sup |u(x, y)| =Ω(2)ch ny cos nx.nch nδ→∞ n→∞n cos nx 1ku(x, 0)kβ2 = sup = →0 n→∞nnRЧто и доказывает отсутствие непрерывности. Вывод: задача Коши поставлена некорректно.4.1. Задача Коши для волнового уравнения.Задачей Коши для волнового уравнения называется задача:n utt = ∆u + f (x, t), x ∈ R , n 6 3u|t=0 = u0 (x)ut |t=0 = u1 (x)Функция u(x,t) называется классическим решением задачи Коши, если она удовлетворяетсисте приведеннойме и принадлежит классу C2 (t > 0)∩C1 (t > 0).
Здесь под множеством { t > 0} понимается (x, t) x ∈ Rn , t > 0 ,и аналогично мы понимаем множество { t > 0}.Покажем, что решением задачи Коши для однородного волнового уравнения в пространстве трех измеренийявляется функция Кирхгофа:!ZZ1∂1u(x, t) =u1 (ξ) dSξ +u0 (ξ) dSξ4πt∂t 4πt|x−ξ|=tДля этого введем функцию|x−ξ|=t1ug (x, t, τ ) =4πtZ|x−ξ|=t10g(ξ, τ ) dSξС её помощью функция Кирхгофа запишется следующим образом (аргумент τ нам не пригождается):u(x, t) = uu0 (x, t) +∂uu (x, t)∂t 1Изучим свойства функции ug (x, t, τ ). Итак,Лемма 4.1. Пусть функция g(x, τ ) имеет при τ > 0 непрерывные производные по x1 , x2 , x3 до порядка kвключительно.Тогда ug (x, t, τ ) при τ, t > 0 имеет непрерывные производные по x1 , x2 , x3 , t до порядка k включительно, иесли k > 2, то ug (x, t, τ ) удовлетворяет соотношениям: 2∂ ug= ∆ug , τ > 0, t > 0 ∂t2ug |t=0 = 0, x ∈ R3 ∂ug |t=0 = g(x, τ )∂tКроме того, ∆ug |t=0 = 0.5.
Лекция 5Доказательство леммы.Прежде всего в интегралеZ1ug (x, t, τ ) =4πtg(ξ, τ )dSξ|x−ξ|=tСделаем замену переменнойξ−xt2= η, dSξ = t dSη . ПолучимZtug (x, t, τ ) =g(tη + x, τ )dSη4π(5.1)|η|=1Из формулы (5.1) вытекает первое утверждение леммы. Кроме того, ug |t=0 = 0, поскольку при k > 2Zt∆ug (x, t, τ ) =∆g(tη + x, τ )dSη4π(5.2)|η|=1то ∆ug |t=0 = 0.Дифференцируя (5.1) по t получимZZdug1t=g(tη + x, τ )dSη +(∇g(tη + x, τ ), η)dSηdt4π4π|η|=1откудаugt |t=0|η|=1dgu1= lim=t→0 dt4πZg(x, τ )dSη = g(x, τ ).|η|=1Посколькуt4πZ∇g(tη + x, τ ), η)dSη =t4π14πtZ|η|=1где I(x, t, τ ) =dg(tη + x, τ )1dSη =dnη4πt|η|=1=RZZ|x−ξ|=1∆g(ξ, τ )dξ =I(x, t, τ )4πt|x−ξ|<1∆g(ξ, τ )dξ то (5.3) можно представить в виде|x−ξ|<1dug1I= ug +,tt4πt11(dg(ξ, τ )dSξ =dn(5.3)откудаd2 u11 dug1 dI111 ugI1 dI1=− 2 ++−=− 2 + ( +)+−=dt2tt dt4πt dt4πt2tt t4πt4πt dt4πt2ZZ1 dI1t=∆g(ξ, τ )dSξ =∆g(x + tη, τ )dSη=4πt dt4πt4π|x−ξ|=t|η|=1Из (5.4) и (5.2) следует, что ugtt = ∆ug .
Лемма доказана.Далее, в силу линейности, мы можем задачу Коши разбить в сумму трех:(utt = ∆u, x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = 0, ut |t=0 = u1 (x)((utt = ∆u, x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = u0 (x), ut |t=0 = 0utt = ∆u + f (x, t), x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = 0, ut |t=0 = 0Итак,1) uu1 (x, t) решение (а), в предположении u1 ∈ C 2 ;d2) Пусть u0 ∈ C 3 , ω(x, t) = dtuu0 (x, t), ω(x, t) ∈ C 2 ;Покажем, что ω(x, t) — решение (b).ω(x, t)|t=0 = u0 (x)ωt (x, 0) = (uu0 )tt |t=0 = (∆uu0 )|t=0 = 0((uu0 )t )tt = ((uu0 )t t)t = (∆uu0 )t ) = ∆(т.е ω(x, t) действительно решение (b).3)uf (x, t, τ ) =duu ) ⇒ ((uu0 )t )tt = ∆((uu0 )t )dt 0Z14πtf (ξ, τ )dSξ|x−ξ|=tf (x, t) вместе со своими производными по x1 , x2 , x3 включительно непрерывна при t > 0.
