Денисов А.М. - Уравнения математической физики. Конспект лекций. 5 семестр (2003) (1128009), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Пусть функция φ(x) такова, что φ(x) ∈ C 1 [0; l] и φ(0) = φ(l) = 0. Тогдаформула (2.5) определяет класс решений задачи [2.2].Доказательство. (1) Докажем сначала непрерывность полученной функции u(x, t) в QT . Легко видеть,чтоr ∞∞X2X|u(x, t)| 6|φn |,|vn (x, t)| 6l n=1n=1где φnr Zl∞P2πnφ(s) sin( s) ds. Понятно, что если мы докажем сходимость ряда=|φn |, то получимlln=10∞P(по признаку Вейерштрасса) равномерную сходимость ряда|vn (x, t)|. Так как все функции vn (x, t)n=1непрерывны, то и функция u(x, t) будет непрерывна, так как она определяется равномерно сходящимсярядом из непрерывных функций.Итак, преобразуем φn :φnr Zl2πnφ(s) sin( s) ds = {интегрирование по частям} ==ll0l r Z lr2 l2πn lπn=−φ(s) cos( s) +φ0 (s)cos( s) ds =l πnl lπnl0=1nZlrl 0φ (s)π0πn2cos( s) ds.ll0Zlr2πncos( s) ds.
Воспользуемся неравенством Бесселя для ортонормированной сиll0()∞r2πnстемы функцийcos( s):llПусть φen =0φ (s)n=1∞Xn=1φe2n =∞Xn=1Zlr φ0 (s)2Zlπn22cos( s) ds6 (φ0 (s)) ds.ll00Теперь мы можем преобразовать нужный нам ряд∞P|φn |:n=1∞X∞l X1 ea2 + b2l|φn | =|φn | 6 {ab 6}6πn2πn=1n=1∞∞XX1+φe2n2nn=1n=1!Первый ряд, как известно, сходится, сходимость второго мы только что показали.
Отсюда получаем∞Pсходимость ряда из коэффициентов Фурье|φn | и, как было показано ранее, непрерывность функцииn=1u(x, t).(2) Теперь покажем существование и непрерывность производных ut , uxx в QT . Покажем, к примеру,существование uxx для всех 0 < x < l, t0 < t < T , где t0 — произвольное положительное число. Из этого,очевидно, следует существование uxx в QT . Продифференцировав формально ряд (2.5), получим:r ∞X2πn πnπnuxx (x, t) =φn−( )2 sin( x) exp{−a2 ( )2 t}.lllln=18πn 2) t} дает нам равномерную сходимость мажорантногоl∞Pряда на t0 < t < T . Из этого следует равномерная сходимость ряда(vn )xx (x, t) и существование uxx (x, t)Легко заметить, что множитель exp{−a2 (n=1в QT . Непрерывность uxx (x, t) следует из непрерывности слагаемых ряда.
Существование и непрерывностьut доказывается аналогично.(3) То, что функция u(x, t) удовлетворяет всем условиям [2.2], было показано во время ее построения.Теорема доказана.2.4Принцип максимального значения для уравнения теплопроводностиРассмотрим множество QT = {(x, t) : (0; l) × (0; T ]}. Обозначим Γ = QT \ QT . Докажем, что функцияu(x, t), удовлетворяющая уравнению теплопроводности, достигает своего максимального (и минимального) значения именно на этой границе.Теорема 2.2 (принцип максимального значения). Пусть u(x, t) ∈ C[QT ], ut , uxx ∈ C[QT ] и ut = a2 uxx вQT . Тогдаmax u(x, t) = max u(x, t);ΓQTmin u(x, t)=QTmin u(x, t).ΓДоказательство.
Докажем первое утверждение. Предположим противное: пусть max u(x, t) = M и сущеΓствует точка (x0 , t0 ) ∈ QT такая, что u(x0 , t0 ) = M + ε, ε > 0. В этом случае определим новую функциюv(x, t) так:εv(x, t) = u(x, t) −(t − t0 ).(2.6)2TεεОчевидно, что v(x0 , t0 ) = u(x0 , t0 ) = M + ε. Кроме того, так как | (t − t0 )| 6 при t ∈ [0; T ], то2T2εεmax v(x, t) = max{u(x, t) −(t − t0 )} 6 M + .ΓΓ2T2Отсюда следует, что существует внутренняя точка (x1 , t1 ), в которой v(x, t) достигает максимума.Согласно необходимому условию максимума дважды дифференцируемой функции,vt (x1 , t1 ) > 0;vxx (x1 , t1 ) 6 0,причем в первом случае строгое неравенство может иметь место только при t1 = T .Продифференцировав (2.6) по t, получим:ut (x, t) = vt (x, t) +ε.2TАналогично, после двойного дифференцирования по x получаем:uxx (x, t) = vxx (x, t).Из написанной выше системы неравенств следует, чтоεut (x1 , t1 ) = vt (x1 , t1 ) +> 0 > a2 vxx (x1 , t1 ) = a2 uxx (x1 , t1 ),2Tчто противоречит уравнению теплопроводности.
