А.А. Коньков - Курс лекций по уравнениям математической физики (1128003), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Темсамым, будет доказана единственность решения. Чтобы доказать существование, надо показать,что свертка фундаментального решения оператора a имеет класс гладкости C 1 (Rn × [0, ∞)) ∩C 2 (Rn × (0, ∞)).Фундаментальные решения оператора a :1Θ(a t − |x|), n = 1,2aΘ(at − | x|)p, n = 2,E2 (x, t) =2πa a2 t2 − | x|2E1 (x, t) =Θ(t)δS t (x), n = 3.4πa2 t aВ случае n = 1, 2 En (x, t) — локально суммируемые функции, поэтому для свертки En (x, t)с правой частью (∗∗) в этом случае считается элементарно.
Надо только учесть ,чтоE3 (x, t) =En (x, t) ∗ (u0 (x)δ ′ (t)) =∂En (x, t) ∗ u0(x)δ(t) .∂t˜ t). По доказанНетривиальным является лишь случай n = 3. Найдем свертку E3 (x, t) ∗ f(x,n+1ному на предыдущей лекции, ∀ϕ ∈ D(R ):(E3 ∗ f˜, ϕ) = E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2)ϕ(x + ξ, t + τ )) ,где λ — бесконечно гладкая функция.Т.к.E3 (ξ, τ ), ψ(ξ, τ ) =замена aτ = ρ =тоΘ(τ )δS τ (ξ), ψ(ξ, τ )4πa2 τ a14πa2Z∞0dρρZSaρ!1=4πa2Z∞dττ0Zψ(ξ, τ ) dsε =Saτ Z ψ ξ, ρ ρ1aψ ξ,dsε =dξ,2a4πa| ξ|R32 22˜(E3 ∗ f , ϕ) = E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a τ − | ξ| )ϕ(x + ξ, t + τ )) ==0=0z}|{ z}|{|ξ||ξ|Z λ(t)λ()λ(a2 ( )2 − | ξ|2)ϕ(x + ξ, t +1aa=4πa2| ξ|R345| ξ|)aλ(t)dξ =4πa2ZR3ϕ(x + ξ, t +| ξ|| ξ|)adξ.1(E3 ∗ f, ϕ) =4πa21=4πa2Z∞dt0ZZ∞dt0=1ZR3R3ZR3=)ϕ(y, t + | y−x|1ady =| y − x|4πa214πa2Z14πa2Z∞0Z∞dxR3dΘ| y−x|aZZdxR3ZZdy ϕ(y, Θ)R3dx| y − x| 1= Θ >⇔ | y − x| 6 aΘ = a4πa2f x, Θ −xBaΘ| y−x|a| y − x|)ϕ(y, t + | y−x|a=| y − x|=ZxBaΘZdt f (x, t)0R3| x−y|6 aΘ14πa2dyZ∞| y − x| ϕ(y, Θ)dt f x, Θ −=a| y − x|гдеdξ =R3dx f (x, t)=| ξ|)az}|{ Z ϕ(x + ξ, t +dx f (x, t) λ(t)| ξ|| y − x| f x, Θ −dx, ϕ(y, Θ) , (1)a| y − x| f x, Θ −dxaявляется первым слагаемым в формуле Кирхгофа.Второе слагаемое в формуле Кирхгофа: u1 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t), ϕ(x, t) = u1 (x)δ(t) ∗ E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2)ϕ(x + ξ, t + τ ) =2 22= u1 (x)δ(t), (E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a τ − | ξ| )ϕ(x + ξ, t + τ )) .Так какE3 (ξ, τ ), ψ(ξ, τ ) =получим:14πa2ZR3ψ(ξ, | aξ| )dξ,| ξ|E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2)ϕ(x + ξ, t + τ ) ==1z }| {Z λ(t) λ( | ξ| ) λ(a2 ( | ξ| 2 − | ξ|)2)ϕ(x + ξ, t +1aa=4πa2| ξ|| ξ|)aλ(t)dξ =4πa2R31 u1 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t), ϕ(x, t) =u1 (x)δ(t),4πa21 =u1 (x), δ(t),4πa2ZR3ϕ(x + ξ, t +| ξ|| ξ|)adξ46ZR3ZR3ϕ(x + ξ, t +| ξ|ϕ(x + ξ, t +| ξ|1 =u1 (x) ,4πa2 | {z }Z∈ C 2 (R3 ) R3| ξ|)a| ξ|)adξ,dξ =ϕ(x + ξ, | aξ| )dξ dx =| ξ|1=4πa2ZdyR3Zdξ u1 (y − ξ)R3ϕ(y, | aξ| ).| ξ|r= ρ.