Тогдаh(x, t) =Zt0uf (x, t − τ, τ )dτ- решение (c)Покажем этоh|t=0 = 0ht = uf (x, 0, t) +Zt0(uf )t (x, t − τ, τ )dτht |t=0 = uf (x, 0, 0), но uf (x, 0, τ ) = 0 тогдаht =Zt0(uf )t (x, t − τ, τ )dτ ⇒ ht |t=0 = 0dhtt = ( uf (x, t − τ, τ ))|t=τ +dt=duf (x, 0, t) +dt(5.4)Zt0Zt0d2(uf )(x, t − τ, τ )dτ =dt2∆uf (x, t − τ, τ )dτ = f (x, t) + ∆h12(a)(b)(c)Таким образом получаем, что решение задачи Коши(utt = ∆u + f (x, t), x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = u0 (x), ut |t=0 = u1 (x), x ∈ R3при следующих предположениях: u0 (x) ∈ C 3 (R3 ), u1 (x) ∈ C 2 (R3 ); функция f (x, t) непрерывна при t > 0 вместесо всеми своими производными по x1 , x2 , x3 до второго порядказадается формулой Кирхгофаdu(x, t) = uu1 (x, t) + uu0 (x, t) +dtZt0или1u(x, t) =4πtZd 1u1 (ξ)dSξ + (dt 4πt|x−ξ|=tZuf (x, t − τ, τ )dτu0 (ξ)dSξ ) +Zt0|x−ξ|=t14π(t − τ )Zf (ξ, τ )dSξ dτ|x−ξ|=t−τИсследуем единственность.
Для этого достаточно показать, что(utt = ∆u⇒u≡0u|t=0 , ut |t=0 = 0(d)5.1. Энергетическое неравенство. Единственность решения|x − x0 | = T − t, 0 < t < T - характеристики.Γt1 ,t2 = {(x, t)|, |x − x0 | = T − t, t1 6 t 6 t2 } , 0 < t1 6 t2 < TΩτ = {(x, t)|, |x − x0 | 6 T − τ, t = τ }Энергия системы определяется так:ZE(t) = (u2t + |∇u|2 )dx с точностью до некоторого множителя.ΩtК слову первое слагаемое в этой сумме имеет физический смысл кинетической энергии колебаний, а второе потенциальный.Энергетическое неравенство:E(t1 ) 6 E(t2 ),∀ 0 6 t1 6 t2 6 T.Сразу отметим, что в частности E(t) 6 E(0), Соткуда следует единственность решения системы (d), т,к E(0) =0 ⇒ E(t) = 0Идея доказательства:utt = ∆u ⇒ ut utt = ut ∆uZ ZZKt1 ,t2dKt1 ,t2 = Γt1 ,t2 ∪ Ωt1 ∪ Ωt2Z Z Z1 dut utt =ut ∆u, ut utt =(ut )22 dtKt1 ,t2Теперь надо воспользоваться формулой Гаусса- Остроградского и свестиравенство интегралов к видуZZ1d12(ut ) dxdt =ut ∆udxdt2dt2dKt1 ,t2dKt1 ,t2Далее нужно аккуратно расписать данные интегралы и все получится.6.
Лекция 6Зная формулу Кирхгофа решения классической задачи Коши для уравнения utt − ∆u = f (x, t), мы можемлегко получить решение более общего уравнения utt − a2 ∆u = f (x, t), сделав замену τ = at. В этих обозначенияхзадача Коши примет вид:vtt = ∆v + fe(x, t)v|τ =0 = u0 (x)1u |τ τ =0 = u1 (x)a13Здесь fe(x, τ ) =τ1a2 f (x, a ),u(x, t) =14πa2 tа v(x, τ ) = u(x, τa ). Подставляя в формулу Кирхгофа, получаем:!ZZZf (ξ, t − |x−ξ|∂11a )u1 (ξ) dSξ +u(ξ)dS+dξ0ξ∂t 4πa2 t4πa2|x − ξ||x−ξ|=at|x−ξ|=at|x−ξ|<atЭта формула тоже называется формулой Кирхгофа.В дальнейшем всюду будем полагать a = 1, поскольку переходить к случаю a 6= 1 мы уже умеем, а вычисления упростятся.6.1.