Следовательно, предположение о существовании внутренней точки максимума неверно, поэтому max u(x, t) = max u(x, t), и первое утверждение доказано.ΓQTДля доказательства второго утверждения теоремы (принцип минимума) достаточно перейти от u(x, t)к функции w(x, t) = −u(x, t), которая принимает максимальное значение там, где u(x, t) принимает минимальное. Теорема доказана.9В приложении к краевым задачам принцип максимума выглядит следующим образом. Пустьut = a2 uxx , 0 < x < l, 0 < t 6 T ;u(0, t) = µ1 (t), 0 6 t 6 T ;u(l, t) = µ2 (t), 0 6 t 6 T ;u(x, 0) = φ(x),0 6 x 6 l.Тогда max u(x, t) = max{ max µ1 (t), max µ2 (t), max φ(x)}.
Это равенство имеет простой физическийt∈[0; T ]QTt∈[0; T ]x∈[0; l]смысл. Оно означает, что температура стержня не может быть выше температуры на его краях и вначальный момент времени.2.5Единственность и устойчивость решения первой краевой задачи∂ 2 ui ∂ui,∈∂x2 ∂tC[QT ], i = 1, 2, причем они являются решениями одной и той же первой краевой задачи [2.1].
Тогдаu1 (x, t) ≡ u2 (x, t) в QT .Теорема 2.3 (единственности). Пусть функции u1 (x, t), u2 (x, t) таковы, что ui ∈ C[QT ],Доказательство. Определим новую функцию v(x, t) = u1 (x, t)−u2 (x, t). Тогда v ∈ C[QT ], vt , vxx ∈ C[QT ],и является решением такой краевой задачи:vt = a2 vxx , 0 < x < l, 0 < t 6 T ;v(0, t) = 0,0 6 t 6 T;v(l,t)=0,0 6 t 6 T;v(x, 0) = 0,0 6 x 6 l.Для функции v(x, t), очевидно, выполнены все условия принципа максимума. Применяя его, получим:v(x, t) = 0; max v(x, t) = maxΓQT=⇒ v(x, t) ≡ 0 =⇒ u1 (x, t) ≡ u2 (x, t). min v(x, t) = min v(x, t) = 0.ΓQTТеорема доказана.Устойчивость решения первой краевой задачиЛемма 1. Пусть функции u1 , u2 (x, t) таковы, чтоui ∈ C[QT ],∂ 2 ui ∂ui,∈ C[QT ], i = 1, 2,∂x2 ∂tпричем∂ui∂tu1 (0, t)u1 (l, t)u1 (x, 0)∂ 2 ui,∂x2> u2 (0, t),> u2 (l, t),> u2 (x, 0),= a20 < x < l, 0 < t 6 T,0 6 t 6 T;0 6 t 6 T;0 6 x 6 l.Тогда u1 (x, t) > u2 (x, t) в QT .10i = 1, 2;Доказательство.
Снова, пусть v(x, t) = u2 (x, t) − u1 (x, t). Легко видеть, что v ∈ C[QT ], vxx , vt ∈ C[QT ],причемvt (x, t) = a2 vxx (x, t);v(0, t) > 0,0 6 t 6 T;v(l,t)>0,0 6 t 6 T;v(x, 0) > 0,0 6 x 6 l.Воспользовавшись вторым утверждением принципа максимума, получим:min v(x, t) = min v(x, t) > 0 =⇒ u1 (x, t) > u2 (x, t), (x, t) ∈ QT .ΓQTЛемма доказана.Теорема 2.4 (устойчивости). Пусть функции u1 , u2 (x, t) таковы, чтоui ∈ C[QT ],∂ 2 ui ∂ui,∈ C[QT ], i = 1, 2,∂x2 ∂tпричем∂ 2 ui∂ui= a2 2 ,∂t∂xiui (0, t) = µ1 (t),ui (l, t) = µi2 (t),ui (x, 0) = φi (x),0 6 x 6 l, 0 < t 6 Ti = 1, 2;0 6 t 6 T,0 6 t 6 T,0 6 x 6 l,i = 1, 2;i = 1, 2;i = 1, 2.Тогда max |u1 (x, t) − u2 (x, t)| 6 max{ max |µ11 (t) − µ21 (t)|, max |µ12 (t) − µ22 (t)|, max |φ1 (x) − φ2 (x)|}t∈[0; T ]QTt∈[0; T ]x∈[0; l]Доказательство.
