Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 4
Текст из файла (страница 4)
, νn , νt ):1 xj − x0jνj = √,2 |x − x0 |j = 1, . . . , n,1νt = √2Умножим уравнение utt − ∆u = 0 на ut и проинтегрируем по областиnoKt1 t2 = (x, t) |x − x0 | < T − t, t1 6 t 6 t2Имеем:0=Z(utt − ∆u)ut dt dxKt1 t2А теперь воспользуемся соотношениями:1 ∂(ut )22 ∂t∂∂1 ∂u xk xk u t =(ut uxk ) − utxk uxk =(ut uxk ) −(uxk )2∂xk∂xk2 ∂tutt =И формулой Стокса (сведя таким образом интегрирование по области к интегрированию по границе). Заметив, что на верхней крышке области внешняя нормаль имеет вид (0, .
. . , 0, 1), а на нижней, соответственно,(0, . . . , 0, −1), получаем140==12ZΩt2Zu2t dx dt −Kt1 t2u2t dx −12Zu2t dx +Ωt112Z12ZnKt1 t2X∂|∇u|2 dx dt +∂t12u2t νt dS +Γt1 t2−nXZk=1 ∂KZk=1 KZt1 t2|∇u|2 dx −Ωt2∂(ut uxk ) dx dt∂xk12Z|∇u|2 dx +12Ωt1Z|∇u|2 νt dSΓt1 t2ut uxj νj dSt1 t2Заметим, что в последнем слагаемом интегралы по Ωt1 и Ωt2 равны нулю, так как обращается в ноль соответствующая компонента вектора нормали.
Таким образом, собирая подобные члены, получаемZ1110 = E(t2 ) − E(t1 ) + √(u2t + |∇u|2 − 2ut (∇u, νe)) dS222 2Γt1 t2√Здесь за νe мы обозначили вектор 2 (ν1 , . . . , νn ), длина которого (см. начало лекции) равна 1. Поэтому дляскалярного произведения справедлива оценка(∇u, νe) 6 |∇u||eν | = |∇u|Теперь мы можем оценить подынтегральное выражение:(u2t + |∇u|2 − 2ut (∇u, νe)) > (u2t + |∇u|2 − 2|ut ||∇u|) = (|ut | − |∇u|2 ) > 0Следовательно,неотрицателен и сам интеграл и верно неравенствоE(t2 ) 6 E(t1 )что и требовалось доказать.Теорема 6.2. Если начальные функции двух задач Коши для одного и того же уравнения совпадают в шаре|x − x0 | < t0 , x ∈ Rn , то решения этих задач Коши совпадают в характеристическом конусе с вершиной в(x0 , t0 ) и на его границе.Доказательство: Пусть u(x, t) и v(x, t) - решения задач Коши.
Рассмотрим w(x, t) = u(x, t) − v(x, t). Изусловия (и линейности операции дифференцирования) сразу следует, что w является решением однородноговолнового уравнения wtt = ∆w, и кроме того, w|t=0 = wt |t=0 = 0 в шаре |x − x0 | 6 t0 .Воспользуемся энергетическим неравенством в характеристическом конусе с вершиной в (x0 , t0 ). Понятно,чтоZE(0) =(u2t + |∇u|2 ) dx = 0|x−x0 |6t0А из энергетического неравенства следует, что E(t) 6 E(0) = 0 при t < t0 .
Однако функционал энергии неотрицателен, отсюда E(t) ≡ 0, поэтому равна нулю (так как неотрицательна) и подынтегральная функция, а значит,и w(x, t) = 0 в характеристическом конусе (и по непрерывности - на границе). Но w(x, t) есть разность решенийзадач Коши, следовательно решения в K x0 ,t0 совпадают. А это мы и хотели доказать.Теорема 6.3 (Единственности классического решения). Если задача Коши для волнового уравненияимеет классическое решение,то это решение единственно.Доказательство: Предположим противное.
Пусть есть два различных решения, тогда существует точка,в которой эти решения различны. Возьмем произвольный характеристический конус, содержащий нашу точку.По предыдущей теореме решения внутри конуса должны совпадать. Противоречие.Объединим все вышесказанноеТеорема 6.4 (Существования и единственности).
