А.А. Коньков - Курс лекций по уравнениям математической физики (1128003), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Возьмем η ∈ D(B2 ) : η|B1 = 1.zПусть ηk (z) = η, k = 1, 2, . . . , ηk (z) ∈ D(B2k ), ηk |Bk = 1.k α z α−|α||∂ ηk (z)| = ∂ η6k|{z } kηkC α(B2 ) ,k61где |α| = α1 + . . . + α2n . Т.е. ηk — компактное исчерпание единицы.Определение. Пусть f, g ∈ D ′(Rn ). Свертка f ∗ g: если для любого компактного исчерпания единицы ηk ∈ D(R2n , k = 1, . . . , n) для любого ϕ ∈ D(Rn ) существует пределlim(f (x) ∗ g(x), ϕ(x)) := lim (f (x) g(y), ηk (x, y)ϕ(x + y)).k−→∞Утверждение.
Если для любого компактного исчерпания единицы ηk ∈ D(R2n ), k =1, 2, . . . , указанный выше предел существует, то этот предел не зависит от выбора компактного исчерпания.Пусть ηk ∈ D(R2n ) и λk ∈ D(R2n ), k = 1, 2, . . . , — два компактных исчерпания единицы.построим компактное исчерпание единицы Θk :Θ2k−1 = ηk , Θ2k = λk , k = 1, 2, . . .Получим последовательность: η1 , λ1 , η2 , λ2 , η3 , λ3 . . . .24Очевидно, что Θk , k = 1, 2, . . . — тоже компактное исчерпание единицы. По условию, существует lim (f (x) g(y), Θk (x, y)ϕ(x + y)), ϕ ∈ D(Rn ).
Тогда для любой последовательностиk−→∞(f (x) g(y), Θk (x, y)ϕ(x + y)) при k −→ ∞ предел тоже существует и совпадает с пределом исходной последовательности: lim (f (x) g(y), ηk (x, y)ϕ(x + y)). k−→∞Упражнение. Пусть f, g ∈ L1 (Rn ). Тогда свертка f ∗ g, определенная в классическом смысле (как интеграл) совпадает со сверткой, определенной в обобщенном смысле (как сверткафункций из D ′ (Rn )).11.
Свойства свертки обобщенных функций1. Пусть f1 , f2 , g ∈ D ′ (Rn ) и при этом существует свертка f1 ∗ g, f2 ∗ g. Тогда существует(f1 + f2 ) ∗ g = f1 ∗ g + f2 ∗ g.Пусть ηs ∈ D(R2n ), s = 1, . . . , n — компактное исчерпание единицы.Для любого ϕ ∈ D(Rn )lim (f1 (x) + f2 (x))g(y), ηs(x, y)ϕ(x + y) =s−→∞= lim f1 (x)g(y), ηs(x, y)ϕ(x + y) + lim f2 (x)g(y), ηs(x, y)ϕ(x + y) . s−→∞s−→∞2. Пусть f, g ∈ D ′ (Rn ), λ ∈ Cn и при этом существует свертка f ∗ g. Тогда существует(λf ) ∗ g = λ (f ∗ g).3. Пусть f, g ∈ D ′ (Rn ) и при этом существует свертка f ∗ g.
Тогда существует свертка g ∗ f,причем f ∗ g = g ∗ f.Упражнение. Доказать пункты 2 и 3.12. Дифференцирование свертокТеорема. Пусть f, g ∈ D ′ (Rn ) и при этом существует свертка f ∗ g. Тогда существуютиf∗∂g∂∂f∂g, причем(f ∗ g) =∗g+f ∗.∂xi∂xi∂xi∂xiПусть ηs ∈ D(R2n , s = 1, . . . , n) — компактное исчерпание единицы.Для любого ϕ ∈ D(Rn ) ∂∂ϕ ∂ϕ(x + y)(f ∗ g), ϕ = − f ∗ g,= − lim f (x)g(y), ηs(x, y),s−→∞∂xi∂xi∂xi25∂f∗g∂xi ∂f ∂fg, ϕ := lim(x) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) =s−→∞ ∂xi∂xi ∂f∂= lim(x), g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) = − lim f (x), g(y),(ηs (x, y) ϕ(x + y)) =s−→∞ ∂xis−→∞∂xi∂= − lim f (x) g(y),(ηs (x, y) ϕ(x + y)) =s−→∞∂xi∂ϕ∂ηs= − lim f (x) g(y), ηs(x, y)(x + y) +(x, y) ϕ(x + y) . (1)s−→∞∂xi∂xi∂ηs(x, y) + ηs (x, y), s = 0, 1, .