Снова введем функцию v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t). Тогдаv ∈ C[QT ],vxx , vt ∈ C[QT ],vt (x, t) = a2 vxx (x, t).Обозначив ε = max{ max |µ11 (t) − µ21 (t)|, max |µ12 (t) − µ22 (t)|, max |φ1 (x) − φ2 (x)|}, получим, чтоt∈[0; T ]t∈[0; T ]x∈[0; l]max |v(x, t)| 6 ε.ΓИз этого следует, что −ε 6 v(x, t) 6 ε на Γ. Применив лемму к парам функций (−ε, v(x, t)) и (v(x, t), ε),получим, что−ε 6 u1 (x, t) − u2 (x, t) 6 ε в QT .Теорема доказана.Полученное утверждение означает, что из близости исходных данных следует близость полученныхрешений.2.6Единственность решения общей краевой задачиОбщая краевая задача формулируется так:ut = a2 uxx + f (x, t); 0 < t 6 T, 0 < x < l;α1 u(0, t) − α2 ux (0, t) = p(t);0 6 t 6 T;[2.3]βu(l,t)+βu(l,t)=q(t);0 6 t 6 T;12xu(x, 0) = φ(x);0 6 x 6 l.11Здесь α1 , α2 , β1 , β2 — неотрицательные постоянные, причем требуется, чтобыα1 + α2 > 0;β1 + β2 > 0.Докажем единственность решения такой задачи.Теорема 2.5 (единственности).
Пусть в QT функции u1 , u2 (x, t) таковы, что∂ui∂x2∂ ui ∂ui,∂x2 ∂tui ,∈ C[QT ], i = 1, 2;∈ C[QT ], i = 1, 2,причем они являются решениями одной и той же задачи [2.3]. Тогда u1 (x, t) = u2 (x, t) в QT .Доказательство. Для доказательства единственности введем, как обычно, новую функцию v(x, t) =u1 (x, t) − u2 (x, t). Тогда, очевидно, v, vx ∈ C[QT ], vt , vxx ∈ C[QT ] и v(x, t) будет являться решениемследующей краевой задачи:vt = a2 vxx ; 0 < t 6 T, 0 < x < l;α1 v(0, t) − α2 vx (0, t) = 0;0 6 t 6 T;0 6 t 6 T; β1 v(l, t) + β2 vx (l, t) = 0;v(x, 0) = 0;0 6 x 6 l.Умножив vt = a2 vxx на 2v и учтя, что 2vvt =∂ 2(v ), получим:∂t∂ 2(v (x, τ )) = 2a2 v(x, τ )vxx (x, τ ).∂τИз равенства функций следует равенство определенных интегралов:Z l Zt∂ 2(v (x, τ )) dτ dx = 2a2∂τ0 0Z l Ztv(x, τ )vxx (x, τ ) dτ dx,0 0причем в правой части мы можем поменять порядок интегрирования:Z l ZtZt Z l∂ 2(v (x, τ )) dτ dx = 2a2 v(x, τ )vxx (x, τ ) dx dτ.∂τ0 000Из начального условия следует, чтоZ l Zt∂ 2(v (x, τ )) dτ dx =∂τ0 0Zlv 2 (x, t) dx.0Внутренний интеграл в правой части (2.7) возьмем по частям:Zllv(x, τ )vxx (x, τ ) dx = v(x, τ )vx (x, τ )0 −0Zl012(vx (x, t))2 dx.(2.7)Из краевых условий легко вывести, что0,0,v(l, t)vx (l, t) = − β1 v 2 (l, t), β2 0,0,v(0, t)vx (0, t) =α 1 v 2 (0, t),α2если β1 = 0, β2 > 0;если β1 > 0, β2 = 0;,если β1 > 0, β2 > 0.если α1 = 0, α2 > 0;если α1 > 0, α2 = 0; ,если α1 > 0, α2 > 0.для любых t ∈ [0; T ].Из этого следует, что если обозначитьlP (τ ) = v(x, τ )vx (x, τ )|0 = v(l, τ )vx (l, τ ) − v(0, τ )vx (0, τ ),то P (τ ) 6 0, ∀τ ∈ [0; T ].Тогда равенство (2.7) можно переписать так:Zl22Ztv (x, t) dx − 2a02Zt Z lP (τ ) dτ + 2a0vx2 (x, τ ) dx dτ = 0.0 0Первое и третье слагаемые, очевидно, неотрицательны; неотрицательность второго следует из неположительности подынтегральной функции.
