Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Обобщенное решение первой начально-краевой задачиΩτ = QT ∩ {t = τ }Пусть u(x, t) - решение задачи (1)-(3), v(x, t) ∈ C 1 (QT ),Z0Z0TZΩTZΩ(utt − ∆u)vdxdt =(−ut vt + ∇u∇v)dxdt +Z∂QTv|t=T = v|ΓT = 0.Zut vνt ds −T0Zf (x, t)v(x, t)dxdtΩn ZXj=1∂QTν = (νx1 , . . . , νxn , νt )25uxj vνxj ds =ZQTf (x, t)v(x, t)dxdtНа верхнем основании ν = (0, . . . , 0, 1), на нижнем основании ν = (0, .

. . , 0, −1)ZZZut vνt ds = −ut (x, 0)v(x, 0)dx = −ψ(x)v(x, 0)dx∂QTΩ0ΩZuxj vνxj ds = 0∂QTZT0ZΩ(−ut vt + ∇u∇v)vdxdt =Zψ(x)v(x, 0)dx +ΩZf (x, t)v(x, t)dxdt(4)QTОпределение. Функция u(x, t) ∈ H1 (QT ) называется обобщенным решением первой начально-краевой задачи(1)-(3), если u(x, t) = 0 на ΓT , u(x, 0) = u0 (x) в смысле следа функции и ∀v ∈ H1 (QT ) : v|ΓT = 0, v|t=T,x∈Ωвыполнено интегральное тождество (4).12.2.

Единственность решения смешанной задачи (1)-(3)Если задача (1)-(3) имеет обобщенное решение, то оно единственно.Доказательство.Пусть u1 (x, t), u2 (x, t) - два решения.u(x, t) := u1 (x, t) − u2 (x, t).ZT0ZΩ(−ut vt + ∇u∇v)vdxdt = 0.Возьмем v(x, t), определенную следующим образом:Z τu(x, s)ds, 0 6 t 6 τt0, τ 6 t 6 TТогда vt (x, t) будет выглядеть следующим образом:(−u(x, t), 0 6 t 6 τ0, τ 6 t 6 Tа vxj (x, t) - так:ZИмеемОбозначим η(x, t) =RτtZ0TZτuxj (x, s)ds,06t6τ0,τ 6t6Ttut udxdt +ΩZ0τZΩ∇u(x, t)Zτt∇u(x, s)dsdxdt = 0∇u(x, s)ds и воспользуемся тем, что ∇u = −ηt и ut u = 21 (u2 )t , тогдаZZ11u2 (x, τ )dx +(η)2 (x, 0)dx = 0,2 Ω2 Ωоткуда получаем, что u(x, τ ) = 0 п.в.Ч.т.д.Следствие. Если задача (1)-(3) имеет классическое решение, то оно единственно.12.3.

Задача Дирихле∆u = λu, x ∈ Ω; u|∂Ω = 0 - спектральная задача Дирихле для оператора Лапласа.Определение. Функция u, не являющаяся тождественно равной 0 в Ω, называется собственной функцией задачиДирихле для оператора Лапласа, если ∃λ : ∀v ∈ H10 (Ω) выполняется интегральное тождествоZZ∇u∇vdx = −λuvdxΩΩ26Если u(x, t) - собственная функция, отвечающая собственному значению λ, то Cu(x, t) тоже будет собственнойфункцией c тем же собственным значением.

Поэтому мы можем считать,что kukL2 (Ω) = 1.Z(u, v)H10 (Ω) =∇u∇vdxΩТеорема. Существует линейный ограниченный оператор A:L2 (Ω) → H10 (Ω) :1)∀u ∈ L2 (Ω)∀v ∈ H10 (Ω) (u, v)L2 (Ω) = (Au, v)H10 (Ω)2)∃A−13)A|H10 (Ω) - самосопряженный, положительный и вполне непрерывный (компактный).(напомним, что A : H → H вполне непрерывен, если любое ограниченное множество он переводит в компактное).Доказательство.Фиксируем u ∈ L2 (Ω). lu : H10 (Ω) → R, lu (v) = (u, v)H10 (Ω) .Оператор lu непрерывен. В самом деле, |lu (v) 6 kukL2(Ω) kvkL2 (Ω) 6 kukL2(Ω) CkvkH10 (Ω) , т.е. klu k 6 CkukL2 (Ω)По теореме Рисса ∃!V ∈ H10 (Ω) : ∀v ∈ H10 (Ω)lu (v) = (V, v)H10 (Ω) .

