Диссертация (1145371), страница 7

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

Текст из файла (страница 7)

(2.1.15)−∂t i,j=1 ∂xi ∂xj∂xii=1Иногда бывает удобна недивергентная форма записи этого оператораnnX∂u X∂ 2u∂uMu = −−aij (x, t)+di (x, t)+ d0 (x, t)u,∂t i,j=1∂xi ∂xj∂xii=1(2.1.16)коэффициенты которой определяются формуламиdi = −2 ·nX∂aijj=1nnXX∂ 2 aij∂aj− ai , d0 = −−+ a0 .∂xj∂x∂x∂xijji,j=1j=1(2.1.17)44(T )Пусть Q ⊆ Dn+1 — какая либо область с кусочно-гладкой границей ∂Q,тогда для любых u, v ∈ C 2,1 (Q) справедлива вторая формула Грина [38]Z(vLu − uM v) dxdt =Q#" nZ XnX∂v∂u−u+ bj uv cos(ν, xj )d(x,t) S +=−aij (x, t) v∂x∂xiii=1∂Q j=1Z+ uv cos(ν, t)d(x,t) S, (2.1.18)∂Qn ∂aPij. Используя формулу Гринаi=1 ∂xi(2.1.18), легко получить интегральное представление для решения u(x, t) урав-где ν — внешняя нормаль к ∂Q, а bj = aj +нения (2.1.2).Для получения подобного представления применим формулу Грина иметод замороженных коэффициентов. Фиксируем точку (x, t). Пусть A(x, t) —матрица, составленная из старших коэффициентов aij (x, t) оператора L,A(i,j) (x, t) — элементы обратной матрицы A−1 (x, t).

Рассмотрим функцию Z 0 ,которая при t > τ определяется равенством1Z 0 (y − x, t, τ ) =n212×[4π(t − τ )] (det A(x, t))!nX1× exp −A(i,j) (x, t)(yi − xi )(yj − xj ) (2.1.19)4(t − τ ) i,j=1При t < τ функция Z 0 = 0.По переменным (y, τ ) она удовлетворяет уравнению M0 Z 0 = 0. ЗдесьM0 — оператор, формально сопряженный оператору L0 , который получается изоператора L отбрасыванием младших членов и заменой старших коэффициентов фиксированными значениями aij (x, t).45Определим функцию σ(y, x, t) равенствомnXσ(y, x, t) =! 21A(i,j) (x, t)(yi − xi )(yj − xj ),(2.1.20)i,j=1тогда равенство (2.1.19) можно записать в виде 2σ(y,x,t)Z 0 (y − x, t, τ ) =−1 · expn4(t − τ )[4π(t − τ )] 2 (det A(x, t)) 21(2.1.21)Пусть Q ⊆ Qt — какая-либо ограниченная область с кусочно-гладкой границей ∂Q и (x, t) ∈ ∂Q ∩ QT . Для 0 < ε < t определим область Qε и ее верхнююграницу Dε :Qε = {(y, τ ) ∈ Q|τ < t − ε}Dε = {(y, τ ) ∈ ∂Qε |τ = t − ε}.Наложим на область Q дополнительное условие:Zlim Z 0 (y − x, t, t − ε)dy = 1,ε→0(2.1.22)D̃εгде D̃ε — проекция Dε на Rn .Пусть функция v(y, τ ) удовлетворяет в области Q ограничениям:2n−λ|y−x|v(y, τ ) − Z 0 (y − x, t, τ ) 6 c(t − τ )− 2 exp −C,t−τ2∂n+2−λ|y−x|0− 2exp −C, ∂τ v(y, τ ) − Z (y − x, t, τ ) 6 c(t − τ )t−τ2 ∂n+1−λ|y−x|0−2exp −C, (2.1.23) ∂yi v(y, τ ) − Z (y − x, t, τ ) 6 c(t − τ )t−τ2 ∂2n+2−λ|y−x|0−2exp −C, ∂yi ∂yj v(y, τ ) − Z (y − x, t, τ ) 6 c(t − τ )t−τпри некоторых положительных постоянных c, C и λ.Применяя формулу Грина (2.1.18) к решению u(y, τ ) уравнения (2.1.2) ифункции v(y, τ ) в области Qε , получим равенство46Z(vLu − uM v) dydτ =QεZ=∂Qε \DεnXj=1"−nXaij (y, τ ) vi=1∂u∂v−u∂yi∂yi#+ bj uv cos(ν, yj )d(y,τ ) S +Z+Zuv cos(ν, τ )d(y,τ ) S +uvd(y,τ ) S.

