Денисов А.М. - Уравнения математической физики. Конспект лекций. 5 семестр (2003) (1128009), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Продифференцировав краевые условия по t, получим, что vt (0, t) ≡ 0 ≡ vt (l, t). Из этогоследует, что и внеинтегральное слагаемое обращается в ноль. Итак, E 0 (t) ≡ 0, или, что то же самое,ZlE(t) =(vt (x, t))2 + a2 (vx (x, t))2 dx ≡ const.0На самом деле мы просто получили еще один вид закона сохранения энергии — в замкнутой системе,описываемой уравнениями [4.3], количество энергии постоянно. Очевидно,ZlE(t) = E(0) =(vt (x, 0))2 + a2 (vx (x, 0))2 dx.051Из начальных условий получаем, что vt (x, 0) = vx (x, 0) = 0, 0 6 x 6 l, а, следовательно,E(0) = 0 =⇒ E(t) ≡ 0.Из неотрицательности подынтегральных функций получаем, чтоvt (x, t) ≡ vx (x, t) ≡ 0.Из этого следует, что v ≡ const, а из начальных условий следует, что v ≡ 0. Теорема доказана.Замечание.
Все утверждения верны и для задач с краевыми условиями второго рода:vx (0, t) = 0;vx (l, t) = 0.— это ничего не меняет в доказательстве, кроме способа доказательства равенства нулю внеинтегральногослагаемого, а также верны для краевых условий смешанного вида.4.7Задача с данными на характеристиках. Эквивалентная система интегральных уравненийРассмотрим следующую задачу: (1) uxy (x, y) = a(x, y)ux (x, y) + b(x, y)uy (x, y) + f (x, y, u(x, y)), 0 < x < l1 , 0 < y < l2 ;(2)u(x, 0) = φ(x), 0 6 x 6 l1 ;[4.4](3)u(0, y) = ψ(y), 0 6 y 6 l2 .Эта задача с нелинейным уравнением гиперболического типа называется задачей Гурса.
По данномуранее определению характеристиками уравнения (1) будут функции, удовлетворяющие уравнениюdx dy = 0.Это дает семейство прямых вида x = const, y = const. Таким образом, наша функция u(x, t) задаетсяданными на характеристиках x = 0, y = 0.Определение. Функция u(x, y) называется решением задачи [4.4], если u(x, y) ∈ C 2 {[0; l1 ] × [0; l2 ]}и удовлетворяет условиям (1)-(3).Докажем существование и единственность решения данной задачи в несколько этапов.
Сначала покажем, что задача [4.4] эквивалентна некоторой системе нелинейных интегральных уравнений.Пусть функция u(x, y) — решение задачи [4.4]. Тогда, интегрируя уравнение (1) сначала по y, а потомпо x, получимZyux (x, y) = ux (x, 0) +Zya(x, η)ux (x, η) dη +0Zyb(x, η)uy (x, η) dη +0Zx Zyu(x, y) = u(0, y)+u(x, 0)−u(0, 0)+f (x, η, u(x, η)) dη;0Zx Zya(ξ, η)ux (ξ, η) dη dξ+0 0Zx Zyb(ξ, η)uy (ξ, η) dη dξ+0 0f (ξ, η, u(ξ, η)) dη dξ.0 0(4.7)Введем две новые функцииv(x, y) = ux (x, y);w(x, y) = uy (x, y).Тогда, используя начальные условия (2)-(3), уравнение (4.7) можно переписать в видеZx Zyu(x, y) = ψ(y) + φ(x) − φ(0) +Zx Zy[a(ξ, η)v(ξ, η) + b(ξ, η)w(ξ, η)] dη dξ +0 0f (ξ, η, u(ξ, η)) dη dξ.0 052(4.8)Продифференцировав по x, получимZyZy0v(x, y) = φ (x) +[a(x, η)v(x, η) + b(x, η)w(x, η)] dη +f (x, η, u(x, η)) dη.(4.9)f (ξ, y, u(ξ, y)) dξ.(4.10)00Аналогично, по y:0Zxw(x, y) = ψ (y) +Zx[a(ξ, y)v(ξ, y) + b(ξ, y)w(ξ, y)] dξ +00Итак, если u(x, y) — решение задачи [4.4], то существуют функции v(x, y), w(x, y), удовлетворяющиеуравнениям (4.8)-(4.10).
