Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

uxn xn =3) n0 6= 0 - параболический тип. uxn =n−1Pu xi xin−1Pu xi xii=1i=14) n+ > 2, n− > 2, n0 = 0 - ультрагиперболический тип4. Лекция 4Корректно поставленные задачиЧтобы полностью описать тот или иной физический процесс, необходимо, кроме самого уравнения, описывающего этот процесс, задать начальное состояние этого процесса (начальные условия) и режим на границе тойобласти, в которой происходит процесс (граничные условия).Различают три основных типа краевых задач для дифференциальных уравнений:1.

Задача Коши для уравнений гиперболического и параболического типов: задаются начальные условия, область G, где происходит процесс, совпадает со всем пространством Rn , соответственно граничные условияотсутствуют.2. Краевая задача для уравнений эллиптического типа: задаются граничные условия на границе, начальныеусловия отсутствуют.3. Смешанная задача для уравнений гиперболического и параболического типов: задаются и начальные,играничные условия, G 6= Rn .Рассмотрим вопрос корректности постановки краевой (в широком смысле) задачи.

Обозначим через β1класс функций, среди которых мы ищем решение, а через β2 – класс данных задачи. Пусть β1 и β2 – банаховыпространства. На линейное дифференциальное уравнение можно смотреть как на линейный оператор A : β1 →β2 , который ставит в соответствие решению набор начальных и краевых данных.Чтобы решить дифференциальное уравнение, нам нужно узнать, какому решению соответствуют наши начальные данные, то есть найти обратный оператор.Поскольку уравнения математической физики описывают реальные физические процессы, то математические постановки этих задач должны удовлетворять некоторым естественным условиям.Итак, краевая задача называется поставленной корректно в паре банаховых пространств β1 и β2 , если:91.

∀Φ ∈ β2∃u ∈ β1 : Au = Φ.2. Такой элемент u единственный.3. И зависит от данных задачи непрерывно.Рассмотрим несколько примеров:1. Задача Дирихле уравнения Лапласа:∆u = 0,x ∈ Ω ⊂ Rn ,u |∂Ω = fЗдесь β1 = C(Ω), β2 = C(∂Ω),A : u(x) → f (x)Существование и единственность доказывались в курсе комплексного анализа, а непрерывная зависимость отu (относительно равномерной нормы) следует из принципа максимума для гармонических функций:max |u| 6 max |f |∂ΩΩВывод: краевая задача поставлена корректно.2.

Пример Адамара: Рассмотрим задачу Коши для уравнения Лапласа:u|yy = −u|xxcos nxu|y=0 =nuy |y=0 = 0Будем искать решение в областиnoΩ = (x, y) |y| < δ , δ > 0в классах непрерывных ограниченных функций. Решением будет функция u(x, y) =Покажем, что условие 3 для такой задачи не выполняется. В самом деле,ch ny cos nx.nch nδ→∞ n→∞nΩ cos nx 1||u(x, 0)||β2 = sup = →0 n→∞nnR||u||β1 = sup |u(x, y)| =Что и доказывает отсутствие непрерывности. Вывод: задача Коши поставлена некорректно.4.1.

Задача Коши для волнового уравнения.Задачей Коши для волнового уравнения называется задача:n utt = ∆u + f (x, t), x ∈ R , n 6 3u|t=0 = u0 (x)ut |t=0 = u1 (x)Функция u(x,t) называется классическим решением задачи Коши, если она удовлетворяетсисте приведеннойме и принадлежит классу C2 (t > 0)∩C1 (t > 0). Здесь под множеством { t > 0} понимается (x, t) x ∈ Rn , t > 0 ,и аналогично мы понимаем множество { t > 0}.Покажем, что решением задачи Коши для однородного волнового уравнения в пространстве трех измеренийявляется функция Кирхгофа:!ZZ1∂1u(x, t) =u1 (ξ) dSξ +u0 (ξ) dSξ4πt∂t 4πt|x−ξ|=tДля этого введем функцию|x−ξ|=t1ug (x, t, τ ) =4πtZg(ξ, τ ) dSξ|x−ξ|=tС её помощью функция Кирхгофа запишется следующим образом (аргумент τ нам не пригождается):u(x, t) = uu0 (x, t) +10∂uu (x, t)∂t 1Изучим свойства функции ug (x, t, τ ).