(2.1.24)Dε∂Qε \DεВыполним предельный переход в равенстве (2.1.24) при ε → 0. Очевидно,чтоZ|vLu|dydτ 6 t · 1 + c1 tλ2· kf kC(Q) ,Qпри некоторой положительной постоянной c1 . ПоэтомуZZZvLudydτ = vf dydτ → vf dydτQεQεQпри ε → 0 в силу абсолютной непрерывности интеграла Лебега.Полагая v0 (y, τ ) = Z 0 (y − x, t, τ ), в силу равенства M0 Z 0 = 0, находимM v0 (y, τ ) = M v0 (y, τ ) − M0 v0 (y, τ ) =nXnX∂2∂=[aij (x, t) − aij (y, τ )]v0 (y, τ ) +di (y, τ ) v0 (y, τ ) +∂yi ∂yj∂yii,j=1i=1+ d0 (y, τ )v0 (y, τ ). (2.1.25)Из оценок (11.3) и (11.17) в ([28], гл.

IV) следует, что при некоторых постоянныхc > 0 и C > 0 выполняется неравенство− n+2−α2|M v0 (y, τ ) − M0 v0 (y, τ )| 6 c(t − τ )|y − x|2exp −Ct−τ,(2.1.26)которое влечет интегрируемость функции u(y, τ )M v0 (y, τ ) на множестве Q. Всилу ограничений (2.1.23), функция u(y, τ )M (v(y, τ ) − v0 (y, τ )) также интегрируема на Q. Таким образом, u(y, τ )M v(y, τ ) интегрируема на Q. ПоэтомуZZuM vdydτ → uM vdydτQεQ47при ε → 0 в силу абсолютной непрерывности интеграла Лебега.Исследуем поведение интегралов в правой части равенства (2.1.24) при ε → 0.Очевидно, чтоZZuv0 d(y,τ ) S = u(y, t − ε)Z 0 (y − x, t, t − ε)dy =DεD̃εZ=[u(y, t − ε) − u(y, t)]Z 0 (y − x, t, t − ε)dy +D̃εZ+u(y, t)Z 0 (y − x, t, t − ε)dy. (2.1.27)D̃εВторой из интегралов в (2.1.27) стремится к u(x, t).

По условию (2.1.22), дляэтого достаточно проверить, чтоZI(D̃ε ) = |u(y, t) − u(x, t)| Z 0 (y − x, t, t − ε)dy → 0D̃εпри ε → 0.Пусть Wδ — шар в Rn с центром в точке x, такой что для всех y ∈ Wδ выполненонеравенство |u(y, t) − u(x, t)| < δ. ТогдаZI(D̃ε ) = I(Wδ ∩ D̃ε ) + I(D̃ε \Wδ ) 6 δ + 2 · kukC(Q)Z 0 (y − x, t, t − ε)dy,Rn \Wδтак как по переменной y функция Z 0 (y −x, t, t−ε) является плотностью распределения вероятностей. Интеграл, в полученном неравенстве, стремится к нулюпри ε → 0, поэтому и I(D̃ε ) → 0.Первый интеграл в (2.1.27) можно сделать сколь угодно малым за счет равномерной по y малости подинтегральной функции. Аналогичным образом, используя ограничения (2.1.23), получаем оценкуZ u(v − v0 )d(y,τ ) S 6 c1 ελ/2 .Dε48Значит,Zuvd(y,τ ) S → u(x, t).DεДля исследования остальных интегралов в правой части формулы(2.1.24) требуются дополнительные предположения.

