Денисов А.М. - Уравнения математической физики. Конспект лекций. 5 семестр (2003) (1128009), страница 7

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

Текст из файла (страница 7)

Для этого нам понадобитсяZОпределение. Интеграл F (P, M ) dlP называется равномерно сходящимся в точке M0 ∈ L, еслиLZ∀ε > 0 ∃V (M0 ) – окрестность точки M0 и дуга l ∈ L такая, что интегралF (P, A) dlP сходится ∀A ∈lZV (M0 ) и | F (P, A) dlp | 6 ε.lБудем пользоваться следующей теоремой без доказательства:ZТеорема 3.7. Пусть функция F (P, M ) непрерывна всюду при P 6= M .

Тогда интегралF (P, M ) dlplявляется непрерывной функцией в тех точках, где он равномерно сходится.Возьмем на границе L некоторую точку M0 и рассмотрим функцию u(M ) − f (M0 )ue (M ).Теорема 3.8. 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 PL−−→ Lcos ∠(M P , ~n)dlp(f (P ) − f (M0 ))ρM PLИз непрерывности нашей функции ∀ε > 0 следует существование такой окрестности точки M0 , где|f (P ) − f (M0 )| 6 ε.

Следовательно, переходя к полярным координатам с центром в точке M0 , получимZZZ−−→cos ∠(M P , ~n)| (f (P ) − f (M0 ))dlp | = | (f (P ) − f (M0 )) dφ| 6 ε | dφ| = 2περM PLLL— при наложенных нами на кривую условиях.Получаем, что интеграл равномерно сходится и теорема доказана.Теперь, используя формулу (3.15) для функции ue (M ) и утверждение теоремы, получим, что функцияu(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.39Доказательство. 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 задачи Дирихле к интегральному уравнению Фредгольма 2-городаРассмотрим 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 ) =f (P )−−→cos ∠(M P , ~n)dlpρM PLТогда условие (2) сразу выполняется. Попробуем получить условия (1) и (3), изменяя f (P ). Определимновую функциюu(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 Фредгольма 2-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 любой непрерывной 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 PL40(3.17)имеет только нулевое решение. Возьмем такую точку M0 ∈ L, что |f (M0 )| = max |f (M )|.

Мы знаем, чтоM ∈Lсогласно формуле для потенциала с единичной плотностью (3.15),Zπf (M0 ) =L−−−→cos ∠(M0 P , ~n)dlP , M0 ∈ L.f (M0 )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.414Уравнения 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) = µ(t), t > 0;ux (l, t) = ν(t), t > 0;u(l, t) + αux (l, t) = θ(t), t > 0.– обычно мы берем некоторые из них.Краевые задачи ставятся аналогичнокраевой задачи.utt u(x, 0)ut (x, 0)u(0, t)u(l, t)( в закрепленном случае µ ≡ 0)случаю уравнений параболического типа.

Вот пример первой=====a2 uxx ,φ(x),ψ(x),µ1 (t),µ2 (t),0 < x < l, 0 < t 6 T ;0 6 x 6 l;0 6 x 6 l;0 6 t 6 T;0 6 t 6 T.Вот она же для полупрямой:utt = a2 uxx , x > 0, 0 < t 6 T ;u(x, 0) = φ(x),x > 0;u(x,0)=ψ(x),x > 0; tu(0, t) = µ(t),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 решения задачи 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 < +∞.42Пусть 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,).Определим новую функцию v(ξ, η) = u(22aНайдем частные производные этой функции: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)} =⇒Zxφ(x)1cf1 (x) =−ψ(ξ) dξ − .22a2x01φ(x − at) + φ(x + at)+u(x, t) =22ax+atZψ(ξ) dξ.(4.3)x−atПолученное выражение называется формулой Даламбера.Теорема 4.1 (существования и единственности решения задачи Коши).

Пусть функция 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 является решением задачи Коши [4.1], где функции φ(x) и ψ(x) определяют начальные условия.43Доказательство. Существование проверяется непосредственной подстановкой с использованием условий (1)–(3) и условий теоремы.Единственность следует из того, что для любой функции, удовлетворяющей условиям (1)–(3), справедливо представление 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−at16 sup |φ1 (x) − φ2 (x)| + sup |ψ1 (x) − ψ2 (x)|2ax∈Rx∈Rx+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 =a dt − dx =0;=⇒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 плоскостиOXT произвольную точку (x0 , t0 ). Через нее проходят только две характеристики: x−at = x0 −at0 , x+at =x0 + at0 . Они пересекают ось OХ в точках (x0 + at0 , 0), (x0 − at0 , 0), образуя при этом так называемыйхарактеристический треугольник.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 −at044получим, 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 особенностьгиперболического уравнения, которая станет понятна на следующем примере:Пусть функции φ(x), ψ(x) равны нулю вне некоторого отрезка [a; b]. Тогда в областях II,III функцияu(x, t) будет, как легко видеть из формулы Даламбера, тождественно равна нулю. Этот факт показываетконечную скорость (в течение времени t) распространения сигнала u(x, t) (по оси x) в гиперболическомуравнении.t6@x+at=const@@I@III @@@ax-at=constIIbx-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)2exp −φ(s) ds4a2 t4πa2 t1Видно, что если функция φ(s) непрерывна, неотрицательна и в некоторой точке отлична от нуля, тоu(x, t) > 0 ∀t > 0 ∀x ∈ R.То есть, мы как бы получаем то, что сигналы в случае уравнения теплопроводности распространяютсяпрактически мгновенно.4.4Задача на полупрямой.

Метод продолженийПервая краевая задачаПервая краевая задача для уравнения колебаний на полупрямой с однородным краевым условиемимеет следующий вид:utt = a2 uxx , x > 0, t > 0; (1)(2)u(0, t) = 0,t > 0;(3)u(x,0)=φ(x),x > 0;(4) ut (x, 0) = ψ(x), x > 0.Добавим условия сопряженияφ(0) = 0;ψ(0) = 0.для обеспечения непрерывности функций u(x, t) и ut (x, t) в нуле.Найдем решение данной краевой задачи, расширив ее до случая всей прямой. Доопределим нечетнымобразом функции φ(x) и ψ(x) на всей прямой, задав новые функции Φ и Ψ:φ(x), x > 0;Φ(x) =−φ(−x), x < 0.ψ(x), x > 0;Ψ(x) =−ψ(−x), x < 0.45Рассмотрим модифицированную задачу Коши: Utt (x, t) = a2 Uxx (x, t),U (x, 0) = Φ(x);Ut (x, 0) = Ψ(x).−∞ < x < ∞, t > 0;В данном случае для нахождения U (x, t) мы можем применить формулу Даламбера:1Φ(x − at) + Φ(x + at)+U (x, t) =22ax+atZΨ(ξ) dξ.x−atВозьмем в качестве нужной нам функции u(x, t) при x, t > 0 функцию U (x, t).

Характеристики

Список файлов лекций