Пусть u0 (x) ∈ C 3 (R3 ), u1 (x) ∈ C 2 (R3 ), Dxα f ∈ C(t >0), |α| 6 2.Тогда задача Коши: utt = a2 ∆u + f (x, t), x ∈ R3 , t > 0u|t=0 = u0 (x)ut |t=0 = u1 (x)имеет единственное классическое решение, и это решение задается формулой Кирхгофа:!ZZZf (ξ, t − |x−ξ|1∂11a )u(x, t) =u(ξ)dS+u(ξ)dS+dξ1ξ0ξ2224πa t∂t 4πa t4πa|x − ξ||x−ξ|=at|x−ξ|=at15|x−ξ|<at6.2. Решение задачи Коши для случая n = 2Двумерная задача Коши хорошо вкладывается в трехмерную постановку. Рассмотрим трехмерную задачуКоши, и положим, что ни данные задачи, ни решение не зависят от x3 .Тем самым задачу мы произвели редукциюк двумерному случаю - этот прием называется методом спуска. Так что мы можем воспользоваться формулойКирхгофа, сделав в ней, впрочем, некоторые упрощения.Сфера радиуса R с центром в точке (x1 , x2 , x3 ) проецируется в круг того же радиуса с центром в (x1 , x2 ).Элемент площади на сфере dS и элемент площади на круге dξ связаны соотношением dξ = dS cos γ, здесь γ угол между плоскостью,касательной к сфере, и плоскостью (x1 , x2 ).
Из геометрических соображений найдемpR2 − |ξ − x|2cos γ =RУчтем, что R = t и что в каждую точку круга проецируются 2 точки сферы - с верхней и с нижней половинки.ПоэтомуZZ12tu1 (ξ1 , ξ2 ) dξ1 dξ2pu1 (ξ1 , ξ2 ) dSξ =4πt4πtt2 − |x − ξ|2|x−ξ|=t|x−ξ|6tИ преобразуя аналогично всю формулу Кирхгофа, получаем формулу Пуассона:u(x1 , x2 , t) =12πZ|x−ξ|6tu1 (ξ1 , ξ2 ) dξ1 dξ21 ∂p+2π ∂tt2 − |x − ξ|2Z|x−ξ|6tu0 (ξ1 , ξ2 ) dξ1 dξ2 p+t2 − |x − ξ|212πZtZf (ξ1 , ξ2 , τ ) dξ1 dξ2 dτ0 |x−ξ|6t7. Лекция 77.1.
Формула Пуассона22Пусть n = 2, u1 (ξ1 , ξ2 ) ∈ C (R ), u0 (ξ1 , ξ2 ) ∈ C 3 (R2 ), Dkα f (x, t) ∈ C(t > 0), |α| 6 2Тогда задача Коши с соответствующими условиями имеет единственное классическое решение, и это решениезадается формулой Пуассона.Единственность доказана. Заметим, что правая часть формулы Пуассона совпадает с правой частью формулыКирхгофа, при условии, что функции u0 , u1 , f не зависят от третьего аргумента, мы получим решение волновойзадачи и в R3 .ux1 x1 + ux2 x2 + ux3 x3 + f (x1 , x2 , t) = utt ,u|t=0 = u0 (x1 , x2 ), ut |t=0 = u1 (x1 , x2 )ux3 x3 = 0. Ч.т.д.Задача 1. Использована ли полностью гладкость начальных условий в теореме о существовании и единственности?Задача 2.
Получить формулу Даламбера методом спуска.u0 (x + t) + u0 (x − t) 1u(x, t) =+22x+tZZt x+τZ1u1 (ξ)dξ +f (ξ, τ )dξdτ2x−t0 x−τ7.2. Область зависимости решений от начальных данныхРешение в точке (x, t) зависит от значений u0 , u1 в области |x − ξ| 6 t, а также от значений f на коническойповерхности Γ0,t характеристического конуса.Рассмотрим случай n = 3Пусть f ≡ 0, supp u0 ⊂ Ω, supp u1 ⊂ Ω. Фиксируем x0 . Обозначимρ0 = min |x0 − ξ|,ρ1 = max |x0 − ξ|ξ∈Ωξ∈ΩВ момент времени ρ − 0 в точку x0 приходит волна (возмущение).При ρ0 6 t 6 ρ1 возмущение все еще идет, приt = ρ1 волна проходит через x0 , при t > ρ1 имеем состояние покоя.
