1612725571-7e5d9541e6304e08fcb0d799898e3002 (828614), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Функцияu(x, t), удовлетворяющая уравнению теплопроводности (13.1), может достигать своего максимума только на Π.Предположим противное, пустьM = max u(x, t) = u(x0 , t0 ) > m = max u(x, t).γ[ΩΠВведем вспомогательную функциюW(x, t) = u(x, t) +M−m(x − x0 )22(b − a)2и оценим ее на Π:M+mM−m=.22В оставшейся части границы и в самой области Ω [ γ функция принимает значения,которые превышают максимум на границе, например, W(x0 , t0) = M, значит ее максимум достигается где-то в объединении Ω [ γ. Пусть это происходит в точке (x1 , t1).Рассмотрим два случаяW(x, t)|(x,t)2Π 6 m +1.
(x1 , t1) 2 Ω. Тогда в точке максимума Wt = 0, а Wxx 6 0, откуда Wt − Wxx > 0. Сдругой стороны, Wt − Wxx = −(M − m)/(b − a)2 < 0. Мы пришли к противоречию.2. (x1 , t1) 2 γ. Wt > 0, тогда тем более Wt −Wxx > 0. Снова приходим к противоречию.Теперь, аналогично случаю эллиптических операторов, заменяя u → −u, выводимпринцип минимума. Из этих принципов следует, что решение однородного уравнения снулевыми начальными и граничными условиями (на Π) тождественно равно нулю.Замечание 13.1 .
Доказательство обобщается на случай нескольких пространственныхпеременных, если (b−a) во вспомогательной функции заменить на диаметр d области D .Гиперповерхность Π, на которой ставятся условия становится объединением начальнойгиперповерхности и боковыхграниц области Ω: Π = D[∂DR+ . Получается n-мерныйцилиндр, к которому добавлено дно.Связь функций Грина первого и второго родаНеоднородную краевую задачу для уравнения теплопроводности можно разбитьна две полуоднородные. Для простоты будем рассматривать произвольные x 2 Rn , то9013 НЕСТАЦИОНАРНЫЕ УРАВНЕНИЯесть искать решение в области Ω = RnТогда полная неоднородная задачаR+ , а начальное условие ставить вut = 4u + f(x, t),D= Rn .u(x, 0) = g(x)разбивается на двеvt = 4v + f(x, t), v(x, 0) = 0,wt = 4w, w(x, 0) = g(x).(13.2)(13.3)Сумма их решений u = v + w есть решение исходной неоднородной задачи.
ФункцияГрина первого рода, которая дает решение задачи (13.2), удовлетворяет дифференциальному уравнениюGt − 4G = δ(x − x 0 )δ(t − t 0 ),G|t=0 = 0.Решение задачи (13.2) дается интегралом по области ΩZv(x, t) =G(x, t, x 0, t 0 )f(x 0 , t 0) dx 0 dt 0 ,(13.4)(13.5)Ωгде интегрирование по всем переменным ведется в бесконечных пределах. Решение второй полуоднородной задачи (13.3) — задачи Коши для однородного уравнения теплопроводности — дается интегралом по начальной гиперповерхности D = RnZw(x, t) =GS (x, x 0 , t)g(x 0) dx 0 .(13.6)DМожно вывести связь функций Грина первого и второго рода. Для этого перенесемначальное условие задачи (13.3) в правую частьwt = 4w + g(x)δ(t),w = 0, t < 0.Тогда вторую полуоднородную задачу можно свести к первой, если приравнять ее решение, полученное по формуле (13.5), к интегралу (13.6):ZZ000000w(x, t) =G(x, t, x , t )g(x )δ(t ) dx dt = GS (x, x 0 , t)g(x 0) dx 0 .ΩDМы получаем функцию Грина второго родаGS (x, x 0 , t) = G(x, t, x 0, 0).Функция GS получается из функции Грина первого рода приравниванием к нулю переменной t 0 .Формула ПуассонаКоэффициенты уравнения (13.4) не зависят от x, t, поэтому решение может зависеть только от разностей x − x 0 , t − t 0 .
Уравнение можно немного упростить, ограничившись сначала случаем x 0 = t 0 = 0. Получится∂G− 4G = δ(x)δ(t).∂t13.1. Параболические операторы91По той же причине, т.е. благодаря постоянным коэффициентам (а значит и трансляционной инвариантности), уравнение упрощается с помощью преобразования ФурьеZZdk dω−i(kx−ωt)Gk ω = G(x, t)edx dt, G(x, t) = Gk ω ei(kx−ωt).(13.7)(2π)n 2πЗдесь x = (x1 , .
. . , xn) и k = (k1 , . . . , kn ) — n-мерные векторы, а kx = k1 x1 + + kn xn —скалярное произведение. Преобразование Фурье переводит дифференциальные операторы в умножение∂∂→ −iω→ ik,∂t∂xи тем самым диагонализует уравнение, т.е. превращает в алгебраическое, которое решается сразу1.(−iω + k2 )Gk ω = 1 ⇒ Gk ω =−iω + k2ωt>0-i kОбратное преобразование по ω даст функцию Грина вk-представленииGk (t) =2∞Z−∞e−iωt dω.−iω + k2 2π(13.8)Интеграл по действительной оси в ω - плоскости можно превратить в контурный.
