Д.В. Ховратович - Уравнения математической физики. Конспект лекций (2003) (1128005), страница 7

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 7)

Если в (3.12) функция f (P ) непрерывна в точке M0 , то функция u(M ) − f (M0 )ue (M ) –непрерывна в точке M0 .Доказательство.Zu(M ) − f (M0 )ue (M ) = (3.13) =Z=f (P )Z−−→−−→cos ∠(M P , ~n)cos ∠(M P , ~n)dlp − f (M0 )dlp =ρM PρM P−−→ Lcos ∠(M P , ~n)(f (P ) − f (M0 )dlpρM PLLИз непрерывности нашей функции ∀ε > 0 следует существование такой окрестности точки M0 , где |f (P ) −Zf (M0 )| 6 ε. Следовательно, переходя к полярным координатам с центром в точке M0 , получим | (f (P ) −LZ−−→Rcos ∠(M P , ~n)f (M0 )dlp | = | (f (P )−f (M0 ) dφ| 6 ε | dφ| = 2πε – при наложенных нами на кривую условиях.ρM PLLПолучаем, что интеграл равномерно сходится и теорема доказана.Теперь, используя формулу (3.15) для функции ue (M ) и утверждение теоремы, получим, что функция u(M )в точке M0 имеет тот же вид , что и функция ue (M )f (M0 ).

Мы получилиСледствие 1.uвнутр (M0 ) = lim u(M );ОбозначимТогдаM →M0 ;M ∈Duвнеш (M0 ) =lim u(M ).M →M0 ;~M 6∈Duвнутр (M0 ) = u(M0 ) + πf (M0 );uвнеш (M0 ) = u(M0 ) − πf (M0 ).Таким образом, на контуре можно представить потенциал так:u(M0 ) =uвнеш (M0 ) + uвнутр (M0 ).2Следствие 2. Функция u(M ) непрерывна при M ∈ L, если f (P ) непрерывна на L.38Доказательство. Мы имеем на контуре f (M )ue (M ) = πf (M ); u(M ) − f (M0 )ue (M ) = ψ(M ) – некотораянепрерывная функция. Тогда функция u(M ) представима в виде u(M ) = πf (M ) + ψ(M ).3.11Сведение внутренней задачи Дирихле к интегральному уравнению Фредгольма2-го родаРассмотрим внутреннюю задачу Дирихле в E2 :(1) u(x, y) ∈ C(D);(2) u(x, y) − гармоническая в D;[3.5](3) u(x, y) = µ(x, y),(x, y) ∈ L.Будем искать решение в виде потенциала двойного слоя.

ПустьZu(M ) =−−→cos ∠(M P , ~n)f (P )dlpρM PLТогда условие (2) сразу выполняется. Попробуем получить условия (1) и (3), изменяя f (P ). Определим новуюфункциюu(M ), M ∈ D;u(M ) =uвнутр (M ), M ∈ L,где uвнутр (M ) = lim u(A).A→M ;~A∈DЛегко проверить, что полученная функция будет непрерывной в D. Чтобы получить условие (3), воспользуемся следствием 1 из теоремы 3.8. Тогда получаем:Z−−→cos ∠(M P , ~n) uf (P )dlP , M ∈ L;внутр (M ) = πf (M ) +ρM P=⇒Luвнутр (M ) = µ(M ), M ∈ L.Zπf (M ) +−−→cos ∠(M P , ~n)f (P )dlp = µ(M ), M ∈ LρM P(3.16)LПолученное уравнение относительно функции f (P ) называется интегральным уравнением Фредгольма2-го рода.

Следующую теорему примем без доказательства:Теорема 3.9 (альтернатива Фредгольма). Интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода имеет единственное непрерывное решение ∀µ(M ) ∈ C(L) тогда и только тогда, когда однородное уравнение(3.16) (т.е. µ(M ) ≡ 0) имеет только нулевое решение.Используя это утверждение, докажем единственность решения задачи Дирихле [3.5].Определение. Контур L называется строго выпуклым, если, какие бы две точки на нем мы не взяли, отрезок,их соединяющий, лежит целиком внутри контура.Теорема 3.10 (существования и единственности). Пусть область D строго выпукла (L – строго выпуклый контур). Тогда внутренняя задача Дирихле [3.5] имеет единственное решение для любойнепрерывной на L функции µ(M ).Доказательство.