Тогда внутренний интеграл:aZZ∞Zϕ(y, | aξ| )ϕ(y, ar )dξ u1 (y − ξ)= drdSr u1 (y − ξ)=| ξ|ry — фиксирован. Сделаем замену0R3=Z∞dρρ0Zξ∈SrdSr u1 (y − ξ)ϕ(y, ρ).ξ∈Sa ρТ.о.,u1 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t), ϕ(x, t) =1=4πa2ZZ∞dydρϕ(y, ρ)ρ0R3ZΘ∈Say ρ14πa2ZdyZ∞dρϕ(y, ρ)ρZ=Θ0ξ∈Sa ρdSΘ u1 (Θ) = ϕ(y, ρ),14πa2R3dSr u1 (y − ξ ) =| {z }ZSay ρu1 (Θ) dΘ .Третье слагаемое получается аналогично второму, но с учетом того, что∂u0 (x)δ ′ (t) ∗ E3 (x, t) =u0 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t) .∂tУпражнение. Получить самостоятельно формулы Пуассона и Даламбера.22.1.
Гладкость правых частей формулы КирхгофаПервое слагаемое: Z f (ξ, t− x−ξ Z11f (x − y, t −adξ=4πa2| x − ξ|4πa2| y|xBat| y|)ady,(1)Batгде Bat — шар с центром в 0, | y| = at, y = tw, | w| = a, dy = t3 dw. Тогда продолжимравенства:(1) =Zf (x − at, t −t| w|t| w|) 3a2t dw = tBaZBaf (x − at, t −| w|t| w|) 2at dw— принадлежит классу C 2 (R3 × [0, ∞)) по переменным (x, t), т.к. f ∈ C 2 (R2 × [0, ∞)).Второе слагаемое:14πa2ZxSatu1 (ξ) dSε = замена ξ = y + x =4714πa2ZSatu1 (y + x) dSy ,(2)Если y = tΘ, | y| = at, | w| = a, dSy = t2 dSw , тоt2(2) =4πa2Zu1 (tw + x) dSwSa— принадлежит классу C 2 (R3 × [0, ∞)) по переменным (x, t).Аналогично, так же и третье слагаемое является класса C 2 (R3 ×[0, ∞)) по переменным (x, t).Упражнение. Проделать аналогичные выкладки для формул Пуассона и Даламбера.Утверждение.
Единственность решения классической задачи Коши для волнового уравнения вытекает из теории единственности решения обобщенной задачи Коши.Остается ответить на вопрос, почему для функцииu(x, t) = (f˜(x, t) + u0 δ ′ (t) + u1 δ(t)) ∗ En (x, t), n = 1, 2, 3из того, что u ∈ C 2 (R3 × (0, ∞)) ∩ C(R3 × [0, ∞)) следует из того, что u(x, t) удовлетворяет вклассическом смысле начальным условиям Коши, т.е.
u(x, 0) = u0 (x), ut (x, 0) = u1 (x).((u(x, t), t > 0; ˜f (x, t), t > 0;ũ(x, t) =f (x, t) =0, t < 0,0, t < 0.Получим:˜ t) + u(x, 0) δ ′(t) + ut (x, 0) δ(t),a ũ(x, t) = f(x,с другой стороны:˜ t) + u0 (x) δ ′ (t) + u1 (x) δ(t).a ũ(x, t) = f(x,Значит, u(x, 0) = u0 (x) и ut (x, 0) = u1 (x), т.к. u(x, 0), u0(x), ut (x, 0), u1 (x) — непрерывныефункции.Упражнение.
Доказать строго последнее утверждение.23. Задача Коши для уравнениятеплопроводностиut = a2 △u + f (x, t), x ∈ Rnu(x, 0) = u0 (x).(∗)Определение. Классическое решение задачи (∗) — решение u ∈ C(Rn × [0, ∞)), ∂xα ∈∂ |α|C(Rn × [0, ∞)), | α| 6 2, α = (α1 , .
. . , αn ), |α| = α1 + . . . + αn , ∂ α =∂x1α1 . . . ∂x1αnОпределение. Через M обозначим множество измеримых функций наRn × [0, ∞) : | u(x, t)| 6 C для почти всех (x, t) ∈ Rn × [0, T ].Пусть u — классическое решение задачи Коши (∗),((u(x, t), t > 0; ˜f (x, t), t > 0;ũ(x, t) =f (x, t) =0, t < 0,0, t < 0.˜ t) + u0 (x) δ(t).Тогда ũt − a2 △ũ = f(x,48Упражнение. Доказать последнее равенство строго (аналогично задаче Коши для волнового оператора).Определение. Обобщенное решение задачи Коши для уравнения теплопроводности: пусть F ∈ D ′ (Rn+1 ), supp F ⊂ Rn × [0, ∞). Требуется найти u ∈ D ′ (Rn+1 ), supp u ⊂Rn × [0, ∞) :ut + a2 △u = F (x, t).(∗∗)Теорема.
