Д.В. Ховратович - Уравнения математической физики. Конспект лекций (2003) (1128005), страница 10
Текст из файла (страница 10)
(То есть системы функций совпадают.)54Доказательство. Итак, u1 , u2 – решения (4.8):Zx Zyu1 (x, y) = ψ(y) + φ(x) − φ(0) +Zx Zy[a(ξ, η)v1 (ξ, η) + b(ξ, η)w1 (ξ, η)] dη dξ +0 0Zx Zyu2 (x, y) = ψ(y) + φ(x) − φ(0) +f (ξ, η, u1 (ξ, η)) dη dξ;0 0Zx Zy[a(ξ, η)v2 (ξ, η) + b(ξ, η)w2 (ξ, η)] dη dξ +0 0f (ξ, η, u2 (ξ, η)) dη dξ.0 0Вычитая одно из другого и применяя условие Липшица для функции f (x, y, p), получим:Zx Zy|u2 − u1 | 6[M |v2 (ξ, η) − v1 (ξ, η)| + M |w2 (ξ, η) − w1 (ξ, η)| + M |u2 (ξ, η) − u1 (ξ, η)|] dη dξ =⇒0 0Zx Zy|U (x, y)| 6[M |V (ξ, η)| + M |W (ξ, η)| + M |U (ξ, η)|] dη dξ.(4.14)0 0Аналогичный результат справедлив для V (x, y), W (x, y):Zy|V (x, y)| 6[M |V (x, η)| + M |W (x, η)| + M |U (x, η)|] dη;0Zx|W (x, y)| 6[M |V (ξ, y)| + M |W (ξ, y)| + M |U (ξ, y)|] dξ.0Докажем, что из этого следует равенство нулю этих функций в Πl1 l2 .
Для начала покажем, что они равнынулю в прямоугольнике Πx0 y0 = {[0; x0 ] × [0; y0 ]}, где x0 , y0 удовлетворяют следующим условиям: 3x0 y0 M < 1;3x0 M < 1;3y0 M < 1.ПоложимU = max |U (x, y)|; V = max |V (x, y)|; W = max |W (x, y)|.Πx0 y0Πx0 y0Πx0 y0Не ограничивая общности, пусть U > max{V , W }. Тогда из неравенства (4.14) следует, чтоZx Zy|U (x, y)| 6 MU + U + U dy dx 6 3M x0 y0 U ,(x, y) ∈ Πx0 y0 =⇒0 0=⇒ U 6 3M x0 y0 U .Так как 3x0 y0 M < 1, то это выполняется только при U = 0. Из этого, очевидно, следует, что функцииU (x, y), V (x, y), W (x, y) тождественно равны нулю в Πx0 y0 .На следующем шаге мы берем такое x1 , что 3(x1 − x0 )y0 M < 1;3(x1 − x0 )M < 1;3y0 M < 1.и рассматриваем прямоугольник Πx1 y0 .
Тогда неравенство (4.14) перепишется так:Zx Zy|U (x, y)| 6 MU + U + U dy dx, (x, y) ∈ Πx1 y0 .x0 055Действуя аналогично предыдущему шагу, получим, что функции U (x, y), V (x, y), W (x, y) тождественно равны нулю в Πx1 y0 . Продолжая подобные рассуждения, можно за конечное число шагов показать равенство нулюэтих функций в Πl1 y0 , а затем и в Πl1 l2 .Теорема доказана.4.10Сопряженный дифференциальный операторБудем действовать в пространстве En .
Пусть x = (x1 , . . . , xn ) – набор переменных, а u(x) – функция от nпеременных.Определение. Дифференциальный оператор L[u] от некоторой функции u(x) ∈ C 2 (En ) определяется какL[u] =n XnXaij (x)uxi xj +i=1 j=1nXbi (x)uxi + c(x)u,(4.15)i=1где aij , bi ∈ C 2 (En ), c – некоторые функции.