Т.е. в момент ρ0 через x0 прошел переднийфронт волны, в момент ρ1 - задний фронт волны. Фиксируем теперь t = t0 . Ω − шар (0, R0 ). Передним фронтом16будет сфера (0, R0 + t), задним фронтом при t > R0 - сфера (0, t − R0 ).Рассмотрим случай n = 2.Областью зависимости от u0 , u1 будет круг |x − ξ| < t, от f - весь характеристический конус Kx,t . При t < ρ0имеем u = 0, при t < ρ0 x0 находится в состоянии возмущения.7.3. Обобщенные решения волнового уравненияОпределение 1. Функция u(x, t) ∈ L2,loc (Rn+1 ) называется обобщенным решением волнового уравнения utt −∆u = 0, если существует последовательность классических решений uk (x, t) данного волнового уравнения, ∀Ω ⊂(Rn+1 ) kuk − ukL2 (Ω) → 0, k → ∞.Определение 2.
Функция u(x, t) ∈ L2,loc (Rn+1 ) называется обобщенным решением волнового уравнения utt −∇u = 0, если ∀ϕ(x, t) ∈ C0∞ (Rn+1 ) имеет место интегральное равенствоZu(x, t)(ϕtt (x, t) − ∆ϕ(x, t))dxdt = 0Rn+1Эти определения эквивалентны. Докажем (1) ⇒ (2). Пусть u - классическое решение уравнения utt − ∆u = 0.Zϕ(x, t)(utt − ∆u)dxdt = 0Rn+1Z∂vudx = −Ω ∂xjZ∂uvdx +Ω ∂xjZuvνj dS,∂Ωu, v ∈ C 1 (Ω)Но ϕ равна 0 вместе со всеми производными вне supp ϕ, который конечен. ТогдаZZZ0=ϕ(x, t)(utt − ∆u)dxdt = −ϕt ut dxdt +(∇ϕ, ∇u)dxdt =Rn+1=Rn+1ZRn+1ϕtt udxdt −ZRn+1u∆ϕdxdt =Rn+1ZRn+1(ϕtt − ∆ϕ)udxdtДокажем (2) ⇒ (1). Рассмотрим функцию ω(t) ∈ C ∞ , ω(t) > 0, ω(t) = 0 при t > 1, ω(t) = ω(−t),11−t2RRnω(|x|)dx = 1.В качестве примера можно взять функцию ω(t), t ∈ R, равную Ceпри |t| < 1, и равную 0 в остальныхслучаях. Пусть x ∈ Rn , тогда |x|ωh (x) = h−n ω- ядро усредненияhRОчевидно, ωh (t) ∈ C ∞ , ωh (t) > 0, ωh (t) = 0 при t > 1, ωh (t) = ωh (−t), Rn ωh (|x|)dx = 1.
Пусть u(x) ∈ L2,loc (Rn ).ТогдаZuh (x) =ωh (x − y)u(y)dy - усреднение u с радиусом hRn(n)uhR(n)Получаем uh (x) ∈ C ∞ (Rn ) и= Rn ωh (x − y)u(y)dy равномерно сходится.Лемма. Пусть u(x) ∈ L2 (Ω), Ω ⊂ Rn - ограниченная область, u ≡ 0 в Rn \ Ω. Тогда1. kuh kL2 6 kukL2 .2. kuh − ukL2 → 0 при h → 0.Доказательство.Z|uh (x)| = 2Rn2 Zppωh (x − y) ωh (x − y)u(y)dy 6Rn=ZRnТогдаZΩu2h (x)dx 6Z ZΩRnωh (x − y)dyZRnωh (x − y)u2 (y)dy =ωh (x − y)u2 (y)dyωh (x − y)u2 (y)dydx =17ZRnZΩωh (x − y)u2 (y)dxdy 6ZRnu2 (y)dy8.
