Денисов А.М. - Уравнения математической физики. Конспект лекций. 5 семестр (2003) (1128009), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

Пусть функция φ(x) задает начальное условие в задаче Коши [2.4], причем φ(x) ∈ C(R), |φ(x)| 6 M, ∀x ∈ R. Тогда функция u(x, t), определяемая формулой (2.10), непрерывнапри x ∈ R, t > 0, имеет непрерывные частные производные ut , uxx при x ∈ R, t > 0, удовлетворяетуравнению теплопроводности при x ∈ R, t > 0 и ∀x0 ∈ R t→0+lim u(x, t) = φ(x0 ).x→x0Замечание. Последнее утверждение теоремы означает, что функция +∞Z1(x − s)2√}φ(s) ds, t > 0;exp{−u(x, t) =4a2 t4πa2 t−∞φ(x), t = 0.непрерывна в (x, t) : x ∈ R, t > 0.Доказательство. (1) Докажем непрерывность u(x, t) при x ∈ R, t > 0. Для этого, очевидно, достаточнодоказать, что функция непрерывна в прямоугольнике ΠL,t0 ,T = {(x, t) : −L < x < L; t0 < t < T }, гдеL, t0 , T — произвольные положительные константы.Подынтегральные функции, очевидно, непрерывны в ΠL,t0 ,T .

Тогда для доказательства непрерывности функции u(x, t) в ΠL,t0 ,T достаточно показать равномерную сходимость интеграла (2.10). Чтобыприменить признак Вейерштрасса равномерной сходимости, построим такую функцию F (s), чтобы|G(x, s, t)| 6 F (s) ∀x, t ∈ ΠL,t0 ,T ;+∞ZИнтегралF (s) ds сходился.−∞Для этого оценим показатель экспоненты для различных s:При |s| 6 2LПри s > 2LПри s 6 −2L(x − s)26 0;4a2 t(L − s)2(x − s)2(L − s)2(x − s)2>=⇒ −6−;2tT4a t4a2 T(x − s)2(L + s)2(x − s)2(L + s)2>=⇒ −6−.2tT4a t4a2 T−При t0 6 t 6 T первый сомножитель в интеграле (2.10) можно оценить так:√14πa2 t6√1514πa2 t0В итоге получаем ограниченность |G(x, s, t)| сверху:|G(x, s, t)| 6 F (s) =√√1, |s| 6 2L;4πa2 t01(L − s)2L2exp{−+ 2 },224a T4a T4πa t0s > 2L;L2(L + s)2 √ 1+},exp{−4a2 T4a2 T4πa2 t0s 6 −2L;L2в показателе экспоненты было добавлено для непрерывности F (s) (очевидно, оно не4a2 Tизменит оценки сверху).+∞RНаличие экспоненты говорит о том, что интегралF (s) ds сходится.

Таким образом, используя огра— слагаемое−∞ниченность |φ(x)|, мы можем модуль подынтегральной функции в (2.10) оценить сверху функцией M F (s),соответствующий интеграл от которой сходится. По признаку Вейерштрасса мы получаем равномернуюсходимость исходного интеграла и непрерывность функции u(x, t) в ΠL,t0 ,T .(2) Покажем непрерывность частных производных на том же прямоугольнике ΠL,t0 ,T . Докажем непрерывность uxx . Из формулы для G(x, s, t) следует, что:11L2 + 2Ls + s2(x − s)2G(x, s, t) − 2 G(x, s, t)| 6 F (s)= F1 (s).+|Gxx (x, s, t)| = |4a4 t22a t2a2 t04a4 t20Многочлен во втором сомножителе, очевидно, не изменит интегрируемость F (s).

Тогда получаемuxx (x, t) =+∞+∞+∞ZZZGxx (x, s, t)φ(s) ds 6|Gxx (x, s, t)||φ(s)| ds 6 MF1 (s) ds < ∞−∞−∞−∞– то есть равномерную сходимость интеграла от производной, а, следовательно, и непрерывность uxx (t).Непрерывность ut доказывается аналогично.(3) Мы показали, что функция G(x, s, t) является решением уравнения теплопроводности.