Положим Au := v. Оператор А линеен иограничен:kAuk2H 0 (Ω) = (Au, Au)H10 (Ω) = (u, Au)L2 (Ω) 6 kukL2 (Ω) kAukL2 (Ω) 6 kukL2 (Ω) CkAukH10 (Ω)1Значит, kAk 6 C.Покажем Ker A = {0}. Действительно, Au = 0 ⇒ ∀v ∈ H10 (Ω) (u, v)L2 (Ω) = 0 ⇒ u ⊥ H10 (Ω).C0∞ (Ω) всюду плотно в L2 (Ω) ⇒ H10 (Ω) всюду плотно в L2 (Ω) ⇒ u = 0.Из того,что ∀u ∈ H10 (Ω) (Au, u)H10 (Ω) > 0 и (Au, u)H10 (Ω) = 0 ⇔ u = 0 следует положительность оператора А.Покажем самосопряженность. u, v ∈ H10 (Ω):(Au, v)H10 (Ω) = (u, v)L2 (Ω) = (v, u)L2 (Ω) = (Av, u)H10 (Ω) = (u, Av)H10 (Ω)Покажем компактность. {uk }, uk ∈ H10 (Ω), kuk kH10 (Ω) 6 M .По теореме Реллиха существует подпоследовательность {uik } : kuim − uin kL2 (Ω) → 0 при m, n → ∞.

Тогда {Auik }фундаментальна в H10 (Ω), т.к.kAuim − Auin kH10 (Ω) = kA(uim − uin )kH10 (Ω) 6 Ckuim − uin kL2 (Ω) → 0 при m, n → ∞.Ч.т.д.Если u - собственная функция с собственным значением λ, то(u, v)H10 (Ω) = −λ(u, v)L2 (Ω) = −λ(Au, v)H10 (Ω),т.е. u = −λAu.13. Лекция 13.13.1. Базис в пространстве H10 (Ω)Итак, пусть u -собственная функция задачи Дирихле, отвечающая собственному значению λ. Тогда имеем(u, v)H10 (Ω) = −λ(u, v)L2 (Ω) = −λ(Au, v)H10 (Ω)∀u ∈ H10 (Ω)И, значит, u = −λAu, то есть при λ 6= 0 u- собственная функция оператора A, отвечающая собственномузначению − λ1 .Обозначим µ = −λ, тогдаu = µAu, A : H10 (Ω) → H10 (Ω)Тогда µ называется характеристическим числом оператора A.

Вспоминая свойства оператора A, получаем,что множество характеристических чисел - счетно (из компактности) с предельной точкой ∞, причем характеристические числа- вещественны (из самосопряженности) и положительны (из положительности оператора).Кроме того, собственные функции образуют ортогональный базис в H10 (Ω).Переводя эти утверждения на язык λ, получаем, что задача (1) имеет счетное множество собственных значений конечной кратности, вещественных, отрицательных и имеющих предельную точку в −∞.Собственныефункции v1 (x), v2 (x), . . .

образуют ортогональный базис в H10 (Ω).27Мы нормировали собственные функции условием ||u||L2 (Ω) = 1, поэтому(vk , vk )H10 (Ω) = ||vk ||H10 (Ω) = −λk ||vk ||L2 (Ω) = −λkПоэтому функцииv1 (x) v2 (x)√,√,...−λ1−λ2образуют ортонормированный базис в H10 (Ω).

Заметим, что функции v1 , v2 , . . . образуют ортонормированныйбазис в L2 (Ω). Следовательно, любую функцию g ∈ H10 (Ω) можно представить в виде ряда:∞Xvk (x)gek √−λkk=1g(x) =И в виде рядаg(x) =∞Xgk vkk=11Где gk = (g, vk )L2 (Ω) и gk = gek √−λkВ силу равенства Парсеваля,||g(x)||2H 0 (Ω) =1Следовательно,∀g ∈ H10 (Ω) :∞Pk=1∞Xk=1|λk | gk2 < ∞.|gek |2 =∞Xk=1|λk | gk213.2. Обобщенное решение первой начально-краевой задачиВернемся к нашей задаче (3):utt − ∆u = f (x, t), u|ΓT =∂QT = 0 u|t=0 = ϕ(x)ut |t=0 = ψ(x)(x, t) ∈ QT = Ω × (0, T )Определение: функция u ∈ H10 (QT ), u|ΓT = 0, u|t=0 = ϕ(x) называется обобщенным решение задачи (3),если она удовлетворяет интегральному тождествуZZZ(−ut ht + ∇u∇h) dx dt =f (x, t)h(x, t) dx dt + ψ(x)h(x, 0) dx ∀h ∈ H1 (QT ) : h|ΓT = 0, h|t=T = 0QT )ΩQT )Далее предполагаем, f ∈ L2 (QT ), f ∈ H10 (Ω), ψ ∈ L2 (Ω).