Лекция 8для u ∈ L2,loc (Rn ), Ω ⊂ Rn - ограниченное множествоZZ ZZ(uh (x))2 6ωh (x − y)u2 (y)dxdy =Rn ΩΩZωh (z)dz|z|<h2. u ∈ L2 (Ω).∀ǫ > 0 ∃v ∈ТогдаC0∞ (Ω)Zωh (z)u2 (x)dx =Ωhu2 (x + z)dxdz 6Ω|z|<hZZu2 (x)dxΩh||u − v||L2 (Ω) < ε||uh − vh ||L2 (Ω) = ||(u − v)h ||L2 (Ω) 6 ||u − v||L2 (Ω) < ε||uh − v||L2 (Ω) 6 ||uh − vh ||L2 (Ω) + ||vh − v||L2 (Ω) + ||v − u||L2 (Ω) 6 2ε + ||vh − v||L2 (Ω)Достаточно доказать для C0∞ (Ω)|vh (x) − v(x)| = |Z||vh − v||L2 (Ω) =Zωh (x − y)(v(y) − v(x))dy| 6 max |v(y) − v(x)|x−y<hRn(vh − v)2 dx 6 ( max |v(y) − v(x)| mes(Ω) → 0, h → 0x−y<hΩ- в силу равномерной непрерывности функции.Осталось все рассуждения собрать вместе и 2 будет доказано,итак для L2,loc :Ω, Ω1 Ω ⊂ Ω1 , v ∈ C0∞ (Ω1 ), ||u − v|| < ε, Ωh ∈ Ω1 для h ≪ 1,||uh − vh ||L2 (Ω) 6 ||u − v||L2 (Ω) < ε.Теперь из 2 докажем 1:u ∈ L2,loc (Rn+1 )Zu(x, t)(ϕtt − ∆ϕ)dxdt = 0 ∀ϕ ∈ C0∞ (Rn+1 )Rn+1uh (x, t) =Zωh (x − y, t − τ )u(y, τ )dydτ - классическое решение.Rn+1⋄x,t uh (x, t) =Z⋄x,t (ωh (x − y, t − τ ))u(y, τ )dydτ =Rn+1y,τZ⋄y,τ (ωh (x − y, t − τ ))u(y, τ )dydτ = 0Rn+1y,τОтсюда как-то все следует, учитывая что ⋄y,τ (ωh (x − y, t − τ )) ∈ C0∞ (Rn )Задача.utt = uxx ,f, g ∈ L2,loc (R1 ) ⇒ f (x + t) + g(x − t)- обобщенное решение волнового уравнения8.1.
Обобщенные производные. Пространства СоболеваПустьu ∈ L2,loc (Ω), Ω ограничено.Тогда ωα (x) ∈ L2,loc (Ω) - обобщенная производная вида Dα от u в смысле Соболева, если выполнено равенствоZZωα (x)g(x)dx = (−1)|α| u(x)Dα gdx∀g ∈ C0∞ (Ω)ΩΩРассмотрим некоторые примеры:1. Пример функции, у которой существуют производные почти всюду, но не существует производной в смыслеСоболева.Ω = [0, 1] × [0, 1], u = I{y>1/2}18У этой функции производная почти всюду равна 0, но не существует производной в смысле Соболева, чтонепосредственно вытекает из0=Z1 Z100∂uϕ(x, y)dxdy = −∂yZ1 Z100∂ϕu dxdy = −∂yZ1 Z10 1/2∂ϕdxdy = −∂yZ1ϕ(x, 1/2)dx0-противоречие.2.
Пример, когда из существования производной порядка 2 в смысле Соболева не следует существованиепроизводной первого порядка в смысле Соболева. Пустьu(x, y) = f (x) + g(y), где f, g не имеют обобщенной производной первого порядка.Несложно показать (просто по определннию), что у функции u существует обобщенная производная второгопорядка, но не существует обобщенной производной первого порядка в смысле Соболева.9. Лекция 9Задача: Пусть u(x, t) - обобщенное решение волнового уравненияutt = uxxПусть γ : t = f (x)а области, лежащие по разные стороны кривой, обозначим Ω1 и Ω2 .
Известно,T -гладкаяT кривая,21222что u ∈ C (Ω ) C (Ω ) C(R ) и что [ut ]2 + [ux ]2 6= 0, где за [v] мы обозначаем скачок функции v на γ.Доказать, что γ — характеристика.Теорема 9.1. Не может быть двух различных производных вида Dα u у функции u ∈ L2 loc (Ω)Доказательство: Предположим противное - пусть существуют 2 обобщенные производные wα1 и wα2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