Отсюдаполучаем:+∞+∞ZZ22ut (x, t) =Gt (x, s, t)φ(s) ds = a uxx (x, t) = aGxx (x, s, t)φ(s) ds.−∞−∞– то есть функция u(x, t) тоже удовлетворяет уравнению теплопроводности.(4) Итак, нам осталось доказать, что∀x0 ∈ R t→0+lim u(x, t) = φ(x0 ).x→x0То есть, по определению предела функции∀x0 ∀ε > 0 ∃δ : ∀ x, t : t, |x − x0 | < δ =⇒ |u(x, t) − φ(x0 )| < ε.Фиксируем точку x0 и произвольное ε > 0. Из непрерывности φ(x) следует, что∃∆ : |x − x0 | < ∆ =⇒ |φ(x) − φ(x0 )| <16ε.4Рассмотрим |u(x, t) − φ(x0 )|:xZ+∞+∞0 −∆ZZ|u(x, t) − φ(x0 )| = | G(x, s, t)φ(s) ds − φ(x0 )| 6 |G(x, s, t)φ(s) ds| + |G(x, s, t)φ(s) ds|+−∞−∞xZ0 +∆G(x, s, t)(φ(s) − φ(x0 )) ds| + |+|x0 +∆xZ0 +∆x0 −∆G(x, s, t)φ(x0 ) ds − φ(x0 )|.x0 −∆Обозначив по порядку интегралы символами J1 , J2 , J3 , J4 , получим|u(x, t) − φ(x0 )| 6 |J1 | + |J2 | + |J3 | + |J4 |.+∞ZεG ds = 1,Оценим |J3 |.

Мы уже знаем, что |φ(x) − φ(x0 )| < в ∆-окрестности. Тогда, учитывая, что4−∞получимxZxZ+∞0 +∆0 +∆ZεεG(x, s, t)(φ(s) − φ(x0 )) ds| 6|J3 | = |G(x, s, t) dsG(x, s, t) ds 644x0 −∆−∞x0 −∆Отсюда получаем, чтоε.4Теперь потребуем, чтобы |x − x0 | < δ1 < ∆2 . Все дальнейшие оценки проводятся только для таких x.Оценим |J4 |:|J3 | 6xZ0 +∆|J4 | = |xZ0 +∆G(x, s, t)φ(x0 ) ds − φ(x0 )| 6 |φ(x0 )| |x0 −∆x0 −∆s−xG(x, s, t) ds − 1| = {z ↔ √}=4a2 tx0 +∆−x√4a2 tZ12√ e−z dz − 1|.π= |φ(x0 )||x0 −∆−x√4a2 tУменьшая t, мы получим стремление верхнего предела интегрирования к +∞, а нижнего — к −∞.+∞Z12√ e−z dz = 1, тоСледовательно, так какπ−∞x0 +∆−x√4a2 tZ∃δ2 : t < δ2 =⇒ |J4 | 6 |φ(x0 )| |21ε√ e−z dz − 1| 6 .4πx0 −∆−x√4a2 tОценим теперь |J1 |:xZ0 −∆|J1 | = |xZ0 −∆√G(x, s, t)φ(s) ds| 6 |−∞−∞14πa2 t−x+x0 −∆√4a2 t−(x − s)M= {z ↔ √}= √2π4a tZ2e−z dz.−∞17exp{−(x − s)2}M ds| =4a2 tВ силу сходимости интеграла, мы можем подобрать такое δ3 , что ∀ t < δ3−x+x0 −∆√4a2 tM√πZ2e−z dz 6ε.4−∞εСледовательно, |J1 | 6 .

Такая же оценка верна и для |J2 | (доказательство аналогично).4Итак, мы получили, что|u(x, t) − φ(x0 )| 6 |J1 | + |J2 | + |J3 | + |J4 | 6 ε =⇒=⇒ ∀x0 ∀ε > 0 ∃δ = min(δ1 , δ2 , δ3 ) : ∀ x, t : t, |x − x0 | < δ|u(x, t) − φ(x0 )| < ε.Теорема полностью доказана.Следствие 1. Заметим, что при выполнении условий теоремы (φ(x) ∈ C(R), |φ(x)| 6 M ) мы получаемограниченность u(x, t):+∞+∞ZZG(x, s, t) ds = M.|G(x, s, t)||φ(s)| ds 6 M|u(x, t)| =−∞−∞Следствие 2. Также можно получить бесконечную дифференцируемость u(x, t) на R × R+ .

В этомслучае+∞Z∂pu∂pG(x, t) =(x, s, t)φ(s) ds, (k + m = p)km∂x ∂t∂xk ∂tm−∞а этот интеграл равномерно сходится, что можно показать теми же рассуждениями, что и в доказательстветеоремы.Следствие 3. Приняв условие задачи Коши, мы получаем «бесконечную» скорость распространения тепла. Представим, что непрерывная функция φ(x) = u(x, 0) равна нулю всюду, за исключениемнекоторого отрезка [a; b]. Тогда получаем, чтоZbG(x, s, t)φ(s) ds > 0 ∀t > 0, ∀x ∈ R.u(x, t) =a2.8Единственность решения задачи КошиИтак, мы доказали существование решения задачи Коши для ограниченного и непрерывного начальногоусловия. Покажем, что в этом случае решение единственно.Теорема 2.7 (единственности).