Согласно альтернативе Фредгольма, достаточно доказать, что уравнениеZπf (M ) +f (P )−−→cos ∠(M P , ~n)dlP = 0, M ∈ L.ρM PL39(3.17)имеет только нулевое решение. Возьмем такую точку M0 ∈ L, что |f (M0 )| = max |f (M )|. Мы знаем, что согласM ∈Lно формуле для потенциала с единичной плотностью (3.15),Zπf (M0 ) =L−−−→cos ∠(M0 P , ~n)f (M0 )dlP , M0 ∈ L.ρM 0 PКроме того, так как f (M ) – решение (3.17), тоZπf (M0 ) +f (P )L−−−→cos ∠(M0 P , ~n)dlP = 0.ρM 0 PСкладывая полученные равенства, получаем:Z[f (P ) + f (M0 )]L−−−→cos ∠(M0 P , ~n)dlP = 0ρM 0 PИз определения M0 : |f (M0 )| > |f (P )| ∀P ∈ L и того, что−−−→cos ∠(M0 P , ~n)dϕ=> 0,ρM 0 PdlPполучаем, что f (M0 ) + f (P ) ≡ 0 (∀P ∈ L).Взяв P = M0 , получим f (M0 ) = 0 ⇒ f ≡ 0.

Теорема доказана.404 Уравнения гиперболического типа4.1Постановка задач для уравнения колебанийРассмотрим несколько уравнений гиперболического типа.Пусть функция u(x, t) ∈ C 2 ((x, t) : 0 < x < l, t > 0). Тогда уравнениеutt = a2 uxx , 0 < x < l, t > 0.(4.1)называется уравнением колебаний идеальной струны.В случае функции от двух пространственных переменных u(x, y, t):utt = a2 ∆u, (x, y) ∈ D, t > 0– это уравнение колебаний упругой мембраны.Рассмотрим уравнение (4.1).

Мы можем задать начальные условия:u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l; – интерпретируется как смещение струны от положения равновесия;ut (x, 0) = ψ(x), 0 6 x 6 l.и краевые условия:u(l, t)ux (l, t)u(l, t) + αux (l, t)= µ(t), t > 0;= ν(t), t > 0;= θ(t), t > 0.( в закрепленном случае µ ≡ 0)– обычно мы берем некоторые из них.Краевые задачи ставятся аналогично случаю уравнений параболического типа. Вот пример первой краевойзадачи.utt = a2 uxx , 0 < x < l, 0 < t 6 T ;u(x,0) = φ(x),0 6 x 6 l;ut (x, 0) = ψ(x), 0 6 x 6 l;u(0, t) = µ1 (t), 0 6 t 6 T ;u(l, t) = µ2 (t), 0 6 t 6 T.Вот она же для полупрямой:utt = a2 uxx ,u(x, 0) = φ(x),ut (x, 0) = ψ(x),u(0, t) = µ(t),x > 0, 0 < t 6 T ;x > 0;x > 0;0 6 t 6 T.Также можно рассмотреть обыкновенную задачу Кошиutt = a2 uxx , −∞ < x < +∞, 0 < t 6 T ;u(x, 0) = φ(x),−∞ < x < +∞;ut (x, 0) = ψ(x), −∞ < x < +∞.4.2Формула Даламбера.

Существование, устойчивость и единственность решениязадачи КошиРассмотрим задачу Коши для уравнения колебаний:utt = a2 uxx , −∞ < x < +∞, 0 < t 6 T ; (1)(2) u(x, 0) = φ(x),−∞ < x < +∞;[4.1](3) ut (x, 0) = ψ(x), −∞ < x < +∞.41Пусть u ∈ C 2 (R × R+ ) и является решением задачи Коши [4.1]. Определим новые переменные ξ и η: x = ξ + η;ξ = x + at;2=⇒ξ−ηη = x − at. t =.2aξ+η ξ−η,).22aНайдем частные производные этой функции:Определим новую функцию v(ξ, η) = u(vξvξηξ+η ξ−η 1ξ+η ξ−η 1,) + ut (,) ;22a 222a 2a1111= uxx (.

. .) + uxt (. . .)(− ) + utx (. . .) + utt (. . .)(− 2 ) =44a4a4a11= uxx (. . .) − 2 utt (. . .) = { уравнение колебаний } = 0.4 4a= ux (Теперь проведем обратное интегрирование:vξη (ξ, η) = 0инт-ие по ξ=⇒инт-ие по ηvη (ξ, η) = fe1 (η) =⇒ v(ξ, η) =Zfe1 (η) dη + f2 (ξ)=⇒ v(ξ, η) = f1 (η) + f2 (ξ) =⇒ {u(x, t) = v(x + at, x − at)} =⇒u(x, t) = f1 (x − at) + f2 (x + at),(4.2)где fe1 , f1 , f2 – некоторые функции, получающиеся при интегрировании.Итак, мы получили общий вид для функции u, являющейся решением уравнения колебаний.

Попробуем найти f1 и f2 , используя начальные условия:Zx −f (x) + f (x) = 1 ψ(ξ) dξ + C;u(x, 0) = f1 (x) + f2 (x) = φ(x);12a=⇒ut (x, 0) = −af10 (x) + af20 (x) = ψ(x).x0f1 (x) + f2 (x) = φ(x).Складывая и вычитая уравнения системы, получим:Zxφ(x)1c f2 (x) =+ψ(ξ) dξ + ;22a2x0=⇒ {u(x, t) = f1 (x − at) + f2 (x + at)} =⇒xZφ(x)1c f1 (x) =−ψ(ξ) dξ − .22a2x0u(x, t) =φ(x − at) + φ(x + at)1+22ax+atZψ(ξ) dξ.(4.3)x−atПолученное выражение называется формулой Даламбера.Теорема 4.1 (существования и единственности решения задачи Коши). Пусть φ(x) ∈ C 2 (R), ψ(x) ∈+C 1 (R).

