УМФ_билеты (1181471), страница 3

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

Текст из файла (страница 3)

. . , xn )..y = y(x) = .yn−1 = yn−1 (x1 , . . . , xn )yn = ω(x1 , . . . , xn )⇒ после преобразования ω = 0 ⇔ yn = 0.Найдём это преобразование: возьмем n = ∇ω.Дополним n до базиса – получим hl1 , . . . , ln−1 , ni. Ортогонализуем – получим he1 , . . . , en−1 , ni . Возьмем такоепреобразование:y1 (x1 , . . . , xn ) = e1 , x − x0..y = y(x) = .0yn−1 (x1 , . .

. , xn ) = en−1 , x − xyn (x1 , . . . , xn ) = ω(x) ∂y1∂y1 · · · ∂x∂x1nПроверим |J(x0 )| =6 0 : |J(x0 )| = · · · · · · · · · . Строки матрицы – компоненты ОНБ ⇒ |J| =6 0. ∂ω · · · ∂ω ∂x1∂xnЗначит, это диффеоморфизм класса C 2 .nP2ûВ новых переменных:âkl (y) ∂y∂k ∂y+ F̂ (y, û, ∇y û) = 0.lk,l=1Условие характеристичности поверхности: ânn =nPi,j=1n ∂ynaij [x(y)] ∂y∂xi ∂xj = 0.Определение 2.2 (Характеристическая поверхность). Гладкая поверхность S называется характеристикой,nPесли в точках этой поверхности выполнено равенствоaij ωxi ωxj = 0.i,j=1∂uS – прямая x = y, n = − √12 , √12 ; ∂n= − √12 ux + √12 uy = u1 .hihi1√1 ∂ − √1 ux + √1 uy + √1 ∂ − √1 ux + √1 uy = 0.

Значит, любую функциюПроизводная du=l,∇=dl∂n2 ∂x222 ∂y22на S задать нельзя; прямая x = y – характеристика.Пример 2.1.∂2u∂x2−∂2u∂y 2= 0.∂uПример 2.2. utt − a2 ∆x u = f (t, x), x ∈ R3 (волновое уравнение).2Характеристическое уравнение: ∂ω− a2 (grad(ω))2 = 0∂tЭтому уравнению удовлетворяет ω(t, x) = a2 t2 − x2 = 0.|{z}конусПример 2.3. ut − a2 ∆x u = f (t, x) (уравнение теплопроводности).Характеристическое уравнение: −a2 [ωx21 + · · · + ωx2n ] = 0 ⇒ ωxi = 0, i = 1, nТак как ∇ω 6= 0, мы требуем ωt 6= 0 ⇒ ω(t, x) = t − C = 0; гиперплоскости t = C.Пример 2.4. ∆u(x) = f (x) (ур-е Пуассона), x ∈ Rn ;Характеристическое уравнение: a2 [ωx21 + · · · + ωx2n ] = 0 ⇒ ωxi = 0, i = 1, n.

А мы требовали ∇ω 6= 0 ⇒ ууравнения эллиптического типа нет характеристик.11Offtop 2.1. Пусть S : ω(x) = 0, ω(x) ∈ C 2 (Ω), ∇ω 6= 0 ∀ x ∈ Ω (гладкая поверхность, нормаль меняетсяnPнепрерывно). Будем называть x0 ∈ S характеристической, еслиaij (x0 )ωxi (x0 )ωxj (x0 ) = 0.i,j=1Функция u(x) = u(x1 , . . . , xnP) называется вещественно-аналитической в x0 , если в некоторой Uε (x0 ) онапредставима в виде u(x) =uα (x − x0 )α , где α – мультииндекс, uα ∈ R, (x − x0 )α = (x1 − x01 )α1 · · · · · (x −|α|>0x0n )αnТеорема 2.1 (Ковалевской). Пусть в уравненииnP2i,j=1•••••u+ F (x, u, ∇u) = 0:aij (x) ∂x∂i ∂xjвсе aij (x) вещественно-аналитические в x0F (x, u, ∇u) –вещественное-аналитическая в (x0 , u0 (x0 ), ∇u(x0 )) соответственноω(x) вещественно-аналитическая в x0x0 – не характеристическая точка Su0 , u1 – вещественно-аналитические в x0 .Тогда:• ∃ Uε (x0 ) : в ней ∃ вещественно-аналитическое решение Задачи Коши (ЗК)• оно единственно в классе вещественно-аналитических функций.Рассмотрим абстрактную дифференциальную задачу:(L(x, D)u(x) = f (x), x ∈ Ω ⊆ RnBj (x, D)u(x) = gj (x), x ∈ Γ, j ∈ 1, m,(*)L – Линейный дифференциальный оператор порядка pBj – конечное семейство линейных дифференциальных операторов в Γ ⊂ Ω̄.Определение 2.3.