. . . Очевид∂xiно, что ξs (x, y) образует компактное исчерпание единицы. Тогдаlim f (x) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) = lim f (x) g(y), ξs(x, y) ϕ(x + y) = (f ∗ g, ϕ),s−→∞s−→∞Рассмотрим последовательность функций ξs (x, y) =так как предел в определении свертки не зависит от выбора компактного исчерпания.lim f (x) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) = lim f (x) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) +s−→∞s−→∞∂ηs (x, y)+ lim f (x) g(y),ϕ(x + y) . (2)s−→∞∂xiПервый и второй пределы существуют, а значит существует и третий предел и, следователь∂ηs (x, y)ϕ(x + y) = 0.но, lim f (x) g(y),s−→∞∂xi∂f∂f∂Т.о., доказано, что свертка∗ g существует, причем∗g =(f ∗ g).∂xi∂xi∂xi∂g∂g∂Аналогично доказывается, что существует свертка f ∗, причем f ∗=(f ∗ g) (или∂xi∂xi ∂xiего можно получить из коммутативности свертки).
Утверждение. Пусть f, g ∈ D ′ (Rn ), причем supp g ⋐ Rn — компакт. Тогда свертка f ∗ gсуществует, причем для любого ϕ ∈ D(Rn ).Пусть ηs (x, y) ∈ D(R2n ), s = 1, . . . , n — компактное исчерпание единицы.Для любого ϕ ∈ D(Rn )lim f (x) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) = lim f (x), g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) =s−→∞s−→∞= lim f (x), λ(y) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) = lim f (x), g(y), ηs(x, y) λ(y) ϕ(x + y) ,s−→∞s−→∞где λ(y) ∈ Rn , — некоторая функция: λ ≡ 1 в окрестности компакта supp g.Очевидно, что λ(y) ϕ(x + y) ∈ D(Rn ), в частности, имеет компактный носитель. Т.о.,ηs (x, y) λ(y) ϕ(x + y) = λ(y) ϕ(x + y),начиная с некоторого номера s.
Поэтому, lim f (x) g(y), ηs(x, y) ϕ(x + y) = f (x), (g(y), λ(y) ϕ(x + y)) =s−→∞26 = f (x), (λ(y) g(y), ϕ(x + y)) = f (x), (g(y), ϕ(x + y)) . | {z }=g(y)Упражнение. Пусть f, g ∈ D ′ (Rn ), причем supp g ⋐ Rn — компакт. Тогда для любогоϕ ∈ D(Rn ) (f ∗ g, ϕ) = (g(y), (f (x), ϕ(x + y))).13. ФундаментальноеPрешение оператораL=aα ∂ α .|α|6mРассмотрим оператор L =P|α|6maα ∂ α , aα ∈ C, | α| = α1 + . . . + αn , ∂ α =∂ |α|,∂x1α1 . . . ∂xnαnL(f ∗ g) = Lf ∗ g = f ∗ Lg.Функция E(x) ∈ D ′ (Rn ) — фундаментальное решение оператора L =PОпределение.αaα ∂ , aα ∈ C, если L E(x) = δ(x).|α|6m(d1, i = j;Действительно, L E(x) = Θ′ (x) = δ(x).Пример.
L = , E(x) = Θ(x) =dx0, i 6= j.Теорема.(существования) Пусть f ∈ D ′ (Rn ), E(x) — фундаментальное решение оператораPαL=aα ∂ , aα ∈ C, причем существует свертка u = E ∗ f. Тогда L u = f и u — решение.|α|6mПо утверждению 1, L u = L E ∗ f = δ ∗ f = f. Утверждение 1. Пусть f ∈ D ′ (Rn ). Тогда δ ∗ f = f.Свертка δ ∗ f существует, так как supp δ(x) = {0} — компактное множество. При этом, длялюбого ϕ ∈ D(Rn ) (f ∗ δ, ϕ) = (f (x), (δ(y), ϕ(x + y))) = (f (x), ϕ(x)). Теорема.Пусть u, f ∈ D ′ (Rn ), E(x) — фундаментальное решение операP (единственности)αтора L =aα ∂ , aα ∈ C, причем L u = f и при этом существует свертка E ∗ f = u.|α|6mИмеем L (E ∗ u) = L E ∗ u = δ ∗ u = u. C другой стороны, L (E ∗ u) = E ∗ L u = E ∗ f .