Так как частные производные второго порядка в данном случае независят от порядка дифференцирования, то принимается соглашение: aij (x) = aji (x).Определение. Каждому дифференциальному оператору L[u] можно поставить во взаимно однозначное соответствие так называемый сопряженный оператор к L:M [v] =n XnX(aij (x)v)xi xj −i=1 j=1nX(bi (x)v)xi + c(x)v.i=1Определение. Дифференциальный оператор L[u] называется самосопряженным, если L[u] = M [u].Нам понадобится следующая формула:vL[u] − uM [v] =nX(4.16)(pi (x))xi ,i=1nXгде pi (x) =vaij uxj − u(aij v)xj + bi uv.j=1Для доказательства этой формулы просто подставим выражение для pi (x) в правую часть и перегруппируемслагаемые:nX(pi (x))xi =n Xnn XnX X(vaij )xi uxj − uxi (aij v)xj +vaij uxj xi − u(aij v)xj xi +i=1 j=1i=1 j=1i=1nX+[vbi uxi + u(bi v)xi ] + cuv − cuv =i=1n XnXvaij uxj xi +i=1 j=1nXvbi uxi + cuv−i=1n Xnnn XnXXX−u(aij v)xj xi +u(bi v)xi + cuv +(vaij )xi uxj − uxi (aij v)xj =i=1 j=1i=1= vL[u] − uM [v] +i=1 j=1n XnX(vaij )xi uxj − uxi (aij v)xj .i=1 j=1Оставшаяся двойная сумма равна нулю – это следует из симметричности индексов слагаемых.
Отсюда получаем, что формула (4.16) верна.Связь с сопряженным оператором из линейной алгебры56В линейной алгебре определением для оператора A∗ , сопряженного к оператору A, было соотношение:(Au, v) = (u, A∗ v)которое должно было выполняться для любых u, v из En .Посмотрим, как согласуется с данным определением наше.Пример 1. Пусть Ω ⊂ E3 , и скалярное произведение определяется так:ZZZ(f, g) =f g dτ, f, g ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω).ΩТогда для функций u, v ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) и таких, что u, v|Σ = 0, где Σ – граница Ω, верно, что(v, L[u]) = (M [v], u).Покажем это:ZZZ(v, L[u]) − (M [v], u) == {P~ = (p1 , p2 , p3 )} =ZZ=ZZZ(vL[u] − uM [v]) dτ = {(4.16)} =ΩZZZ(∂p1∂p2∂p3++) dτ =∂x1∂x2∂x3Ωdiv P~ dτ = { формула Остроградского-Гаусса (5.3)} =ΩZZ~(P , ~n) dσ = {~n = (nx , ny , nz )} =(p1 nx + p2 ny + p3 nz ) dσ = 0ΣΣ– pi |Σ = 0 в силу граничного условия для u, v.Пример 2.
Простейшим примером самосопряженного оператора является оператор Лапласа, к примеру, вE3 :L[u] = ∆u = ux1 x1 + ux2 x2 + ux3 x3 .Легко проверить, что M [v] = ∆v.4.11 Метод РиманаРассмотрим в E2 для функции u(x, y) такой дифференциальный оператор:L[u] = uxy + a(x, y)ux (x, y) + b(x, y)uy (x, y) + c(x, y)u(x, y).(4.17)По определению, сопряженный к нему имеет следующий вид:M [v] = vxy − (a(x, y)v)x − (b(x, y)v)y + c(x, y)v.Таким образом, в обозначениях формулы (4.15): a11 = a22 = 0, a12 = a21 = 21 , b1 = a, b2 = b, c = c.
Легковидеть, что p1 , p2 , используемые в (4.16), считаются так:1(vuy − uvy ) + auv;21p2 = (vux − uvx ) + buv.2p1 =Пусть теперь на плоскости OXY задана кривая y = f (x), причем ∀x f 0 (x) < 0. График ее обозначим Lf .Будем обозначать символом Rf+ полуплоскость, точки которой лежат выше графика функции f (x): Rf+ ={(x, y) : y > f (x)}.57Рассмотрим такую краевую задачу (как нетрудно заметить, это задача на уравнение гиперболического типа):[4.5]L[u] = F (x, y), (x, y) ∈ Rf+ ; (L[u] определяется формулой (4.17)) (1)(2)u(x, y) = φ(x, y), (x, y) ∈ Lf ; (3) ∂u (x, y) = ψ(x, y), (x, y) ∈ L .f∂nБудем искать ее решение в Rf+ . Покажем, как его можно вычислить в произвольной точке A(x0 , y0 ) ∈ Rf+ .Для этого соединим точку A с кривой Lf отрезками, параллельными осям координат, получив на пересеченииточки B(x, y0 ) и C(x0 , y).