Обратно, из существования непрерывных функций u, v, w, являющихся решениями уравнений (4.8) - (4.10), следует, что v = ux ; w = uy . Также непосредственным дифференцированиемможно убедиться, что функция u(x, y) будет являться решением задачи [4.4].4.8Существование решения задачи с данными на характеристикахТеорема 4.5 (существования). Пусть выполняются следующие четыре условия:1. a(x, y), b(x, y) ∈ C{[0; l1 ] × [0; l2 ]}2. f (x, y, p) ∈ C{[0; l1 ] × [0; l2 ] × E} — то есть мы заменили функцию u(x, y) переменной p, принимающей любые значения.3. |f (x, y, p1 ) − f (x, y, p2 )| 6 L|p1 − p2 |, ∀x ∈ [0; l1 ], ∀y ∈ [0; l2 ], ∀p1 , p2 ∈ E — условие Липшица по p.4. φ(x) ∈ C 1 [0; l1 ], ψ(y) ∈ C 1 [0; l2 ], φ(0) = ψ(0).Тогда существует решение задачи [4.4].Доказательство.
Так как [4.4] эквивалентно (4.8)-(4.10), докажем, что существуют непрерывные функции u(x, y), v(x, y), w(x, y), удовлетворяющие (4.8)-(4.10). Найдем эти функции последовательностью итераций, а итерационный процесс построим следующим образом:u0 (x, y) = v0 (x, y) = w0 (x, y) = 0;Zx ZyZx Zy un+1 (x, y) = ψ(y) + φ(x) − φ(0) +[a(ξ, η)vn (ξ, η) + b(ξ, η)wn (ξ, η)] dη dξ +f (ξ, η, un (ξ, η)) dη dξ;0 00 0ZyZyvn+1 (x, y) = φ0 (x) + [a(x, η)vn (x, η) + b(x, η)wn (x, η)] dη + f (x, η, un (x, η)) dη;00ZxZx0wn+1 (x, y) = ψ (y) +[a(ξ, y)vn (ξ, y) + b(ξ, y)wn (ξ, y)] dξ + f (ξ, y, un (ξ, y)) dξ.00Докажем сходимость этого процесса.
Для этого оценим разность между членами последовательностейun , vn , wn . Из определения итерации для un и условия (3) теоремы следует, чтоZx Zy|un+1 − un | 6[|a(ξ, η)||vn (ξ, η) − vn−1 (ξ, η)| + |b(ξ, η)||wn (ξ, η) − wn−1 (ξ, η)|] dη dξ+0 0Zx Zy+L|un (ξ, η) − un−1 (ξ, η)| dη dξ.0 053Пусть M = max{max |a(x, y)|, max |b(x, y)|, L} при (x, y) ∈ {[0; l1 ] × [0; l2 ]}. ТогдаZx Zy|un+1 − un | 6 M[|vn (ξ, η) − vn−1 (ξ, η)| + |wn (ξ, η) − wn−1 (ξ, η)| + |un (ξ, η) − un−1 (ξ, η)|] dη dξ.
