Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Возьмем некоторуюпринадлежащую Ω достаточно гладкую n-1 мерную поверхность S, заданную уравнениемF ∈ C 2 (Ω),F (x) = 0,и пусть |∇F | =6 0 при всех x ∈ S. Пусть на S задано векторное поле l(x) = (l1 (x), . . . , ln (x)), |l(x)| =6 0, котороене касается поверхности S, т.еdF(l(x), ∇F (x))(x) =6= 0 ∀x ∈ Sdl|l(x)|Тогда задачей Коши будет нахождение решения уравнения (1.2) с начальными условиямиu|s = u0 (x)(1.3)du(x)|s = u1 (x)dl(1.4)u0 (x), u1 (x) функции, заданные на S.Пусть x0 ∈ S, U (x0 ) - шар радиусом ρ с центром в x0 , причем U (x0 ) ⊂ Ω. Обозначим S0 = S ∩ U (x0 ) и будемрешать задачу Коши в окрестности точки x0 с условиямиu(x) ∈ C 2 (Q(x0 )),u(x)|S0 = u0 (x),du(x)|S0 = u1 (x)dlПоскольку |∇F (x0 )| =6 0, то для определенности будем считать, что Fxn (x0 ) 6= 0.
Рассмотрим следующее преобразование y = F (x):y1 = x1 − x01 ≡ F1 (x)...y=x−x≡F(x)n−1n−10n−1n−1yn = F (x) ≡ Fn (x)При этом J(x) 6= 0, где J(x) имеет следующий вид 10 01 .... .. 00Fx Fx12.........00......1. . . Fxn−10 Fxn 00...Легко заметить, что J(x) = Fxn (x), поэтому J(x) 6= 0 в окрестности x0 . Таким образом, наше преобразованиеy = F (x) взаимооднозначно отображает U (x0 ) ⊂ Rnx на V (0) ⊂ Rny , т.е. часть U (x0 ),принадлежащая исходнойповерхности,перейдет в окрестность точки 0 на гиперплоскости yn = 0. Обозначим Σ = V (0) ∩ {yn = 0},Σ := Φ(S), v(y) := u(x(y)) и выразим частные производные получившейся функции:u xi =nXvyk ykxi =k=1u xi xj =nXk,p=1nXvykk=1dFkdxinvyk vypdFk dFp XdFk2+vykdxi dxjdxi dxjk=15Тогда уравнение (1.2) запишется в следующем виде:nnnnn2XXXXdFk dFkdFk XdFk+vyk+ai (x)vyk+ a(x(y))v = fe(y)aij (x) vyk vypdxdxdxdxdxiijiji=1i,j=1k=1k,p=1или, что то же самое,nXk=1bkp (y)vyk vyp +k=1k,p=1гдеXbkp (y) =nXnbk (y)vyk + b(y)v = fe(y)aij (x(y))i,j=1Заметим, чтоbnn =nXi,j=1dFk dFpdxj dxiaij (x(y))Fxi Fxj = (A(x(y))∇F, ∇F ), где ∇F ≡ grad FПосмотрим теперь,какой вид примут начальные условия.I условие.u(x)|S0 = u(x(y))|Σ = v0 (y ′ ),II условие.ny ′ = (y1 , y2 , .
. . , yn )nnnk=1k=1Xdu11 X1 XXdFk(x)|S0 = (∇x u, l) =uxj lj (x) =vyk ykxj lj (x) =vykdl|l||l| j=1|l| j=1dlЗдесь мы пользуемся тем, чтоn1 X dFkdFklj (x) =|l| j=1 dxjdldFn1Пусть λ(y) = ( dFdl , . . . , dl ).Тогда (∇y v, λ(y)) =nPk=1kvyk dFdl(∇y v, λ(y))|Σ = v1 (y ′ )vyk (y ′ )|Σ для k = 1, . . . , n − 1 мы находим из условия v|Σ = v0 (y ′ )vynn−1XdFndFk= v1 (y ′ ) −vykdldlj=1dFnnНа dFdl можно поделить, т.к. l не касается S, т.е. dl (x0 ) 6= 0. Итак, мы нашли все первые производные изначальных условий.vyk yp (y ′ )|Σ для k, p = 1, .