Пусть f ∈ M, u1 ∈ L∞ (Rn ), F = f˜(x, t)+u0 (x) δ(t). Тогда обобщенная задача Коши(∗∗) имеет единственное решение из класса M:u(x, t) = Θ(t)Zt Z0−| x−ξ|2Θ(t)f (ξ, τ ) e 4a2 (t−τ )p√dξ dt +(2a πt)n(2a π(t − τ ))nRnZu0 (ξ) e−| x−ξ|24a2 τ.RnВозьмем фундаментальное решение оператора теплопроводности:E(x, t) =| x−ξ|2Θ(t)−4a2 t .√e(2a πt)nДокажем, что свертка F ∗ E существует:Zf˜ ∗ E(X, t) =f˜(ξ, τ ) E(x − τ ) dξ dτ =Rn+1Zt Z0 RnПри этом, ∀x ∈ Rn , t ∈ (0, T ), T > 0 :|u(x, t)| 60 Rnf˜(ξ, τ )Rn+1= Θ(t)Zt ZZ−−| x−ξ|22Θ(t − τ )− | x−ξ|2 (t−τ )4apdξ dτ =e(2a π(t − τ ))nf (ξ, τ ) e 4a2 (t−τ )pdξ dt.(2a π(t − τ ))n| x−ξ|2|f (ξ, τ )| e 4a2 (t−τ )pdξ dt 6 kf kL∞ (Rn ×[0,∞))(2a π(t − τ ))nZt0dτZRn−| x−ξ|2e 4a2 (t−τ )pdξ =(2a π(t − τ ))nZtZ −| y|2| x − ξ| edy = T · kf kL∞ (Rn ×[0,∞)) .замена y = √ = kf kL∞ (Rn ×[0,∞)) dτn2a t − τπ20Rn| {z }=1u0 (x)δ(t) ∗ E(x, t) = u0 (x)δ(t)E(x, t), ηk (x, t, ξ, τ ) ϕ(x + ξ, t + τ ) =|{z}∈D(Rn+1 )= u0 (x)δ(t), (E(ξ, τ ), ηk (x, t, ξ, τ )ϕ(x + ξ, t + τ )) =Zu0 (x)δ(t),E(ξ, τ )ηk (x, t, ξ, τ )ϕ(x + ξ, t + τ ) dξ dτ =Rn+1Z= u0 (x), (δ(t),E(ξ, τ )ηk (x, t, ξ, τ )ϕ(x + ξ, t + τ ) dξ dτ ) =Rn+149=Zdx u0 (x)Rnu0 (x),=dξ dτ E(ξ, τ )ηk (x, 0, ξ, τ )ϕ(x + ξ, τ ) = замена y = x + ξ ==RnZdx u0(x)RnZE(ξ, τ )ηk (x, 0, ξ, τ )ϕ(x + ξ, τ )dξdτ =Rn+1ZRn+1ZZdy dτ E(y − x, τ )ηk (x, 0, y − x, τ )ϕ(y, τ ) =Rn+1E(y − x, τ )u0 (x) dx, ϕ(y, τ ) =ZRn| y−x|2Θ(t)−24at√edx, ϕ(y, τ ) .(2a πt)nОценка для второго слагаемого в формуле Пуассона:ZZ222 Θ(t)Θ(t)− | x−ξ|− | x−ξ|− | x−ξ| √224a t4a t dξ 64a2 t dξ =√n ×[0,∞))ekukee0L(R∞ (2a πt)n (2a πt)nRnRnZ1x − ξ 2= y = √ = ku0 kL∞ (Rn ×[0,∞)) n e−| y| dy .π22a tn| R {z}=1nТ.к.