Единственность классического решения задачи КошиИсследование единственности начнем с вывода утверждения, имеющего, впрочем, и самостоятельную ценность.6.1.1. Энергетическое неравенствоT 1Итак, пусть u(x, t) ∈ C (t > 0)C (t > 0) - Классическое решение задачи Коши для однородного волновогоуравнения. Рассмотрим конус (называемый характеристическим)noKx0 ,T = (x, t) |x − x0 | < T − t, 0 < t < T, x ∈ Rn2Обозначим через Ωτ поперечное сечение нашего конуса плоскостью T = τ :\Ωτ = Kx0 ,T { T = τ }А через Γt1 t2 обозначим часть конической поверхности между двумя сечениями (соответственно плоскостями{ T = t1 } и { T = t2 }:noΓt1 t2 = (x, t) |x − x0 | = T − t, t1 6 t 6 t2ВыражениеE(t) =Z(u2t + |∇u|2 ) dxΩtназывается функционалом энергии.Теорема 6.1 (Энергетическое неравенство).
Для любых t1 , t2 , таких что 0 6 t1 6 t2 < T , выполняетсянеравенство E(t2 ) 6 E(t1 ).Доказательство:Найдем вектор единичной внешней нормали к поверхности Γt1 t2 : поскольку поверхностьзадается уравнением F (x, t) = |x − x0 | − T + t = 0, то компонентами нормали (пока не единичной) будут частныеxj −x0j.производные: Ft = 1, Fxj = |x−x0|2Получается, что |∇F | = 2, и таким образом находим единичную внешнюю нормаль ν = (ν1 , . . . , νn , νt ):1 xj − x0jνj = √,2 |x − x0 |j = 1, .
. . , n,1νt = √2Умножим уравнение utt − ∆u = 0 на ut и проинтегрируем по областиnoKt1 t2 = (x, t) |x − x0 | < T − t, t1 6 t 6 t2Имеем:0=Z(utt − ∆u)ut dt dxKt1 t2А теперь воспользуемся соотношениями:1 ∂(ut )22 ∂t∂∂1 ∂u xk xk u t =(ut uxk ) − utxk uxk =(ut uxk ) −(uxk )2∂xk∂xk2 ∂tutt =И формулой Стокса (сведя таким образом интегрирование по области к интегрированию по границе). Заметив, что на верхней крышке области внешняя нормаль имеет вид (0, . . . , 0, 1), а на нижней, соответственно,(0, . . . , 0, −1), получаем140==12ZΩt2Zu2t dx dt −Kt1 t2u2t dx −12Zu2t dx +Ωt112Z12ZnKt1 t2X∂|∇u|2 dx dt +∂t12u2t νt dS +Γt1 t2−nXZk=1 ∂KZk=1 KZt1 t2|∇u|2 dx −Ωt2∂(ut uxk ) dx dt∂xk12Z|∇u|2 dx +12Ωt1Z|∇u|2 νt dSΓt1 t2ut uxj νj dSt1 t2Заметим, что в последнем слагаемом интегралы по Ωt1 и Ωt2 равны нулю, так как обращается в ноль соответствующая компонента вектора нормали.
Таким образом, собирая подобные члены, получаемZ1110 = E(t2 ) − E(t1 ) + √(u2t + |∇u|2 − 2ut (∇u, νe)) dS222 2Γt1 t2√Здесь за νe мы обозначили вектор 2 (ν1 , . . . , νn ), длина которого (см. начало лекции) равна 1. Поэтому дляскалярного произведения справедлива оценка(∇u, νe) 6 |∇u||eν | = |∇u|Теперь мы можем оценить подынтегральное выражение:(u2t + |∇u|2 − 2ut (∇u, νe)) > (u2t + |∇u|2 − 2|ut ||∇u|) = (|ut | − |∇u|2 ) > 0Следовательно,неотрицателен и сам интеграл и верно неравенствоE(t2 ) 6 E(t1 )что и требовалось доказать.Теорема 6.2. Если начальные функции двух задач Коши для одного и того же уравнения совпадают в шаре|x − x0 | < t0 , x ∈ Rn , то решения этих задач Коши совпадают в характеристическом конусе с вершиной в(x0 , t0 ) и на его границе.Доказательство: Пусть u(x, t) и v(x, t) - решения задач Коши.
Рассмотрим w(x, t) = u(x, t) − v(x, t). Изусловия (и линейности операции дифференцирования) сразу следует, что w является решением однородноговолнового уравнения wtt = ∆w, и кроме того, w|t=0 = wt |t=0 = 0 в шаре |x − x0 | 6 t0 .Воспользуемся энергетическим неравенством в характеристическом конусе с вершиной в (x0 , t0 ). Понятно,чтоZE(0) =(u2t + |∇u|2 ) dx = 0|x−x0 |6t0А из энергетического неравенства следует, что E(t) 6 E(0) = 0 при t < t0 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