Поэтому далее рассматриваются конкретные области Q.2.1.3Представление решения параболического уравнения вцилиндреРассмотрим случай, когда Q является эллиптическим цилиндром Q == DR × (0, t), где DR = {y ∈ Rn |σ(y, x, t) < R}. Условие (2.1.22) теперь выполнено, поскольку D̃ε = DR и по переменной y функция Z 0 (y −x, t, t−ε) являетсяплотностью распределения вероятностей, которое слабо сходится при ε → 0 квырожденному распределению, сосредоточенному в точке x. Второй интегралRв правой части формулы (2.1.24), очевидно, равен − u(y, 0)Z 0 (y − x, t, 0)dy.DRНаконец, первый интеграл стремится к интегралу по боковой поверхности цилиндра в силу непрерывности и ограниченности подинтегральной функции.

Врезультате, получаем следующее интегральное представление функции u(x, t):Zt ZZ[v(y, τ )Lu(y, τ ) − u(y, τ )M v(y, τ )] dydτ +u(x, t) =0 DRZt+"Z XnnX0 ∂DR j=1i=1u(y, 0)v(y, 0)dy +DR#∂u∂vaij (y, τ ) v(y, τ )− u(y, τ )+ bj (y, τ )u(y, τ )v(y, τ ) ×∂yi∂yi× cos(ν, yj )dy Sdτ (2.1.28)Применим формулу (2.1.28) к функции 21σ (y, x, t)R2v(y, τ ) =exp −− exp −,n1 ·4(t − τ )4(t − τ )[4π(t − τ )] 2 (det A(x, t)) 249обращающейся в ноль на боковой поверхности цилиндра.

Простые вычисленияпоказывают, что∂v(y, τ ) − Z 0 (y − x, t, τ ) = 0,∂yi∂v(y, τ ) − Z 0 (y − x, t, τ ) =∂τ R2R21n−exp −.=2(t − τ ) 4(t − τ )2 [4π(t − τ )] n2 (det A(x, t)) 124(t − τ )R2Условие (2.1.23) теперь выполнено, например, при C =. Поскольку,8nX∂∂ 01v(y, τ ) =Z (y − x, t, τ ) = −A(i,j) (x, t)(yj − xj )Z 0 (y − x, t, τ ),∂yi∂yi2(t − τ ) j=1A−1 (x, t)(y − x)ν=,kA−1 (x, t)(y − x)kформула (2.1.28) примет видZt Zu(x, t) =0 DRZt Z+Z[v(y, τ )Lu(y, τ ) − u(y, τ )M v(y, τ )] dydτ +u(y, 0)v(y, 0)dy +DR[(y − x)T A−1 (x, t)A(y, τ )A−1 (x, t)(y − x)] 0Z (y − x, t, τ ) ×2(t − τ )kA−1 (x, t)(y − x)k0 ∂DR× u(y, τ )dy Sdτ.

(2.1.29)Поскольку!R2M0 v(y, τ ) = −M0=n14(t − τ )[4π(t − τ )] 2 (det A(x, t)) 2nR21R2=−exp −, (2.1.30)2(t − τ ) 4(t − τ )2 [4π(t − τ )] n2 (det A(x, t)) 124(t − τ )1exp −получаем следующее представление решения параболического уравнения в эллиптическом цилиндре50Zt Zu(x, t) =v(y, τ )Lu(y, τ )dydτ +0 DRZt Z[M0 v(y, τ ) − M v(y, τ )]u(y, τ )dydτ ++0 DRZtn1R2−×+n4(t − τ )2 2(t − τ ) [4π(t − τ )] 2 (det A(x, t)) 210 DRZR2× exp −u(y, τ )dydτ + v(y, 0)u(y, 0)dy +4(t − τ )Z DRZt[(y − x)T A−1 (x, t)A(y, τ )A−1 (x, t)(y − x)]+×2(t − τ )kA−1 (x, t)(y − x)k0 ∂DR1R2×u(y, τ )dy Sdτ.