Тогда существует и единственна функция u(x, t) такая, что u(x, t) ∈ C 2 (R × R ) и являетсярешением задачи Коши [4.1], где функции φ(x) и ψ(x) определяют начальные условия.42Доказательство. Существование проверяется непосредственной подстановкой с использованием условий(1)–(3) и условий теоремы.Единственность следует из того, что для любой функции, удовлетворяющей условиям (1)–(3), справедливопредставление по формуле Даламбера, а оно подразумевает только одну функцию.

Теорема доказана.Теорема 4.2 (устойчивости). Пусть φ1 , φ2 (x) ∈ C 2 (R), ψ1 , ψ2 (x) ∈ C 1 (R) и ограничены на R. Тогда, еслиu1 , u2 (x, t) – решения задач типа [4.1] с φ1 , ψ1 и φ2 , ψ2 в качестве начальных условий соответственно,тоsup|u1 (x, t) − u2 (x, t)| 6 sup |φ1 (x) − φ2 (x)| + T sup |ψ1 (x) − ψ2 (x)|.x∈R, 06t6Tx∈Rx∈RДоказательство. Из формул Даламбера (4.3) для u1 , u2 следует:φ1 (x − at) − φ2 (x − at)1φ1 (x + at) − φ2 (x + at)|+||+|u1 − u2 | 6 |222ax+atZ|ψ1 (ξ) − ψ2 (ξ)| dξ 6x−at6 sup |φ1 (x) − φ2 (x)| + sup |ψ1 (x) − ψ2 (x)|x∈Rx∈R12ax+atZdξ 6 sup |φ1 (x) − φ2 (x)| + sup |ψ1 (x) − ψ2 (x)|T.x∈Rx−atx∈RТеорема доказана.4.3Характеристики уравнения в частных производных второго порядкаКлассическое уравнение в частных производных второго порядка имеет следующий вид:a11 (x, y)uxx + 2a12 (x, y)uxy + a22 (x, y)uyy = F (x, y, u, ux , uy )(4.4)Поставим ему в однозначное соответствие обыкновенное дифференциальное уравнение:a11 (dy)2 − 2a12 dxdy + a22 (dx)2 = 0(4.5)Тогда функции (кривые), являющиеся решением (4.5), называются характеристиками уравнения (4.4).Например, для уравнения колебанийa2 uxx − utt = 0уравнение для получения характеристик выглядит так:a2 (dt)2 − (dx)2 = 0.Из него получаемa dt + dx = 0;=⇒a dt − dx = 0.x + at = const;x − at = const.– это две прямые, являющиеся характеристиками гиперболического уравнения.Пусть функция u(x, t) является решением некоторой задачи Коши.

Возьмем в I четверти плоскости OXT произвольную точку (x0 , t0 ). Через нее проходят только две характеристики: x−at = x0 −at0 , x+at = x0 +at0 . Онипересекают ось OХ в точках (x0 + at0 , 0), (x0 − at0 , 0), образуя при этом так называемый характеристическийтреугольник.Записав для функции u(x, t) в точке u(x0 , t0 ) формулу Даламбера (4.3):φ(x0 − at0 ) + φ(x0 + at0 )1u(x0 , t0 ) =+22ax0Z+at0ψ(ξ) dξ,x0 −at043получим, что значения функции u(x, t) в произвольной точке внутри характеристического треугольника определяются только значениями функций φ(x), ψ(x) на его основании. Это – важная особенность гиперболическогоуравнения, которая станет понятна на следующем примере:Пусть функции φ(x), ψ(x) равны нулю вне некоторого отрезка [a; b].

Тогда в областях II,III функция u(x, t)будет, как легко видеть из формулы Даламбера, тождественно равна нулю. Этот факт показывает конечнуюскорость (в течение времени t) распространения сигнала u(x, t) (по оси x) в гиперболическом уравнении.t6@x+at=const@@@III @@@Ix-at=constIIabx-Напротив, в задаче Коши для уравнения теплопроводности:ut = a2 uxx ,−∞ < x < ∞, t > 0u(x, 0) =φ(x),−∞ < x < ∞решение, как показывалось ранее, имеет вид+∞Zu(x, t) =−∞(x − s)2√exp −4a24πa2 t1φ(s) dsВидно, что если функция φ(s) непрерывна, неотрицательна и в некоторой точке отлична от нуля, тоu(x, t) > 0 ∀t > 0.То есть, мы как бы получаем то, что сигналы в случае уравнения теплопроводности распространяются практически мгновенно.4.4 Задача на полупрямой.

Характеристики

Список файлов лекций