Пусть:1. ∃ ЛПН F (Ω) и U (Ω) функций на Ω (ЛНП – линейные нормированные пространства)2. ∃ ЛПН G1 (Γ), . . . Gm (Γ) функций на Γтакие, что ∀ f (x) ∈ F (Ω) и ∀ gj (x) ∈ Gj (Γ), j = 1, m ∃ ! решение u(x) ∈ U (Ω) краевой задачи (*), приmPчём для решения справедлива оценка: kukU (Ω) ≤ Ckf kF (Ω) +cj kgj kGj (Γ) . Тогда задача корректна поj=1отношению к выбранному набору пространств.12Пример2.5 (Адамара). Рассмотрим ЗК для уравнения Лапласа:uxx + uyy = 0√u|y=0 = u0 (x) = e− n cos nx ⇒ 0 вместе со своими производнымиuy |y=0 = u1 (x) ≡ 0√При u0 = 0 : uдолжны → 0.

Функции un = e− n cos nx ch ny – решения.√ ≡ 0. Решения √∗un (0, y ∗ ) = e− n ch ny ∗ > 21 e− n eny → ∞. Тогда неравенство, выделенное в определении рамкой, не выполнено.133Билет 3. Задача Коши для уравнения колебаний струны. ФормулаДаламбера. Область зависимости решения от начальных данных.Существование и единственность классического решения. Корректность постановки задачи2utt − a uxx = 0• Задача u(t, x)|t=0 = u0 (x)−l <x<lut |t=0 = u1 (x)Что понимать под решением задачи?Определение 3.1 (Классическое решение). Классическое решение – функция класса C 2 , которая вточках указанной области удовлетворяет уравнению и заданным соотношениям.•(Характеристическоеуравнение: (dx)2 − a2 (dt)2 = 0(ξ = x + atx + at = C1⇐η = x − atx − at = C2В новых координатах ûξη (ξ, η) = 0 ⇒ û = f (ξ) + g(η).Возвращаясь обратно, получим u(t, x) = f (x + at) + g(x − at).• Решим ЗК (поверхности нигде не касаются характеристик – задача должна быть корректной):u|t=0 = u(0, x) = f (x) + g(x) = u0 (x),00ut |t=0 = af (x) − ag (x) = u1 (x),−l < x < l−l < x < l1⇒ f (x) − g(x) =aZxu1 (z)dz + C =−l1V1 (x)a⇓(1f (x) = 12 u0 (x) + 2aV1 (x)11g(x) = 2 u0 (x) − 2a V1 (x)(−l < x < l)(*)1111u0 (x + at) + V1 (x + at) + u0 (x − at) − V1 (x − at) =22a22aZ x+atu0 (x + at) + u0 (x − at)1=+u1 (x)dx − формула Даламбера22a x−atu(t, x) =Решение определяется единственным образом.Если требуется определить максимальную область, где можно написатьрешение, то обратимся к формулам (*).(−l < x + at < lФункции u0 и V определены лишь на (−l; l) ⇒ искомая область:– характеристический−l < x − at < lчетырехугольник Q.Нами доказана теорема:(u0 (x) ∈ C 2 (−l; l)Теорема 3.1.

Пусть. Тогда ЗК имеет в Q единственноеu1 (x) ∈ C 1 (−l; l)решение u(t, x) ∈ C 2 (Q) – классическое. Оно дается формулой Даламбера.• Корректность задачи для уравнения малых колебаний струны:• нами проверены существование и единственность классического решения.14yQx• покажем непрерывность решения по входным данным u0 и u1 .Берем две задачи:11utt −a2 uxx = 0, (t, x) ∈ Q 11u=u0 (x), |x| < lt=01 u1 =u1 (x), |x| < ltt=012 Пусть u0 − u0 < δ0 ,12 u1 − u1 < δ122utt −a2 uxx = 0, (t, x) ∈ Q 22u=u0 (x), |x| < lt=02 u2 =u1 (x), |x| < ltt=012v0 =u0 − u012∀ x : |x| < l. Введем v1 =u1 − u112v =u − u2vtt − a vxx = 0, (t, x) ∈ QТогда задача для v :v|t=0 = v0 (x), |x| < l, |v0 | < δ0 .vt |t=0 = v1 (x), |x| < l, |v1 | < δ1 v (x + at) + v (x − at)R1 x+at 00v1 (y)dy ≤ δ0 +δ1 t+Согласно формуле Даламбера, |v(t, x)| = 22a x−at– Если l конечно, то t ≤la∀(t, x) ∈ Q.из вида четырёхугольника Q.