Из этого следует, что все они на самом деле равны нулю. ТакZlкак функция v(x, t) непрерывна, то из того, что v 2 (x, t) dx = 0, следует, что0v(x, t) ≡ 0.Отсюда получаем, что u2 (x, t) ≡ u1 (x, t). Теорема доказана.2.7Существование решения задачи КошиРассмотрим однородную задачу Коши:(1)ut = a2 uxx , −∞ < x < +∞, t > 0;[2.4](2) u(x, 0) = φ(x),−∞ < x < +∞.Действуя так же, как и при поиске решения первой краевой задачи, проведем некоторые преобразования, а потом докажем, что полученная функция будет являться решением.Определим новую функцию v(x, t) как произведение двух функций:v(x, t) = X(x)T (t).Потребуем, чтобы она удовлетворяла уравнению теплопроводности:T 0 (t)X(x) = a2 X 00 (x)T (t).Разделив на a2 X(x)T (t) и заметив, что слева и справа стоят функции, зависящие от разных переменных, получим:X 00 (x)T 0 (t)= 2= −λ2 ,X(x)a T (t)где λ = const > 0.13Примечание.
Мы пишем "−λ2 ", потому что так нам захотелось. Могли бы и что-нибудь другоенаписать...Отсюда получаем два уравнения:X 00 (x) + λ2 X(x) = 0;(2.8)T 0 (t) + a2 λ2 T (t) = 0.(2.9)2Легко видеть, что функция X(x) = eiλx будет решением (2.8). Аналогично, функция T (t) = e−aбудет являться решением (2.9). Следовательно,2v(x, t) = eiλx−aλ2 tλ2 t– решение (1). Очевидно, функция2uλ = A(λ)eiλx−aλ2 tтоже будет решением (A(λ) — некоторая функция). Теперь определим итоговую функцию следующимобразом:+∞Z2 2A(λ)eiλx−a λ t dλ.u(x, t) =−∞Потребуем, чтобы она удовлетворяла начальному условию:+∞ZA(λ)eiλx dλu(x, 0) = φ(x) =−∞Согласно теории преобразования Фурье, отсюда легко находится A(λ):1A(λ) =2π+∞Ze−iλs φ(s) ds.−∞Итак, получаем следующий вид функции u(x, t): +∞ +∞+∞+∞ ZZZZ2 22 21 1u(x, t) =e−iλs φ(s) ds eiλx−a λ t dλ =eiλ(x−s)−a λ t dλ φ(s) ds.2π2π−∞−∞−∞−∞Проведя вычисление внутреннего интеграла (которое мы опускаем), получим окончательную формулудля u(x, t):+∞Z(x − s)21√u(x, t) =exp{−}φ(s) ds.(2.10)4a2 t4πa2 t−∞Обозначив G(x, s, t) = √14πa2 texp{−(x − s)2}, получим4a2 t+∞Zu(x, t) =G(x, s, t)φ(s) ds.−∞14s:Покажем, что функция G(x, s, t) является решением уравнения теплопроводности при фиксированном(x − s)22(x − s)1exp{−} −;Gx (x, s, t) = √4a2 t4a2 t4πa2 t11(x − s)2 (x − s)2(x − s)22√√+Gxx (x, s, t) =exp{−}exp{−} − 2 ;4a2 t4a4 t24a2 t4a t4πa2 t4πa2 t(x − s)21(x − s)2 (x − s)21√exp{−}+exp{−}Gt (x, s, t) = − √34a2 t4a2 t4a2 t22 4πa2 t 24πa2 tЛегко проверить, что Gt (x, s, t) = a2 Gxx (x, s, t).Теперь докажем, что при определенных ограничениях на начальное условие полученная функция будетсуществовать.Теорема 2.6 (существования).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