. . , n − 1 мы находим из I условия. vyk yn (y ′ )|Σ для k = 1, . . . , n − 1 мы находим извыражения для vyn .bnn vyn yn |Σ = fe|Σ −nXk,p=1;p+k<2nbpk (y)v0yk v0yp |Σ −nXk=1bk (y)v0yk |Σ − b(y)vЕсли bnn 6= 0 на Σ,то мы находим vyn yn .Если же bnn = 0, то получаем условие на начальные данные задачи, иона может быть неразрешима.Определение. Поверхность S : F (x) = 0, ∇F (x) 6= 0∀x ∈ S называется характеристикой (характеристическойповерхностью) уравнения (1.2), если (A(x(y))∇F, ∇F ) = 0 ∀x ∈ S (или нормаль ν(x) в каждой точке удовлетворяет равенству (A(x)ν(x), ν(x)) = 0), а точки данной поверхности - характеристическими.2.
Лекция 2Если в точка x0 ∈ S является характеристической, а данные задачи удовлетворяют соответствующим соотношениям, то решений задачи Коши может быть бесконечно много.Рассмотрим несколько примеров:62.1. Задача Коши с данными на характеристикеПример 1.Рассмотрим уравнение в некотором круге U с центром в начале координат (n=2)ux1 x1 − ux2 x2 = f (x1 , x2 )Характеристиками этого уравнения будут прямые x1 −x2 = C1 , x1 +x2 = C2 (это показывается по определению).Рассмотрим задачу Коши на поверхности x1 = x2 т.еu|x1 =x2 = ϕ(x1 ) ux1 |x1 =x2 = ψ(x1 )Такое уравнение с помощью замены переменных приводится к уравнению ux2 x2 = 0 у которого x2 = 0 будетхарактеристикой. Легко проверить, что для существования гладкого в U решения этого уравнения, удовлетворяющего условиямu|x2 =0 = ϕ(x1 ) ux2 |x2 =0 = ψ(x1 )необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условието решение предоставляется в видеu(x1 , x2 ) =Zx10dξ1Zx2dψ(x1 )dx1≡ f (x1 , 0).
Причем, если это условие выполнено,f (ξ1 , ξ2 )dξ2 + ϕ(x1 ) + g(x2 )0где g — произвольная дважды непрерывно дифференцируемая функция, удовлетворяющая условиям g(0) == 0, dg(0)dx2 = ψ(0). То есть решений бесконечно много.2.2. Задача о слабом разрыве решения вдоль некоторой кривой y = ϕ(x)Пример 2.Пусть на плоскости есть область которая разделена на две части Ω1 , и Ω2 кривой l : y = ϕ(x).
Рассмотримуравнениеa(x, y)uxx + 2b(x, y)uxy + c(x, y)uyy + d(x, y)ux + e(x, y)uy + g(x, y)u = f (x, y)Причём u ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω1 ) ∩ C 2 (Ω2 ) То есть на кривой l рвутся вторые производные. Докажем, что l —характеристика.Пусть(u1 (x, y) x, y ∈ Ω1u(x, y) =u2 (x, y) x, y ∈ Ω2Обозначим [u]|l ≡ u1 (x, ϕ(x)) − u2 (x, ϕ(x)) = 0d[u]= u1x (x, ϕ(x)) + u1y (x, ϕ(x))ϕ′ (x) − u2x (x, ϕ(x)) − u2y (x, ϕ(x))ϕ′ (x) = [ux ] + [uy ]ϕ′ = 0dxd[ux ]= [uxx + [uxy ]ϕ′ = 0dxd[uy ]= [uxy ] + [uyy ]ϕ′ = 0dxПусть λ = [uyy ] 6= 0, тогда [uxy ] = −λϕ′ , [uxx ] = λϕ′2 Имеемa[uxx ] + 2b[uxy ] + c[uyy ] = 0т.еaλϕ′2 − 2λbϕ′ + cλ = 0После сокращения на λ, несложно будет увидеть, что это, по определению, и есть уравнение характеристики.72.3.
Нехарактеристическая задача Коши для линейного уравнения в частныхпроизводных второго порядкаТеперь пусть поверхность S не содержит характеристических точек. Напомним, что у нас задана n-мернаяобласть Q и (n − 1)-мерная поверхность S: F (x) = 0, причем поверхность делит Q на две непересекающиесяобласти. И в Q задано уравнение (1.2) т.е коэффициенты и свободный член. А на поверхности S задано нигдене касающееся поверхности векторное поле l(x), |l(x)| > 0 на S, и две функции u0 (x), u1 (x). Пусть поверхностьне имеет характеристических точек уравнения(A(x)∇F (x), ∇F (x)) 6= 0,x ∈ S.2Требуется найти функцию u(x), принадлежащую C (Q), удовлетворяющую в Q уравнению (1.2) и на S начальным условиям (1.3),(1.4). Будем называть эту задачу нехарактеристической задачей Коши.