Устремляя δ0 , δ1 → 0, получим |v| → 0.– Если l = ∞: в любой конечной полосе t ≤ T < ∞ требуемое верно.Так заметаем всю плоскость.1544.1Билет 4. Смешанная задача для колебаний полубесконечной струны с закрепленным концом. Условия согласования начальных играничного данных. Существование и единственность классического решения.ФормулировкаЗадача (называется начально-краевой или смешанной)utt − a2 uxx u|t=0u|t t=0u|x=0= 0, t > 0, x > 0= u0 (x), x ≥ 0= u1 (x), x ≥ 0= 0, по сравнению с задачей Коши это дополнительное граничное условие(2)Замечание. Физический смысл: смотрим, как волна отражается от закрепленного концаПредполагаем, что(4.2u0 (x) ∈ C 2 ([0, +∞))u1 (x) ∈ C 1 ([0, +∞))Общее решениеu(t, x) = f (x + at) + g(x − at)(u|t=0 = f (x) + g(x) = u0 (x), x > 0ut |t=0 = af 0 (x) − ag 0 (x) = u1 (x), x > 0Если ввести обозначение v1 =Rx0u1 (y) dy + C, то при x > 011u0 (x) + v1 (x)22a11g(x) = u0 (x) − v1 (x)22af (x) =Граничные условия нужны для определения u в (x > 0) ∩ (t > 0) (в смысле пересечения областей).

Их необязательно ставить на x = 0, можно на x + αt = 0, −a < α < a, то есть там, где известна только одна изфункций, а не обе.u|x=0 = f (at) + g(−at) = 0, t > 016Введем ξ = −at, ξ 6 0, тогда g(ξ) = −f (−ξ) и суммарно:(11u0 (ξ) − 2av1 (ξ),ξ>0g(ξ) = 2 11− 2 u0 (−ξ) − 2a v1 (−ξ), ξ 6 0Теперь g известна везде, решение найдено при x + at > 0, то есть даже в большей области, чем мы хотели.yx4.3СшивкаЧтобы g(x) ∈ C 2 (R), решения необходимо «сшить»g(+0) = g(−0)g 0 (+0) = g 0 (−0)g 00 (+0) = g 00 (−0)Распишем эти условия:11 1 1u0 (0) − v1 (0) = − u0 (0) − v1 (0) ⇒ u0 (0) = 022a22a1 011 01g 0 (+0) = g 0 (−0) ⇔ uu1 (0) = uu1 (0) ⇒ u1 (0) = 00 (0) −0 (0) +22a22a1111g 00 (+0) = g 00 (−0) ⇔ u000 (0) − u01 (0) = − u000 (0) − u01 (0) ⇒ u000 (0) = 022a22ag(+0) = g(−0) ⇔Определение 4.1 (условия согласования).

Эти условия называются условиями согласования (начальных играничных условий)При их выполнении решение будет классическим. Если u0 (0) 6= 0, то даже обобщенного решения не будет4.4Окончательное решение задачи(u(t, x) =u0 (x+at)+u0 (x−at)2u0 (x+at)−u0 (x−at)2++12a12aR x+atu1 (y) dy, {x ≥ −at, x ≥ at}Rx−atat−xu (y) dy, {x ≥ −at, x ≤ at}x+at 1Теорема 4.1. Пусть в смешанной задаче 2 функции u0 (x) и u1 (x) таковы, что• Выполнено условие гладкости: u0 (x) ∈ C2 [0, +∞), u1 (x) ∈ C1 [0, +∞)• Выполнено условие согласования: u0 (0) = u1 (0) = u000 (0) = 0Тогда задача 2 имеет единственное классическое решение u ∈ C2 (t ≥ 0, x ≥ 0) представленное в 317(3)Доказательство.

Используем метод продолжений. Для задачиutt − a2 uxx = 0 t > 0, x > 0 u|x≥0t=0 = u0 (x)u|=u(x)x≥0t1 t=0u|x=0 = 0t≥0Введем((u1 (x)x≥0u0 (x)x≥0, û1 (x) =û0 (x) =−u1 (−x) x < 0−u0 (−x) x < 0Тогда21ûtt − a ûxx = 0 t > 0, x ∈ Rсвели к задаче Кошиû|t=0 = û0 (x)x ∈ R11ût |t=0 = û1 (x) x ∈ RРешение дается формулой Даламбера:û0 (x + at) + û0 (x − at)1û(t, x) =+22aZx+atû1 (y) dyx−atПокажем нечетность по x:û(t, −x) =û0 (−x + at) + û0 (−x − at) 1+22aû(t, 0) =Z−x+atû1 (y) dy =−x−atû0 (x − at) + û0 (x + at) 1−22aû0 (−at) + û0 (at) 1+2|{z} 2a=018Z+atû1 (y) dy = 0−atZx+atû1 (y) dy = −û(t, x)x−at5Билет 5.

Характеристики

Список файлов вопросов/заданий