Пусть две функции u1 , u2 (x, t) непрерывны на (R × R+ ), являются решениями одной и той же задачи Коши [2.4], причем|ui (x, t)| 6 M, ∀(x, t) ∈ R × R + ;∂ui ∂ 2 ui,∈ C(R × R+ ).∂t ∂x2Тогда u1 (x, t) = u2 (x, t) ∀(x, t) ∈ (R × R + )18i = 1, 2.Доказательство. Введем новую функцию u(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t). Очевидно, она также будет непрерывна, причемut , uxx ∈ C(R × R+ ); u = a2 u ;txxu(x, 0) = 0, ∀x ∈ R;+|u(x, t)| 6 2M, ∀(x, t) ∈ (R × R ).Очевидно, для доказательства теоремы достаточно показать, что функция u(x, t) тождественно равнанулю, то есть равна нулю в произвольной точке (x0 , t0 ).Для этого возьмем такие константы L и T , чтобы точка (x0 , t0 ) содержалась в прямоугольникеΠLT = {(x, t) : |x| 6 L, 0 6 t 6 T }, ΓLT — его граница.4M x2Рассмотрим новую вспомогательную функцию v L (x, t) = 2 ( + a2 t).L2Легко проверить, чтоLvtL , vxx∈ C[ΠLT ];LLvt = a2 vxx∈ C[ΠLT ].Кроме того, для нее справедливы такие оценки на границе ΓLT :4M L2v L (L, t), v L (−L, t) > 2 (+ 0) = 2M ;L22x4M> 0.v L (x, 0) = 2L 2Из исходных оценок для u(x, t) получаем, что v L (x, t) > u(x, t) всюду на ΓLT .

Согласно принципумаксимального значенияv L (x, t) > u(x, t) ∀(x, t) ∈ ΠLT .Аналогично, −v L (x, t) 6 u(x, t) ∀(x, t) ∈ ΠLT . Из этого следует, что|u(x0 , t0 )| 6 v L (x0 , t0 ) =4M x20( + a2 t0 ).L2 2Устремив L к бесконечности, получим, что |u(x0 , t0 )| 6 v ∞ (x0 , t0 ) = 0. Теорема доказана.2.9Существование решения первой и второй краевой задачи для уравнениятеплопроводности на полупрямойРассмотрим первую краевую задачу на полупрямой:ut = a2 uxx , x > 0, t > 0;u(0, t) = 0,t > 0;[2.5]u(x, 0) = φ(x),x > 0,где φ(0) = 0.Найдем ее решение, доопределив нечетным образом функцию φ(x), задающую начальное условие навсей вещественной оси:φ(x), x > 0;Φ(x) =−φ(−x), x < 0.Соответственно, рассмотрим такую задачуUt =U (0, t) =[2.6]U (x, 0) =Коши:a2 Uxx , −∞ < x < +∞, t > 0;0,t > 0;Φ(x),−∞ < x < +∞.19Ее решение нам известно:U (x, t) =+∞Z1(x − s)2√exp{−}Φ(s) ds.4a2 t4πa2 t−∞++Пусть u(x, t) = U (x, t) при (x, t) ∈ (R × R ).

Покажем, что эта функция является решением [2.5]. Изпостановки задачи Коши [2.6] очевидно, чтоut = a2 uxx , x > 0, t > 0;u(x, 0) = φ(x),x > 0.Проверим выполнение граничного условия:+∞Z1s2√u(0, t) = U (0, t) =exp{− 2 }Φ(s) ds4a t4πa2 t−∞Под интегралом стоит произведение четной и нечетной функций, следовательно, он равен нулю. Граничное условие выполнено. Получим теперь полную формулу для решения:+∞Z(x − s)21√exp{−}Φ(s) ds =u(x, t) =4a2 t4πa2 t−∞Z0=√(x − s)2exp{−}(−φ(−s)) ds +4a2 t4πa2 t1−∞+∞Z+∞Z1(x − s)2√exp{−}φ(s) ds =4a2 t4πa2 t0+∞Z(x + s)(x − s)211√√exp{−exp{−=−}φ(s)ds+}φ(s) ds =4a2 t4a2 t4πa2 t4πa2 t00+∞Z(x − s)21(x + s)2√} − exp{−} φ(s) ds.=exp{−4a2 t4a2 t4πa2 t20Итак,+∞Z1(x − s)2(x + s)2√u(x, t) =exp{−}−exp{−}φ(s) ds4a2 t4a2 t4πa2 t(2.11)0– это и есть решение первой краевой задачи на полупрямой.Вторая краевая задача на полупрямойВторая краевая задача на полупрямойutux (0, t)[2.7]u(x, 0)имеет следующий вид:= a2 uxx , x > 0, t > 0;= 0,t > 0;= φ(x),x > 0.Снова для поиска решения доопределим функцию, задающую начальное условие, но на этот раз четным образом:φ(x), x > 0;Φ(x) =φ(−x), x < 0.20Изменив исходную задачу, получимUtUx (0, t)U (x, 0)такую задачу Коши:= a2 Uxx , −∞ < x < +∞, t > 0;= 0,t > 0;= Φ(x),−∞ < x < +∞.+∞Z(x − s)21√exp{−}Φ(s) ds.

Характеристики

Список файлов лекций