1610915353-b4768a0098f549c63012cd5cff273c49 (824744), страница 9
Текст из файла (страница 9)
При этом функция и(х, у)е" " должна была бы достигать наибольшего абсолютного значения не на основании. Поскольку все условия содержат лишь абсолютные значения функции и(х, у) н ее производных, мы можем, меняя, если это надо, знак у и(х, у), считать, что произведение и(х, у)е*' " достигает наибольшего положительного значения ие на основании сз. При этом можно фиксировать столь малое положительное число Х, что функция о (х, у) = и (х, у) е с с+И с" "' (93) будет достигать наибольшего положительного значения не на основании ~Х. Приведем это к противоречию. Если это имеет место внутри сЪ, то мы должны иметь в соответствующей точке о, = о„=О, откуда следует: и„— (1+ И)и=О, ие — — 0 (и > 0), а это противоречит (90) при А = В = 1, Если это имеет место на стороне х — хо — — у — ус (не в вершине сз), то в соответствующей точке мы должны иметь о„(0, и, дифференцируя ов Гл 1 ОБщАя теОРия уРАВнении с частными пРОизВОднъ[ми По вдоль этой стороны, получим и + по ° О.
Это приводит к фор- мулам (94) и вместо (90) мы будем иметь 1и;1(био 1+ ~ и ~, а Условие (91) по-пРежнемУ бУдет иметь вид [и(Вхо, У~ ~( М„ В пилу доназанного выше, мы получим 1и(х', у') [(Ме[ а"! в Л или, возвращаясь к прежним независимым переменным, получим неравенство (92) в с!, Переходим к доказательству единственности решения уравнения (82) при условии (81) и сделанных выше предположениях.
Пусть имеются два решения и!(х, у), ио(х, у) в полосе х, (х( хь причем пусть [ио(х, у) ~ и [иоо(х, у) ~, /г = 1,2, не превосходят какого-либо числа М!. Относительно /(х, у, и, д) достаточно предположить, что при любых (х, у) из этой полосы и ио, дм Й = 1, 2, не превосходящих по модулю М!, выполняется неравенство 1) (х, у, ио, до) — [(х, у, ин д!) 1(~ В1из — и, ~+ А ~ до — д! 1, иу(0; и„= — иу+(! +Х)и (и ) 0), которые опять противоречат (90) при А = В = 1. Если это имеет место на стороне х — хо — — — (у — уо), то аналогично получим оо ) О, и, — о„= О, откуда ио)0; и„=из+(1+)о)и (и) 0), (95) что опять находится в противоречии с (90) прн А =В 1.
Положим, наконец, что функция (93) достигает наибольшего положительного значения в вершине треугольника Л. Мы должны иметь во всяком случае в этой точке [[, ) О, т. е. и„) (1+ А) и. Если при этом и„= О, то мы опять пришли к противоречию с (90). Если в вершине и„( О, то, дифференцируя вдоль стороны х — хо у — уь получим и,+ и„) О, что приводит к неравенствам и„(0, и„) — ио+(1+А)и, что претнворечит (90) при А = В = 1. Если же в вершине и„) О, то, дифференцируя вдоль стороны х — хо — (у — уо), придем, как и выше, к противоречию. Итак, лемма доказана при А = В = 1. Распространим ее на общий случай.
Мы имеем в треугольнике со сторонами (88) условия (90) и (91). Введем новые независимые переменные х'= Вх, у'= — „у. Треугольник Л перейдет в треугольник Аз' со сторонами х' Вхо, 'х' — Вхо= у' — у!', х' — Вхо = — (у' — уо) 1и осовыи случАи 41 где А и  — некоторые постоянные. Вычитая из уравнения (82) для ир(х, у) уравнение (82) для и,(х, у) и используя это свойство 1, получим ) (и,— и,)„) ( А) (и, — и,)р)+ В1иг — и1!. Применяя к разности из — и1 доказанную лемму и принимая во внимание, что эта разность обращается в нуль при х = хр (т. е. М = 0), мы из (92) видим, что ир(х, у) — и, (х, у) = 0 в любом треугольнике Л, т. е.
единственность решения доказана. Общий случай уравнения (69) при данных Коши на любой кривой можно привести к разобранному выше при помощи замены переменных и решения дифференциального уравнения относительно одной из производных. Это мы уже делали в 191. Рассмотрим теперь в треугольнике Л два решения и~(х, у) и из(к, у) уравнения (82) при различных условиях: п1 ~„„„,=ф1(у): из)„„,=фз(у). Применяя к разности (из — и~) лемму, получим следующее не- равенство в треугольнике Л: )из(х, у) — и,(х, у)1( гпах ~ ф2(у) — ф~(у) ~еэм ">. дояр~у, Это неравенство доказывает непрерывную зависимость решения от начальных данных ф(у), входящих в формулу (81).