Тогдаu = E ∗ f. 14. Фундаментальное решение обыкновенногодифференциального операторас постоянными коэффициентамиL u = u(m) + am−1 u(m−1) + . . . + a1 u′ + a0 u, где am−1 , . . . , a1 , a0 ∈ C.(1, i = j;Теорема. Пусть E(x) = W (x) Θ(x), где Θ(x) =а W (x) — решение задачи Коши0, i 6= j,L W = 0, W (0) = . . . = W (m−2) (0) = 0, W (m−1) (0) = 1. Тогда L E(x) = δ(x).27Пусть ϕ ∈ D(R). Тогда (L E(x), ϕ(x)) = (E(x), L∗ ϕ), гдеL∗ ϕ = (−1)m ϕ(m) (x) + (−1)m−1 am−1 ϕ(m−1) (x) + . . . + a1 ϕ′ (x) + a0 ϕ(x).Имеем:∗(E(x), L ϕ) =Z∞Z∞∗E(x) L ϕ(x) dx =−∞∗Θ(x) W (x) L ϕ(x) dx =−∞Z∞W (x) L∗ ϕ(x) dx.(1)0Z∞Z∞∞k (k)k (k−1)(−1) ϕ (x)W (x) dx = (−1) ϕ(x)W (x)0 + (−1)k−1 ϕ(k−1) (x)W ′ (x) dx =00k−1= (−1)ϕ(k−1)k−1(0)W (0) + (−1)ϕ(k−2)∞(x)W (x)0 +′Z∞(−1)k−2 ϕ(k−2) (x)W ′′ (x) dx = .
. . =0= (−1)k−1 ϕ(k−1) (0)W (0) + (−1)k−2 ϕ(k−2) (0)W ′ (0) + . . . + ϕ(0)W (k−1) (0) +Z∞ϕ(x)W (k) (x) dx0Продолжим равенство (1):∞m ZX(−1)k ak ϕ(k) (x)W (x) dx =m Xk−1X∞(−1)k−1−s ak ϕ(k−1−s) (0) W (s) s(0) +k=1 s=ok=1 0m ZXW (k) ak ϕ(x) dx,k=1 0(при k = 0 Lϕ(x) = a0 ϕ(x)).(E, Lϕ(x)) =m Xk−1Xk=1 s=o|k−1−s(−1)ak ϕ(k−1−s){z=ϕ(0)(0) W(s)s(0) +}Z∞0LW (x)ak ϕ(x) .|{z}=0Так как W = 0, W (0) = . .
. = W (m−2) (0) = 0, W (m−1) (0) = 1, то (LE, ϕ) = ϕ(0), т.е. L E(x) =δ(x). 15. Задача Коши для обыкновенныхдифференциальных уравненийw (m) + am−1 w (m−1) + . . . + a0 w = f (x), w(0) = . . . = w (m−1) (0) = 0, ak ∈ C, k = 0, m − 1,wk ∈ C, f ∈ C ∞ (R) — бесконечно гладкая функция.Это и есть задачадифференциального уравнения.( Коши для обыкновенного(w(x), x > 0;f (x), x > 0;Пусть w̃(x) =f˜(x) =0, x < 0,0, x < 0.
d m d (m−1) L=+ am−1+ . . . + a0·dxdx| {z }сам оператор28w̃(x) ∈ D ′ (R), ϕ ∈ D(R) (Lw̃(x), ϕ(x)) = (w̃(x), L∗ ϕ(x)), гдеL∗ = (−1)mТогда(w̃(x), L∗ ϕ(x)) =Z∞−∞ d (m−1) d (m)+ (−1)m−1 am−1+ . . . + a0 .dxdxw̃(x) L∗ ϕ(x) dx =Z∞0w(x) L∗ ϕ(x) dx =Z∞w(x)ϕ (k) (x) dx.0Обозначим am ≡ 1. Тогда имеем:k(−1)Z∞w(x)ϕ(k)k(k−1)(x) dx = (−1) w(x)ϕZ∞∞(x) + (−1)k−100∞= (−1)k w(0)ϕ (k−1)(0) + (−1)k−1 w(x)ϕ (k−2) (x)0 + (−1)k−2Z∞w ′(x)ϕ (k−1) (x) dx =0w ′′ (x)ϕ (k−2) (x) dx = . . . =0= (−1)k−1 w(0) ϕ (k−1) (0) + (−1)k−2 w ′ (0) ϕ (k−2) (0) + . .