Итак,Лемма 4.1. Пусть функция g(x, τ ) имеет при τ > 0 непрерывные производные по x1 , x2 , x3 до порядка kвключительно.Тогда ug (x, t, τ ) при τ, t > 0 имеет непрерывные производные по x1 , x2 , x3 , t до порядка k включительно, иесли k > 2, то ug (x, t, τ ) удовлетворяет соотношениям: 2∂ ug= ∆ug , τ > 0, t > 0 ∂t2ug |t=0 = 0, x ∈ R3 ∂ug|t=0 = g(x, τ )∂tКроме того, ∆ug |t=0 = 0.5.

Лекция 5Доказательство леммы.Прежде всего в интегралеZ14πtug (x, t, τ ) =g(ξ, τ )dSξ|x−ξ|=tСделаем замену переменнойξ−xt= η, dSξ = t2 dSη . ПолучимZtg(tη + x, τ )dSηug (x, t, τ ) =4π(5.1)|η|=1Из формулы (5.1) вытекает первое утверждение леммы. Кроме того, ug |t=0 = 0, поскольку при k > 2Zt∆ug (x, t, τ ) =∆g(tη + x, τ )dSη4π(5.2)|η|=1то ∆ug |t=0 = 0.Дифференцируя (5.1) по t получимZZ1tdug=g(tη + x, τ )dSη +(∇g(tη + x, τ ), η)dSηdt4π4π|η|=1откуда(5.3)|η|=1dgu1=t→0 dt4πugt |t=0 = limZg(x, τ )dSη = g(x, τ ).|η|=1ПосколькуZt4π∇g(tη + x, τ ), η)dSη =t4π14πtZ|η|=1где I(x, t, τ ) =dg(tη + x, τ )1dSη =dnη4πt|η|=1=RZZ(dg(ξ, τ )dSξ =dn|x−ξ|=1∆g(ξ, τ )dξ =I(x, t, τ )4πt|x−ξ|<1∆g(ξ, τ )dξ то (5.3) можно представить в виде|x−ξ|<1dug1I= ug +,tt4πtоткудаd2 u11 dug1 dI111 ugI1 dI1=− 2 ++−=− 2 + ( +)+−=dt2tt dt4πt dt4πt2tt t4πt4πt dt4πt2ZZ1 dI1t==∆g(ξ, τ )dSξ =∆g(x + tη, τ )dSη4πt dt4πt4π|x−ξ|=t|η|=111(5.4)Из (5.4) и (5.2) следует, что ugtt = ∆ug .

Лемма доказана.Далее, в силу линейности, мы можем задачу Коши разбить в сумму трех:(utt = ∆u, x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = 0, ut |t=0 = u1 (x)((utt = ∆u, x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = u0 (x), ut |t=0 = 0utt = ∆u + f (x, t), x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = 0, ut |t=0 = 0Итак,1) uu1 (x, t) решение (а), в предположении u1 ∈ C 2 ;d2) Пусть u0 ∈ C 3 , ω(x, t) = dtuu0 (x, t), ω(x, t) ∈ C 2 ;Покажем, что ω(x, t) — решение (b).ω(x, t)|t=0 = u0 (x)ωt (x, 0) = (uu0 )tt |t=0 = (∆uu0 )|t=0 = 0((uu0 )t )tt = ((uu0 )t t)t = (∆uu0 )t ) = ∆(т.е ω(x, t) действительно решение (b).3)duu ) ⇒ ((uu0 )t )tt = ∆((uu0 )t )dt 0Z1uf (x, t, τ ) =4πtf (ξ, τ )dSξ|x−ξ|=tf (x, t) вместе со своими производными по x1 , x2 , x3 включительно непрерывна при t > 0.

Тогдаh(x, t) =Zt0uf (x, t − τ, τ )dτ- решение (c)Покажем этоh|t=0 = 0ht = uf (x, 0, t) +Zt0(uf )t (x, t − τ, τ )dτht |t=0 = uf (x, 0, 0), но uf (x, 0, τ ) = 0 тогдаht =Zt0(uf )t (x, t − τ, τ )dτ ⇒ ht |t=0 = 0dhtt = ( uf (x, t − τ, τ ))|t=τ +dtd= uf (x, 0, t) +dtZt0Zt0d2(uf )(x, t − τ, τ )dτ =dt2∆uf (x, t − τ, τ )dτ = f (x, t) + ∆hТаким образом получаем, что решение задачи Коши(utt = ∆u + f (x, t), x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = u0 (x), ut |t=0 = u1 (x), x ∈ R312(a)(b)(c)при следующих предположениях: u0 (x) ∈ C 3 (R3 ), u1 (x) ∈ C 2 (R3 ); функция f (x, t) непрерывна при t > 0 вместесо всеми своими производными по x1 , x2 , x3 до второго порядказадается формулой Кирхгофаdu(x, t) = uu1 (x, t) + uu0 (x, t) +dtZt0или1u(x, t) =4πtZd 1u1 (ξ)dSξ + (dt 4πt|x−ξ|=tZuf (x, t − τ, τ )dτu0 (ξ)dSξ ) +Zt0|x−ξ|=t14π(t − τ )Zf (ξ, τ )dSξ dτ|x−ξ|=t−τИсследуем единственность. Для этого достаточно показать, что(utt = ∆u⇒u≡0u|t=0 , ut |t=0 = 0(d)5.1.