Отметим еще одно обстоятельство, связанное с решением задачи Коши. Если функция ф(у) не имеет непрерывной производной второго порядка, то применение метода Коши может привести к поверхности и=и(х, у), для которой и(х, у) не имеет производной.
Можно показать, что в таком случае задача не имеет решения с непрерывной производной (Х а а р (Нааг).— АС1а Зхейей, 192$, 4, № 2]. Доказательство указанной выше леммы в более общем случае и ее применения к доказательству теорем единственности для уравнений с частными производными можно найти в статье: М ы ш к и с А. Д. Единственность решения задачи Коши.— УМН, 1948, 3, № 2.
11. Особый случай. Положим, что нам задана полоса, удовлетворяющая двум соотношениям (80) и такая, что вдоль этой полосы определитель (87) равен нулю: Ьо=хрую — хабур), А=уо(1)ур,— хо(1)У4,=0 (96) Положим, что существует интегральная поверхность и = и(х, у), проходящая через. такую полосу, причем и(х, у) имеет непрерывные производные до' второго порядка. Если г и г"„не равны одновременно нулю, то из (96) и второго из соотношений 43 ГЛ, 1.
ОБШАЯ ТРОРНЯ УРАВНЕНИИ С ЧАСТНЫМИ ПРОНЗВОДНЫМН П1 (80) следует, что наша полоса удовлетворяет уравнениям (66); в которых э надо заменить буквой й Но тогда приведенные в (б) вычисления покажут нам, что эта полоса удовлетворяет и всем уравнениям (68), 'т. е.
является характеристической полосой. Таким образом, если, при выполнении условия (96), существует интегральная поверхность, содержащая заданную полосу, то эта полоса должна быть характеристической полосой (причем считается, что г„и Р», не равнь1 одновременно нулю). При этом, совершенно так же, как и в случае линейного уравнения, через эту полосу может проходить, вообше говоря, бесчисленное множество интегральных поверхностей. Надо провести некоторую полосу »о, которая имеет с полосой (74) некоторую общую точку (хо, уы ио) и общие в этой точке ро и ды и притом так, чтобы вдоль новой полосы оо определитель (87) был отличным от нуля.
При выполнении некоторых условий через эту полосу проходит определенная интегральная поверхность, которая будет содержать характеристическую полосу (74), ибо она содержит ее начальный элемент. Ввиду произвольности в выборе полосы оо, мы и имеем бесчисленное множество решений задачи. Если вдоль заданной полосы Ло = О, но полоса не является характеристической, то решение задачи невозможно, если говорить о функциях и(х, у), имеющих непрерывные производные до второго порядка. Но может случиться, что соответствующая линия будет особой для интегральной поверхности. Заметим при этом, что прн проведении метода Коши нами были использованы производные второго порядка функции и(х, у).
Если выполнено равенство (96) и полоса не характеристическая, то вдоль этой полосы удовлетворены только первые три из уравнений системы (68). На доказательстве высказанных выше утверждений мы не останавливаемся. Предыдущие рассуждения имеют простой геометрический смысл. Если нам задана некоторая линия 1, тд первое из условий (80) показывает, что вдоль этой кривой плоскость, определяемая величинами ро(Г) и до(Г), должна касаться конуса Т, а второе условие равносильно тому, что эта плоскость должна содержать касательную к б Вспоминая уравнение (64) образуюших конуса, мы видим, что условие Ло чь 0 равносильно тому факту, что вдоль 1 касательные к 1 не совпадают с образующими конуса Т.
Разрешимость уравнений (86) относительно ро(Г) и до(1) сводится к возможности проведения плоскости, которая содержит касательную к 1 и касается конуса Т. Положим, что мы можем через касательные к 1 провести плоскости, которые касаются Т и непрерывно меняются вдоль 1 (ро(Г) и до(1) должны иметь непрерывные производные). Мы дополним таким образом кривую 1 до полосы и, прини. мая эту полосу за начальные значения в решениях (73), будем 10 осовып случхн 43 иметь интегральную поверхность.
Если касательные к ( явля. ются образующими конусов Т, мы будем иметь, проводя касательную плоскость к конусу вдоль соответствующей образую.' шей, значения рь и аь вдоль Т. Полученная таким образом полоса может оказаться характеристической полосой.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