Так как f (x, t) ∈ L2 (QT ),то f (x, t) ∈ L2 (Ω) для почтивсех t ∈ [0, T ]. Разложим ее в ряд Фурье:f (x, t) =∞Xfk (t)vk (x),fk (t) = (f (x, t)vk (x)k=1Напишем неравенствоfk2 (t)=ZΩZ2 Z22f (x, t)vk (x) dx 6 f (x, t) dx ||vk ||L2 (Ω) = f 2 (x, t) dxΩΩИ проинтегрируем его по отрезку [0, T ]:ZT0fk2 (t) dt 6 ||f ||2L2 (QT )Отсюда, в частности, fk (t) ∈ L2 [0, T ].Рассмотрим вспомогательную задачу: Разложим функции ϕ и ψ в ряд Фурьеϕ(x) =∞Xϕk vk (x),k=128ϕk (t) = (ϕ, vk )L2 (Ω)ψ(x) =∞Xψk vk (x),ψk (t) = (ψ, vk )L2 (Ω)k=1И будем решать задачуuktt − ∆uk = fk (t)v(k(x),u | = 0k ΓTu| t=0 = ϕk vk (x)ukt |t=0 = ψk vk (x)(x, t) ∈ QTОбобщенное решение этой задачи ищем в виде uk (x, t) = Vk (t)vk (x).

В этом случае, Vk (t) - решение задачиКоши ′′ Vk − λk Vk = fk (t)Vk (0) = ϕk ′Vk (0) = ψkТо естьVk (t) = C1k cosZtppp1−λk t + C2k sin −λk t + √fk (τ ) sin −λk (t − τ ) dτ−λk0Покажем, что uk (x, t) действительно обобщенное решение. Краевые условия очевидным образом выполняются, поэтому осталось проверить интегральное тождество:ZZZ(−ukt ht + ∇uk ∇h) dx dt =fk (t)vk (x)h(x, t) dx dt + ψk vk (x)h(x, 0) dxQTQTΩПодставим вместо uk наше предполагаемое решение:ZZZ(−Vk′ (t)vk (x)ht + Vk (t)∇vk (x)∇h) dx dt =fk (t)vk (x)h(x, t) dx dt + ψk vk (x)h(x, 0) dxQTQTИнтегрируя , находим:Z−Vk′ (t)vk (x)htdx dt =QTZΩVk (t)vk (x)h(x, t) dx dt +QTВспомним, что vk - собственная функция, то естьZT0Zψk vk (x)h(x, 0) dxΩRΩ∇vk ∇g dx = −λkZZVk (T )∇vk ∇h dx dt = −λkΩRv g dx,Ω k∀g ∈ H10 (Ω), следовательноVk (t)vk (x)h(x, t) dx dtQTИ подставляя эти результаты, преобразуем левую часть к видуZZ(Vk′′ − λk Vk )vk (x)h(x, t) dx dt + ψk vk (x)h(x, 0) dxΩQT )Что, как легко видеть, равно правой части.

Итак, uk (x, t) = VK (t)vk (x) - обобщенное решение.NPВ силу линейности нашей задачи, функция SN (x, t) =Vk (t)vk (x) является решением задачи:k=1NXS−∆S=fk (t)vk (x),NNttk=1S | =0 N ΓTNXS|=ϕk vk (x)Nt=0k=1NXS|=ψk vk (x) Nt t=0k=129(x, t) ∈ QT = Ω × (0, T )Покажем, что последовательность SN сходится по норме, для этого достаточно доказать фундаментальность.Имеем:||SN − SM ||H10 (Ω) = ||MXMXVk (t)vk (x)||2H 0 (Ω) =1k=N +1MXVk (t)Vk2 (t)||vk ||2H 0 (Ω) =1k=N +1k=N +1Vk (t)Vk2 (t)|λk |Оценим Vk2 (t) (используя тождество (a + b + c)2 6 3(a2 + b2 + c2 ):Z3T T 23ψ 2f (t) dtVk2 (t) 6 3fk2 + k +|λk | |λk 0 kОтсюдаMXk=N +1Vk (t)Vk2 (t)|λk |6 C0M Xk=N +1Каждое из слагаемых приfk2 |λk |MX+ψk2ZMX+k=N +1k=N +1Tfk2 (t) dt0M >N →∞стремится к нулю ввиду сходимости соответствующего ряда ( что было доказано чуть выше), поэтому и суммастремится к нулю и в силу приведенной оценки последовательность SN фундаментальна по норме.