у любой функции u ∈ M : supp u ⊂ R ×[0, ∞), существует свертка с E(x, t), то решениезадачи Коши будет единственным в классе функций u ∈ M : supp u ⊂ Rn × [0, ∞).u ∈ C 2,1 (Rn × (0, ∞)) ∩ C(Rn × [0, ∞)) — класс гладкости C 2 по x и C 1 по t.Теорема. (существование и единственность классического решения.) Пустьu0 ∈ C 2 (Rn ) ∩ L∞ (Rn ), f ∈ C 2 (Rn × (0, ∞)) ∩ M, ∂x f, ∂x2 f ∈ M.Тогда задача Коши для уравнения теплопроводности:ut = a2 △u + f (x, t), x ∈ Rnu(x, 0) = u0 (x),имеет единственное решение из класса C 2,1 (Rn × (0, ∞)) ∩ C(Rn × [0, ∞)).Из теоремы единственности обобщенного решения задачи Коши для уравнения теплопроводности получим:u(x, t) = Θ(t)Zt Z0 Rn−| x−ξ|24a2 (t−τ )Θ(t)f (ξ, τ ) ep√dξ dt +(2a πt)n(2a π(t − τ ))nZu0 (ξ) e−| x−ξ|24a2 τ= I1 + I2Rn— обобщенное решение из класса M. Надо показать, что u ∈ C 2,1 (Rn × (0, ∞)) ∩ C(Rn × [0, ∞)).| x − ξ|Сделаем замену ζ = √, тогда2a t − τI1 =Аналогично, заменяя ζ =1πn2Zt0dτZRn√2f (x − 2a t − τ ζ, τ ) e−| ζ| dζ.√| x − ξ|1 R√ , получим: I2 = n u0 (x − 2a tζ, τ )dζ.
π 2 Rn2a t5024. Пространство С. Л. СоболеваΩ ⊂ Rn — открытое подмножество, Ω 6= 0.Определение. Wpm (Ω) = {u ∈ D ′ (Ω) : u ∈ Lp (Ω), ∂ α u ∈ Lp (Ω), | α| = m, p > 1, m ∈ N0 } —пространство Соболева.Определение. Норма в пространстве Соболева:Xk∂ α ukLp (Ω) .kukWpm(Ω) = kukLp (Ω) +| α|=mБолее подробно:kukWpm(Ω) p1 p1ZZX | ∂ α u|p dx .= | u|p dx +| α|=mΩΩДругие, эквивалентные нормы на Wpm (Ω): p1ZX ZkukWpm(Ω) = | u|pdx +| ∂ α u|p dx .| α|=m ΩΩЗамечание.
Нормы k · k1 и k · k2 на линейном пространстве V эквивалентны, если∃ 0 < c1 < c1 : ∀v ∈ V c1 kvk1 6 kvk2 6 c2 kvk1 .Теорема. Пространство Wpm (Ω) полно.Пусть uk ∈ Wpm (Ω) — фундаментальная последовательность (k = 1, 2, . . .). Докажем, чтосуществует u ∈ Wpm (Ω) : ku − uk kWpm (Ω) −→ 0, k −→ ∞.mТогда uk ∈ Wp (Ω) является фундаментальной в Lp (Ω), т.к. ∀v ∈ Wpm (Ω) kvkLp (Ω) 6 kvkWpm(Ω) .Аналогично, ∀α : | α| = m последовательность ∂ α uk , k = 1, 2, . .
. , также является фундаментальной в Lp (Ω). В самом деле, ∀v ∈ Wpm (Ω) k ∂ α vk kLp (Ω) 6 kvkWpm(Ω) , | α| = m. В силу полнотыпространства Lp (Ω), существуют функции u ∈ Lp (Ω), uα ∈ Lp (Ω)| α| = m :ku − uk kLp (Ω) −→ 0, k −→ ∞.αПокажем, что ∂ u = uα . Другими словами, надо показать, чтоZZααα(∂ u, ϕ) = (−1)u ∂ ϕ dx = uα ϕ dx = (uα, ϕ).ΩИмеем:| α|(−1)ZΩαuk ∂ ϕ dx =Ωпри этомZuk ∂ α ϕ dx −→ΩZZ∂ α uk ϕ dx,ΩZu ∂ α ϕ dx −→ 0, k −→ ∞,(∗)uα ϕ dx −→ 0, k −→ ∞,(∗∗)Ωα∂ uk ϕ dx −→ΩZΩДокажем (∗). По неравенству Гельдера, получим: Z ZZ uk ∂ α ϕ dx − u ∂ α ϕ dx 6 | uk − u| | ∂ α ϕ| dx 6 ΩΩΩ51 p1 p−1pZZpαp6 | uk − u| dx · | ∂ ϕ| p−1 dx−→ 0, k −→∞|Ω{z−→0, k−→∞} |Аналогично доказывается (∗∗).Переходя к пределу, получим:α(−1)ZΩ{z}не зависит от kαu ∂ ϕ dx =ΩZuα ϕ dx,Ωт.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