Обозначим символом L контур, образованный отрезками AB и AC и дугой BC, авнутренность его – символом D.Воспользуемся формулой (4.16) для сопряженного дифференциального оператора M [v] (v – некотораяфункция):ZZZZ ∂p2∂p1ds.(vL[u] − uM [v]) ds =+∂x∂yDDДля преобразования правой части воспользуемся формулой Грина для криволинейных интегралов:ZZZP dx + Q dy =(Qx − Py )ds.DLВ этом случае имеем:ZZZ(vL[u] − uM [v]) ds = − p2 dx + p1 dy = {Части контура параллельны осям координат} =DLZC = 11(vuy − uvy ) + auv dy − (vux − uvx ) + buv dx +22BZA ZA 11(vuy − uvy ) + auv dy +(vux − uvx ) + buv dx.+22(4.18)BCКак известно, (vu)y = vuy + uvy ; (vu)x = vux + uvx . Используя эти формулы, преобразуем два последнихинтеграла в (4.18):ZA ZA 11(vuy − uvy ) + auv dy +(vux − uvx ) + buv dx =22CBZA =C|ZA 11(uv)y − uvy + auv dy +(vu)x − uvx + buv dx22B{z} |{z}ICAIBAДо этого мы определяли функцию v просто как дважды непрерывно дифференцируемую.
Теперь потребуем,чтобы M [v] = 0, а точнее, чтобы она являлась решением такой задачи:(4) vxy − (a(x, y)v)x − (b(x, y)v)y + c(x, y)v = 0, x 6 x0 , y 6 y0 ;Zy (5) v(x0 , y) = exp{ a(x0 , s) ds}, y 6 y0 ;y0Zx(6) v(x, y0 ) = exp{ b(s, y0 ) ds}, x 6 x0 .x058Это задача с данными на характеристиках вида [4.4]. В предыдущих разделах было показано, что существуети единственна функция v(x, y), являющаяся ее решением. Будем считать, что она нам известна, и будем использовать именно эту функцию.Вернемся к выражению (4.18), подставив туда функцию F (x, y) из исходного уравнения (1) для u(x, y):ZC ZZv(x, y)F (x, y)ds =D 11(vuy − uvy ) + auv dy − (vux − uvx ) + buv dx + ICA + IBA .22BВоспользуемся тем, что в интегралах ICA , IBA одна из координат фиксирована.
Из условия (4) для v(x, y)легко получить, что vy − av = 0 при x = x0 . Таким образом,ZA ICA =CZA 1111(uv)y − uvy + auv dy =(uv)y − u(vy − av) dy = (uv) − (uv) .2222ACCАналогично, vx − bv = 0 при y = y0 . Следовательно,ZA IBA =BZA 1111(uv)x − uvx + buv dx =(uv)x − u(vx − bv) dx = (uv) − (uv) .2222ABBИтак, выражение (4.18) можно переписать так:ZC ZZv(x, y)F (x, y)ds =DB 1111(vuy − uvy ) + auv dy − (vux − uvx ) + buv dx + uv|A − (uv) − (uv) .2222CBОтсюда легко получить значение функции u(x, y) в точке A(x0 , y0 ): ZC 11u(x0 , y0 )v(x0 , y0 ) = −(vuy − uvy ) + auv dy − (vux − uvx ) + buv dx +22B+ZZ11(uv) + (uv) +v(x, y)F (x, y)ds.22CBDИз граничных условий (5),(6) для v(x, y) следует, что v(x0 , y0 ) = 1.
Тогда получаем, что: ZZ ZC 1111u(x0 , y0 ) = −(vuy − uvy ) + auv dy − (vux − uvx ) + buv dx + (uv) + (uv) +v(x, y)F (x, y)ds.2222CBBD(4.19)Это и есть окончательная формула для u(x0 , y0 ). Может показаться, что нам неизвестны частные производные u(x, y) на контуре.
Покажем, что их можно найти из граничных условий (2),(3):(u(x, f (x)) = φ(x, f (x));∂u(x, f (x)) = ψ(x, f (x)).∂n()1f 0 (x)Единичный вектор ~τ касательной к Lf имеет следующий вид: ~τ = p; p. Отсю1 + (f 0 (x))21 + (f 0 (x))2да получаем, что∂u∂u1∂uf 0 (x)pp+.(x, y) =02∂τ∂x 1 + (f (x))∂y 1 + (f 0 (x))259∂uнаходится из следующих преобразований:∂τp∂∂u(x, y).u(x, f (x)) = ux (x, f (x)) + uy (x, f (x))f 0 (x) = 1 + (f 0 (x))2∂x∂τКак известно,∂u= (~n, grad u).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