(2.1.31)−n1 · exp24(t−τ)2[4π(t − τ )] (det A(x, t))ZРассмотрим некоторые частные случаи формулы (2.1.31). Если матрицаnP∂∂2A(x, t) = A постоянна, а оператор L =aij, то M0 = M ,−∂t i,j=1 ∂xi ∂xj[(y − x)T A−1 (x, t)A(y, τ )A−1 (x, t)(y − x)] = σ 2 (x, y, t) = R2 ,и формула (2.1.31) приобретает видZt Zu(x, t) =0Zt Z nR2−×v(y, τ )Lu(y, τ )dydτ +4(t − τ )2 2(t − τ )0 DRDR1R2×−u(y, τ )dydτ +n1 exp4(t − τ )[4π(t − τ )] 2 (det A) 2ZZt ZR2+ v(y, 0)u(y, 0)dy +×2(t − τ )kA−1 (y − x)k0 ∂DRDR1R2×−u(y, τ )dy Sdτ. (2.1.32)n1 exp4(t − τ )[4π(t − τ )] 2 (det A) 2Для оператора L =∂∂t− 4 она превращается в равенство51u(x, t) =Zt Z· exp −1=n[4π(t − τ )] 20 DRZt Z+0 DRr24(t − τ )− exp −R24(t − τ )Lu(y, τ )dydτ +n1R2R2−u(y, τ )dydτ +−n · exp4(t − τ )2 2(t − τ ) [4π(t − τ )] 24(t − τ ) 2Z1rR2+exp −− exp −u(y, 0)dy +n4t4t[4πt] 2DRZt Z+0 ∂DR1R2R−u(y, τ )dy Sdτ, (2.1.33)n · exp2(t − τ ) [4π(t − τ )] 24(t − τ )где r = ky − xk.

При R2 > 2nt формула (2.1.33) превращается в теорему осреднем значении. При выполнении противоположного неравенства R2 < 2ntможно воспользоваться аналогичной формулойu(x, t) =Zt Z1=n[4π(t − τ )] 22 DRt− R2nZt Z +· exp −nR2−4(t − τ )2 2(t − τ )r24(t − τ )2 DRt− R2n2Z1DR R2 n24π 2n+Zt Z+2 ∂DRt− R2n− exp −R24(t − τ )f (y, τ )dydτ +R2−u(y, τ )dydτ +n · exp4(t − τ )[4π(t − τ )] 2rexp − R24 2n1!2R− exp − R24 2n!!R2u(y, t −)dy +2nR2R1−u(y, τ )dy Sdτ (2.1.34)n · exp2(t − τ ) [4π(t − τ )] 24(t − τ )для цилиндра DR × t −R22n , t.522.1.4Интегральное представление решения задачи Коши(T )Для оператора L, заданного в Dn+1 , в интегральном представлении(2.1.29) можно выполнить предельный переход при R → ∞. Очевидные неравенства[(y − x)T A−1 (x, t)A(y, τ )A−1 (x, t)(y − x)] 6 kA(y, τ )k · kA−1 (x, t)(y − x)k2 ,kA−1 (x, t)(y − x)k2 6 kA−1 (x, t)k · σ 2 (x, y, t),позволяют оценить поверхностный интеграл в формуле (2.1.29).Zt Z[(y − x)T A−1 (x, t)A(y, τ )A−1 (x, t)(y − x)] 0Z (y − x, t, τ ) ×2(t − τ )kA−1 (x, t)(y − x)k0 ∂DR× u(y, τ )dy Sdτ 6Zt Z1R×n2(t − τ ) [4π(t − τ )] 2 (det A(x, t)) 120 ∂DRR2× exp −u(y, τ )dy Sdτ 64(t − τ )Ztkuk µR2Rn16 n−dτ 6n · expΓ( 2 ) ν(t − τ ) [4(t − τ )] 24(t − τ )µ6ν0kuk µ6 nΓ( 2 ) νZ∞ns 2 −1 · exp (−s) ds.R24tСледовательно, поверхностный интеграл в формуле (2.1.29) стремится к нулюпри R → ∞.

Характеристики

Список файлов диссертации