. + w (k−1) (0) ϕ(0) +|{z}| {z }| {z }w0w1=k−1Xwk−1−s(−1)s wk−1−s ϕ (k) (0) +s=0Z∞(Lw̃(x), ϕ(x)) =k=1w (k) (x)ϕ(x) dx =0w (k)(x)ϕ(x) dx.0ТогдаmXZ∞akk−1Xs(−1) wk−1−s ϕ(k)(0) +s=00Учитывая, что (δ(x), ϕ(x)) = (−1)s ϕ s (0), получим:˜ +Lw̃(x) = f(x)Z∞mXk=1akk−1XLw (k)(x) ϕ(x) dx.| {z }f (x)(−1)s wk−1−s δ (s) (x).s=01 6 s + 1 6 k 6 m и переставим порядок суммирования:Lw̃(x) = f˜ +m−1X(s)δ (x)s=0mXak wk−1−s .k=s+1Получилось такое уравнение, которому удовлетворяет функция w̃.Пример. ′′ w (x) + ω 2 w(x) = f (x), ω = const,w(0) = w0 , ′w (0) = w1 .((w(x), x > 0; ˜f (x), x > 0;w̃(x) =f (x) =0, x < 0,0, x < 0.29(1)Тогда w̃ ′′ (x) + ω 2 w̃(x) = f˜(x) + w1 δ(x) + w0 δ ′ (x).Первая часть уравнения (1) является обобщенной функцией из пространства D ′ (R) с носителем, принадлежащем множеству [0, ∞).
Известно, что у оператора L существует фундаментальное решение, с носителем, так же принадлежащим [0, ∞). возникает вопрос: существуетли свертка? Если да, то решение существует и единственно. Обозначим через A множествообобщенных функций с носителем, принадлежащем множеству [0, ∞).Теорема. A является коммутативной алгеброй над C с единицей.Пусть f, g ∈ A, т.е.
f, g ∈ D ′ (R) и при этом supp f ⊂ [0, ∞). Выберем компактное исчерпаниеединицы. Возьмем Θε ∈ C ∞ (R) : Θε |[− ε ,∞) = 1, Θε |(−∞,ε] ≡ 0. Пусть ηk (x, y) — компактное2исчерпание единицы в R2 , и пусть ϕ ∈ D(R). Тогда f (x) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y) = Θε (x) f (x) Θε (y) g(y), ηk(x, y) ϕ(x + y) == f (x) g(y), Θε(x) Θε (y) ηk (x, y) ϕ(x + y)supp ϕ ⊂ [−A, A].Т.о., последовательность f (x) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y) = f (x) g(y), Θε(x) Θε (y) ηk (x, y) ϕ(x + y) , k = 1, 2, . . . ,стабилизируется с некоторого достаточно большого k.Другими словами ,существует пределf ∗ g(x), ϕ(x) = lim f (x) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y)k−→∞Тем самым доказано существование свертки f ∗ g.Покажем, что supp(f ∗ g) ⊂ [0, ∞).Пусть ϕ ∈ D(R \ [0, ∞)), причем supp ϕ ⊂ [−A, A], A > 0, a > 0.Возьмем ε > 0 таким, чтобы{(x, y) : − a 6 x + y 6 a} ∩ {(x, y) : x > −ε, y > −ε} = ∅.Тогда для любого k будем иметь: f (x) g(y), Θε(x) Θε (y) ηk (x, y) ϕ(x + y) = 0. Другими слова|{z}=0ми, (f ∗ g(x), ϕ(x)) = 0.
16. Обобщенная задача Коши для ОДУ спостоянными коэффициентами∀w̃ ∈ A, ∀wk ∈ C, k = 0, m − 1. Найти решение w̃ ∈ A уравнения (1).Теорема. Обобщенная задача Коши для ОДУ с постоянными коэффициентами имеет решение, и оно единственно. d knPУ оператора L =akсуществует фундаментальное решение E(x) ∈ A (по теореме изdxk=0предыдущей лекции). Тогда существует свертка E(x) с правой частью уравнения (1), которая30будет решением уравнения (1). С другой стороны, если w̃ ∈ A является решением уравнения(1), то w(x) есть свертка правой части (1) с E(x), так как существует свертка w(x) с правойчастью уравнения (1). Утверждение.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