А заданные условия- данными задачи.Предположим, что данные задачи бесконечно дифференциируемые на соответствующих множествах. Предположим также, что существует бесконечно дифференциируемое в Q решение u(x) задачи (1.2),(1.3),(1.4).Тогда на поверхности S через данные задачи однозначно определяются все производные любого порядкафункции u(x).Примечание. Доказательство этого факта подробно описано в книге Михайлова Дифференциальные уравнения в частных производных на стр. 15-17.3. Лекция 33.1.
Теорема КовалевскойТеорема.1. Если данные задачи Коши(1.2) аналитичны, т.е. коэффициенты уравнения и правая его часть аналитичныв Ω, а l, u0 , u1 аналитичны на S, где S — характеристика, то ∃Ω′ ⊂ Ω, S ⊂ Ω′ , где существует аналитическоерешение задачи Коши для уравнения (1.2).2. В любой подокрестности Ω′′ ⊃ S не существует решения, отличного от найденного в пункте 1.Пример Ковалевской.ut = uxx ,x ∈ R1 ,t > 0,1,1 + x2u|t=0 =t = const − характеристикаАналитического решения нет ни в какой окрестности 0.∞PДокажем от противного. Пусть u(x, t) =hij xi tji,j=01= 1 − x2 + x4 − .
. .1 + x2Имеем hi0 = 0 при нечетных i, hi0 = (−1)i/2 при четных i.∞Xi,jjhij xi tj−1 =∞Xi,ji(i − 1)hij xi−2 tjОтсюда hm,p+1 (p + 1) = hm+2,p (m + 2)(m + 1). Получаем h2n+1,j = 0 ∀n > 0, j > 0, а такжеQ2m+2pk(2m + 1)(2m + 2)(2m + 2p)!h2m,p = h2(m+1),p−1= . . . = h2(m+p),0 k=2m+1 = (−1)m+ppp!(2m)!p!∞P2m pp(−1)m+p (2m+2p)!t . При x = 0 ряд имеет вид(−1)p (2p)!(2m)!p! xp! t . Легко показать, что радиусm,p=0 p=0 ap сходимости R = lim ap+1=0Итак, u(x, t) =∞Pp→∞3.2.
Классификация линейных УРЧП 2-го порядка. О приведении их кканоническому видуПустьnXi,j=1aij (x)uxi uxj = Φ(x, u, ∇u),8aij ≡ ajiРассмотрим формуnPaij (x)ξi ξj и замену ξ = T η, тогда ξi =i,j=1i,j=1nPi,j=1aij (x)nXtik ηknXnXk,p=1nXи уравнение примет видvyp etpi ,nXk,p=1i,j=1u xi xj =i,j=1nXnPtjp ηp и наша форма примет видp=1nXtik aij tjp .
Пусть y = Tt x, Tt = (etkp ), т.е. yp =p=1Приводим формуtjp ηp =p=1k=1u xi =nPtik ηk , ξj =k=1nXОбозначим bkp =nPaij (x)tik tjp ηk ηpnPk=1k,p=1etpk xk . Тогдаvypk etpi etkje v, ∇v)bkp (x)vyp yk = Φ(x,aij (x)ξi ξj к квадратичному виду η12 + . . . + ηn2 + − ηn2 + +1 − . . . − ηn2 + +n− , где n+ - число соб-ственных значений, больших 0, n− - число собственных значений, меньших 0, n0 - число собственных значений,равных 0. Тогда наше уравнение будет выглядеть следующим образом:e v, ∇v)vy1 y1 + .
. . + vyn+ yn+ − vyn+ +1 yn+ +1 − . . . − vyn+ +n− yn+ +n− = Φ(x,Возможны следующие случаи, в соответствии с которыми мы и классифицируем уравнения:1) n+ = n или n− = n - эллиптический тип. ∇u=02) n+ = n − 1, n− = 1 или n− = n − 1, n+ = 1 - гиперболический тип.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