(4.11)0 0Аналогично, для функций vn , wn :Zy[|vn (x, η) − vn−1 (x, η)| + |wn (x, η) − wn−1 (x, η)| + |un (x, η) − un−1 (x, η)|] dη;|vn+1 − vn | 6 M(4.12)0Zx|wn+1 − wn | 6 M[|vn (ξ, y) − vn−1 (ξ, y)| + |wn (ξ, y) − wn−1 (ξ, y)| + |un (ξ, y) − un−1 (ξ, y)|] dξ.(4.13)0Заметим, что все элементы итерационного процесса — непрерывные функции. Из этого следует, чтофункции |u1 |, |v1 |, |w1 | ограничены некоторой константой H. Из определения нулевых членов последовательности получаем, что|u1 − u0 | 6 H; |v1 − v0 | 6 H; |w1 − w0 | 6 H.Используя это, оценим разности следующего порядка:Zx Zy|u2 − u1 | 6 M3H dξ dη = 3HM xy 6 3HM(x + y)2;20 0Zy|v2 − v1 | 6 M3H dη = 3HM y 6 3HM (x + y);0Zx|w2 − w1 | 6 M3H dξ = 3HM x 6 3HM (x + y).0Для доказательства равномерной сходимости наших последовательностей нам надо будет построитьнекий мажорантный ряд, но сначала докажем следующую оценку:(x + y)n;n!(x + y)n−1|vn (x, y) − vn−1 (x, y)| 6 3HM n−1 K n−2;(n − 1)!|un (x, y) − un−1 (x, y)| 6 3HM n−1 K n−2|wn (x, y) − wn−1 (x, y)| 6 3HM n−1 K n−2(x + y)n−1,(n − 1)!где K = 2 + l1 + l2 .Доказательство проведем по индукции.База индукции.
При n = 2 оценка верна — доказано выше.Предположение индукции. Предположим, что она верна для n. Докажем ее для n + 1.Индуктивный переход. Оценим разность |un+1 − un |, используя предположение индукции:Zx Zy nn−1n−1 n−2 (ξ + η)n−1 n−2 (ξ + η)|un+1 − un | 6 M3HMK+ 2 · 3HMKdξ dη 6n!(n − 1)! 0x 0ZZxn+1 yn y(ξ+η)(ξ+η) dξ + 2 dξ .6 3HM n K n−2 (n + 1)! 0n! 00054Вычислим интегралы, при этом при подстановке пределов интегрирования в первообразную отбросимнижние подстановки. Их слагаемые отрицательны, поэтому для исходной разности получаем такую оценкусверху:n+1n+2(x + y)n+1x+yn n−2 (x + y)n n−2 (x + y)+2= 3HM K+2 6|un+1 − un | 6 3HM K(n + 2)!(n + 1)!(n + 1)!n+26{x+y(x + y)n+1+ 2 6 l1 + l2 + 2 = K} 6 3HM n K n−1.n+2(n + 1)!Итак, предположение индукции для последовательности un доказано. Доказательство оценки дляостальных двух последовательностей будет похожим:Zy (ξ + η)n−1(ξ + η)n+ 2 · 3HM n−1 K n−2dη 6|vn+1 − vn | 6 M3HM n−1 K n−2n!(n − 1)!06 { отбрасывание отрицательных слагаемых } 6n+1n(x + y)nx+yn n−2 (x + y)n n−2 (x + y)6 3HM K+2= 3HM K+2 6(n + 1)!n!n!n+16 3HM n K n−1(x + y)n.n!Следовательно, и вторая оценка верна.
Доказательство третьей оценки совершенно аналогично доказательству второй, поэтому опускается.Теперь докажем равномерную сходимость последовательностей un , vn , wn . Очевидно, что каждыйчлен такой последовательности можно представить как частичную сумму соответствующего ряда:un (x, y) =vn (x, y) =wn (x, y) =nP(um (x, y) − um−1 (x, y));m=1nP(vm (x, y) − vm−1 (x, y));m=1nP(wm (x, y) − wm−1 (x, y)).m=1Для оценки слагаемых первого ряда мы доказали оценку:|un (x, y) − un−1 (x, y)| 6 3HM n−1 K n−2(l1 + l2 )nan(x + y)n6 3HM n−1 K n−2=C ,n!n!n!C, a = const.anсходится — отсюда по признаку Вейерштрасса получаем равномерn!n=1ную сходимость последовательности un . Из непрерывности слагаемых следует непрерывность предельнойфункции:un (x, y) ⇒ u(x, y) ∈ C{[0; l1 ] × [0; l2 ]}.Известно, что ряд вида∞PCАналогично, для двух других последовательностей:vn (x, y) ⇒ v(x, y) ∈ C{[0; l1 ] × [0; l2 ]};wn (x, y) ⇒ w(x, y) ∈ C{[0; l1 ] × [0; l2 ]}.Теперь мы имеем право перейти в записи итерационного процесса к пределу при n → ∞.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