А из полнотыпространства H10 (Ω) следует сходимость.14. Лекция 14SN → S при N → ∞.ZZ(−SN t ht + ∆SN ∆h)dxdt =QTNXfk (t)vk (x)dxdt +QT k=1Z XNψk vk (x)h(x, 0)dxΩ k=1Переходя к пределу при N → ∞, получаем выполнение интегрального тождества для S.kNXvk′ (t)vk (x)k2L2 (ΩT )NX=k=M+1k=M+1kv ′ k (t)k2Z tppppfk (τ ) cos −λk (t − τ )dτv k (t) = − −λk ϕk sin −λk t + ψk cos −λk t +′0|v ′ k (t)|2 6 C1 (T )(ϕ2k |λk |) + ψk2 +kSN t (x, t) −при M, N → ∞.Z T0SM t (x, t)k2L2 (Ωt )NX6 C1 (T )k=M+1kSN − SM kH1 (Ωt ) dt 6 T C0 (T )NXk=M+1ϕ2k |λk |ϕ2k |λk |Tfk2 (t)dt0NX++Zψk2ZNX+k=M+1k=M+1NXZNXψk2+k=M+1k=M+1T0T0fk2 (t)dtfk2 (t)dt!!→0→0при M, N → ∞. Аналогичное равенство имеется для {SN t }Итак, {SN } фундаментальна в H10 (Ω), значит, {SN } сходится; SN → S, N → ∞ ⇒ S - решение нашей задачи (1).Ч.т.д.!NN Z TNNXXXX22222ϕk |λk | +ψk +fk (t)dtkSN (x, t)kH 0 (Ωt ) =vk (t)|λk | 6 C2 (T )1k=1kSN t (x, t)k2L2 (Ωt )k=16 C3 (T )NXk=1ϕ2k |λk |+k=1NXk=1ψk2+N ZXk=1k=1T00fk2 (t)dtkSN (x, t)k2H 0 (Qt ) 6 C4 (T )(kϕk2H 0 (Ω) + kψk2L2 (Ω) + kf k2L2(QT ) )1!1В последнем неравенстве можно перейти к пределу при N → ∞ и получить аналогичное неравенство дляkS(x, t)k2H 0 (Qt ) .1Таким образом, доказана теорема, которую мы и сформулируем в следующем разделе.3014.1.

Теорема о существовании обобщенного решения задачи (1)Теорема.Пусть f ∈ L2 (QT ), ϕ ∈ H10 (Ω), ψ ∈ L2 (Ω). Тогда задача (1) имеет обобщенное решение u(x, t) и это решениепредставимо в виде сходящегося в H1 (QT ) рядаu(x, t) =∞XVk (x)vk (t)k=1,где Vk (t) - решение задачи Коши, vk (x) - собственные функции задачи Дирихле для оператора Лапласа вобласти Ω. Кроме того, для u(x, t) имеет место оценкаkuk2H 0 (Qt ) 6 C(T )(kϕk2H 0 (Ω) + kψk2L2 (Ω) + kf k2L2 (QT ) )11Упражнение. Рассмотрим уравнение utt − uxx = 0, x ∈ [0, l], t > 0u|x=0 = u|x=l = 0, u|t=0 = ϕ(x), ut |t=0 = ψ(x).Доказать, что если ϕ ∈ C 3 [0, l], ϕ(0) = ϕ(l) = 0, ϕ′′ (0) = ϕ′′ (l) = 0, а такжеψ ∈ C 2 [0, l], ψ ′ (0) = ψ ′ (l) = 0, то u(x, t) является классическим решением данной задачи.15. Лекция 1515.1.

Характеристики

Список файлов лекций