Энергетическое неравенство. Единственность решения|x − x0 | = T − t, 0 < t < T - характеристики.Γt1 ,t2 = {(x, t)|, |x − x0 | = T − t, t1 6 t 6 t2 } , 0 < t1 6 t2 < TΩτ = {(x, t)|, |x − x0 | 6 T − τ, t = τ }Энергия системы определяется так:ZE(t) = (u2t + |∇u|2 )dx с точностью до некоторого множителя.ΩtК слову первое слагаемое в этой сумме имеет физический смысл кинетической энергии колебаний, а второе потенциальный.Энергетическое неравенство:E(t1 ) 6 E(t2 ),∀0 6 t1 6 t2 6 T.Сразу отметим, что в частности E(t) 6 E(0), Соткуда следует единственность решения системы (d), т,к E(0) =0 ⇒ E(t) = 0Идея доказательства:utt = ∆u ⇒ ut utt = ut ∆uZ ZZKt1 ,t2dKt1 ,t2 = Γt1 ,t2 ∪ Ωt1 ∪ Ωt2Z Z Z1 dut utt =ut ∆u, ut utt =(ut )22 dtKt1 ,t2Теперь надо воспользоваться формулой Гаусса- Остроградского и свестиравенство интегралов к видуZZ1d1(ut )2 dxdt =ut ∆udxdt2dt2dKt1 ,t2dKt1 ,t2Далее нужно аккуратно расписать данные интегралы и все получится.6. Лекция 6Зная формулу Кирхгофа решения классической задачи Коши для уравнения utt − ∆u = f (x, t), мы можемлегко получить решение более общего уравнения utt − a2 ∆u = f (x, t), сделав замену τ = at.

В этих обозначенияхзадача Коши примет вид: vtt = ∆v + fe(x, t)v|τ =0 = u0 (x)1u |τ τ =0 = u1 (x)a13Здесь fe(x, τ ) =τ1a2 f (x, a ),u(x, t) =14πa2 tа v(x, τ ) = u(x, τa ). Подставляя в формулу Кирхгофа, получаем:!ZZZf (ξ, t − |x−ξ|∂11a )u1 (ξ) dSξ +u(ξ)dS+dξ0ξ∂t 4πa2 t4πa2|x − ξ||x−ξ|=at|x−ξ|=at|x−ξ|<atЭта формула тоже называется формулой Кирхгофа.В дальнейшем всюду будем полагать a = 1, поскольку переходить к случаю a 6= 1 мы уже умеем, а вычисления упростятся.6.1. Единственность классического решения задачи КошиИсследование единственности начнем с вывода утверждения, имеющего, впрочем, и самостоятельную ценность.6.1.1. Энергетическое неравенствоT 1Итак, пусть u(x, t) ∈ C (t > 0)C (t > 0) - Классическое решение задачи Коши для однородного волновогоуравнения.

Рассмотрим конус (называемый характеристическим)noKx0 ,T = (x, t) |x − x0 | < T − t, 0 < t < T, x ∈ Rn2Обозначим через Ωτ поперечное сечение нашего конуса плоскостью T = τ :\Ωτ = Kx0 ,T { T = τ }А через Γt1 t2 обозначим часть конической поверхности между двумя сечениями (соответственно плоскостями{ T = t1 } и { T = t2 }:noΓt1 t2 = (x, t) |x − x0 | = T − t, t1 6 t 6 t2ВыражениеE(t) =Z(u2t + |∇u|2 ) dxΩtназывается функционалом энергии.Теорема 6.1 (Энергетическое неравенство). Для любых t1 , t2 , таких что 0 6 t1 6 t2 < T , выполняетсянеравенство E(t2 ) 6 E(t1 ).Доказательство:Найдем вектор единичной внешней нормали к поверхности Γt1 t2 : поскольку поверхностьзадается уравнением F (x, t) = |x − x0 | − T + t = 0, то компонентами нормали (пока не единичной) будут частныеxj −x0j.производные: Ft = 1, Fxj = |x−x0|2Получается, что |∇F | = 2, и таким образом находим единичную внешнюю нормаль ν = (ν1 , . . .

Характеристики

Список файлов лекций