Набранные лекции Денисова (2003) (1128011), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Из этого следует, что все они на самом деле равны нулю. Так как функцияZlv(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, апотом 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.Примечание.
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−aявляться решением (2.9). Следовательно,2 2v(x, t) = eiλx−a λ t132λ tбудет– решение (1).
Очевидно, функция2uλ = A(λ)eiλx−aλ2 tтоже будет решением (A(λ) – некоторая функция). Теперь определим итоговую функцию следующим образом:u(x, t) =+∞Z2 2A(λ)eiλx−a λ t dλ.−∞Потребуем, чтобы она удовлетворяла начальному условию:+∞Zu(x, 0) = φ(x) =A(λ)eiλx dλ−∞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 (которые мы опускаем), получим окончательную формулу дляu(x, t):+∞Z1(x − s)2√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.−∞Покажем, что функция G(x, s, t) является решением уравнения теплопроводности при фиксированном s:(x − s)22(x − s)1Gx (x, s, t) = √exp{−}−;4a2 t4a2 t4πa2 t1(x − s)2 (x − s)2(x − s)212√Gxx (x, s, t) = √exp{−exp{−}+}−;4a2 t4a4 t24a2 t4a2 t4πa2 t4πa2 t1(x − s)21(x − s)2 (x − s)2√Gt (x, s, t) = − √}+exp{−}3 exp{−4a2 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 будет существовать.14Теорема 2.6 (существования).
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 lim u(x, t) = φ(x0 ).t→0+x→x0Замечание. Последнее утверждение теоремы означает, что функция +∞Z1(x − s)2√exp{−}φ(s) ds, t > 0;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 }, где L, 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). Чтобы применить признакВейерштрасса равномерной сходимости, построим такую функцию F (s), чтобы|G(x, s, t)| 6 F (s) ∀x, t ∈ ΠL,t0 ,T ;+∞ZИнтегралF (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(x − s)2(L − s)2(x − s)2(L − s)2>=⇒ −6−;tT4a2 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√14πa2 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{−+},24a T4a2 T4πa2 t0(L + s)2L2 √ 1exp{−+},4a2 T4a2 T4πa2 t0s > 2L;s 6 −2L;L2в показателе экспоненте было добавлено для непрерывности F (s) (очевидно, оно не изменит4a2 Tоценки сверху).– слагаемое15+∞RНаличие экспоненты говорит о том, что интегралF (s) ds сходится.
Таким образом, используя ограни-−∞ченность |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 равномерную сходимостьисходного 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)2|Gxx (x, s, t)| = |G(x,s,t)−G(x,s,t)|6F(s)+= F1 (s).4a4 t22a2 t2a2 t04a4 t20Многочлен во втором сомножителе, очевидно, не изменит интегрируемость F (s). Тогда получаем+∞+∞+∞ZZZuxx (x, t) =Gxx (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.
Отсюда получаем:+∞+∞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, чтоε∃∆ : |x − x0 | < ∆ =⇒ |φ(x) − φ(x0 )| < .4Рассмотрим |u(x, t) − φ(x0 )|:|u(x, t) − φ(x0 )| = |xZ+∞+∞0 −∆ZZG(x, s, t)φ(s) ds − φ(x0 )| 6 |G(x, s, t)φ(s) ds|+G(x, s, t)φ(s) ds| + |−∞−∞xZ0 +∆+|x0 +∆xZ0 +∆G(x, s, t)(φ(s) − φ(x0 )) ds| + |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 |.εОценим |J3 |.
Мы уже знаем, что |φ(x) − φ(x0 )| <в ∆-окрестности. Тогда, учитывая, что4+∞ZG ds = 1,−∞получимxZ0 +∆|J3 | = |εG(x, s, t)(φ(s) − φ(x0 )) ds| 64x0 −∆xZ0 +∆x0 −∆16εG(x, s, t) ds 64+∞ZG(x, s, t) ds−∞Отсюда получаем, чтоε.4Теперь потребуем, чтобы |x − x0 | < δ1 < ∆2 . Все дальнейшие оценки проводятся только для таких x.
Оценим|J4 |:xZxZ0 +∆0 +∆s−x}=|J4 | = |G(x, s, t)φ(x0 ) ds − φ(x0 )| 6 |φ(x0 )| |G(x, s, t) ds − 1| = {z ↔ √4a2 t|J3 | 6x0 −∆x0 −∆x0 +∆−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 −∞. Следова+∞Z12√ e−z dz = 1, тотельно, так какπ−∞x0 +∆−x√4a2 tZ21ε√ e−z dz − 1| 6 .4π∃δ2 : t < δ2 =⇒ |J4 | 6 |φ(x0 )| |x0 −∆−x√4a2 tОценим теперь |J1 |:xZ0 −∆|J1 | = |xZ0 −∆√G(x, s, t)φ(s) ds| 6 |−∞−∞14πa2 texp{−(x − s)2}M ds| =4a2 t−x+x0 −∆√4a2 tM−(x − s)}= √= {z ↔ √π4a2 tZ2e−z dz.−∞В силу сходимости интеграла, мы можем подобрать такое δ3 , что ∀ t < δ3−x+x0 −∆√4a2 tM√πZ2e−z dz 6ε.4−∞ε.
Такая же оценка верна и для |J2 | (доказательство аналогично).4Итак, мы получили, чтоСледовательно, |J1 | 6|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):+∞+∞ZZ|u(x, t)| =|G(x, s, t)||φ(s)| ds 6 MG(x, s, t) ds = M.−∞−∞17Следствие 2.
Также можно получить бесконечную дифференцируемость u(x, t) на R × R+ . В этом случае∂pu(x, t) =∂xk ∂tm+∞Z∂pG(x, s, t)φ(s) ds,∂xk ∂tm(k + m = p)−∞а этот интеграл равномерно сходится, что можно показать теми же утверждениями, 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 исключением некоторого отрезка[a; b].
Тогда получаем, чтоZbu(x, t) = G(x, s, t)φ(s) ds > 0 ∀t > 0, ∀x ∈ R.a2.8Единственность решения задачи КошиИтак, мы доказали существование решения задачи Коши для ограниченного и непрерывного начального условия. 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 + ;i = 1, 2.∂ui ∂ 2 ui,∈ C(R × R+ ).∂t ∂x2Тогда u1 (x, t) = u2 (x, t) ∀(x, t) ∈ (R × R + )Доказательство.
Введем новую функцию u(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t). Очевидно, она также будет непрерывна,причемut , 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 равна нулю,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.Рассмотрим новую вспомогательную функцию v L (x, t) =Легко проверить, что4M x2( + a2 t).L2 2LvtL , 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 ;L224M xv L (x, 0) = 2> 0.L 218Из исходных оценок для u(x, t) получаем, что v L (x, t) > u(x, t) всюду на ΓLT .
Согласно принципу максимального 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 уравнения теплопроводности 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 на всейвещественной оси:φ(x), x > 0;Φ(x) =−φ(−x), x < 0.Соответственно, рассмотрим такую задачу Коши:Ut = a2 Uxx , −∞ < x < +∞, t > 0;U (0, t) = 0,t > 0;[2.6]U (x, 0) = Φ(x),−∞ < x < +∞.Ее решение нам известно:U (x, t) =+∞Z(x − s)21√exp{−}Φ(s) ds.4a2 t4πa2 t−∞++Пусть u(x, t) = U (x, t) при (x, t) ∈ (R × R ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