Напомним, что правило замыканияконтура определяется знаком действительной части показателя экспоненты. Надо подставить в обратное преобразование Фурье (13.8) ω = Reiα и определить в каком секторе изменения аргумента αинтеграл по полуокружности исчезает при увеличении R → ∞. При t < 0 контур замыкается в верхней полуплоскости, где подынтегральная функция не имеет полюсов.Поэтому интеграл по замкнутому контуру равен нулю. При t > 0 контур замыкаетсяв нижней полуплоскости, поэтому интеграл равен вычету в полюсе ω = −ik2 , взятому с противоположным знаком из-за отрицательного направления обхода. С помощьюступенчатой функции Θ(t) ответ можно записать в виде одной формулы:0, t < 0;2Gk (t) = e−k t Θ(t), Θ(t) =1, t > 0.Остается выполнить обратное преобразование по kZdk2G(x, t) = Θ(t) eikx−k t.(2π)nКонкретное значение интеграла зависит от размерности n.
В декартовых координатахпеременные разделяются и интеграл распадается в произведение n одинаковых однократных интегралов, которые легко берутся. ПолучаетсяG(x, t) =Θ(t)(2π)nπtn/2e−x2 /4t.При n = 1 функция переходит в известное автомодельное решение уравнения теплопроводности с точечным начальным условием.9213 НЕСТАЦИОНАРНЫЕ УРАВНЕНИЯОстается восстановить штрихованные координаты заменой x → x − x 0 , t → t − t 0 ивыписать ответы00G(x, t, x , t ) =Θ(t − t 0 )"#(x − x 0 )2exp −,4(t − t 0 )[4π(t − t 0 )]n/2#"1(x − x 0 )20GS (x, x , t) =exp −.4t(4πt)n/2Во второй формуле можно не писать Θ-функцию, потому что заранее известно, что задача Коши ставится только для t > 0. Полученная функция Грина второго рода описываетрасплывание начального условия в виде n-мерной δ-функции.
Дисперсия распределения растет со временем линейно σ2 (t) = 2t, а нормировка сохраняется. Решение задачиКоши в виде интеграла#"Z(x − x 0 )2dx 0w(x, t) = exp −g(x 0 )4t(4πt)n/2называется формулой Пуассона.13.2.Гиперболические операторыДля примера рассмотрим неоднородное волновое уравнение, считая, что c = 1:u ∂2 u− 4u = f(x, t).∂t2Найдем, в какой области Ω решение задачи Коши (без краевых условий) единственно вслучае одной пространственной переменной, а функцию Грина вычислим в случае трехпространственных переменных.ЕдинственностьКак и для параболического уравнения, начальные условия поставим на отрезкеAB : a 6 x 6 b, а решение будем искать на конечных временах 0 < t < T . Однородноеволновое уравнение∂2 v ∂2 vv 2 − 2 = 0.∂t∂xtCA’B’TΩxBУмножим уравнение на vt , прибавим и отнимем vt vxt .Если заметить, что получился интеграл от компоненты ротора, и воспользоваться теоремой Стокса, получим контурный интеграл второго рода!ZI 2∂ v2t + v2x∂vt + v2x−(vt vx ) dx dt =dx + vt vx dt,2∂x2Ω ∂tкоторый должен обращаться в нуль.
В качестве области Ωвыберем трапецию, ребра которой — отрезки характеристик x t = onst, проходящих через концы A, B начального отрезка, нижнее основание— сам начальный отрезок AB, верхнее основание — отрезок A 0 B 0 , который получилсяпри пересечении прямой t = T и характеристик. Чтобы найти контурный интеграл, надоA13.2. Гиперболические операторы93спроектировать вектор (v2t /2 +v2x /2, vt vx ) на периметр, т.е. на вектор ds = (dx, dt).
На основаниях трапеции вектор ds = (dx, 0) и интегрировать надо только первое слагаемое.Вдоль ребер трапеции dx = dt и интеграл второго рода по ds сводится к интегралу первого рода по dt. Учитывая направление интегрирования, указанное стрелками,получим−BZ0A0v2t + v2xdx +2ZBv2t + v2xdx −2ABZ0v2t + v2x− vt vx2!dt +ZAA0Bv2t + v2x+ vt vx2!dt = 0.Назовем энергией и обозначим буквой E интегралE=ZBv2t + v2xdx,2E0 =BZ0A0Av2t + v2xdx.2Тогда получитсяE = E0 +ZT(vt − vx )2dt +20ZT(vt + vx )2dt.20Поскольку интегралы неотрицательно определены, получается неравенство E > E 0 . Значит, если E = 0, то и E 0 = 0. Мы показали, что уравнение с нулевым начальным условиемимеет нулевое решение в трапеции Ω.
Верхнее основание можно двигать вверх вплотьдо C, точки пересечения характеристик. Значит решение неоднородной задачи единственно в характеристическом треугольнике ABC. Если начальное условие поставленона всей оси, решение единственно в полуплоскости t > 0.Связь функций Грина первого и второго родаВторая полуоднородная задача для волнового уравнения, задача Коши, содержитдва начальных условияu = 0,u(r, 0) = g(r),ut (r, 0) = h(r).(13.9)Поэтому и функция Грина второго рода получается двухкомпонентная. Решение даетсясуммой двух интегралов по начальной поверхности D = Rn :Z(1)(2)u(r, t) = GS (r, r 0, t)g(r 0) + GS (r, r 0, t)h(r 0) dr 0 .(13.10)Выведем формулу Грина для волнового уравнения, которая поможет нам установить связь между функциями Грина первого и второго рода. Возьмем решение u задачи(13.9) и функцию Грина первого рода, которая является решением задачиG = δ(r − r 0 )δ(t − t 0 ),G|t=0 = 0,Gt |t=0 = 0,и найдем разность скалярных произведенийZu(r 0 , t 0) = (u, G) − (G, u) == dr dt [(uGtt − Gutt ) − (u 4 G − G 4 u)] ="#Z∂(uGt − Gut ) − r (urG − Gru) == dr dt∂tZ ZZZ∂= dr dt (uGt − Gut ) − dt dr div (urG − Gru) .∂t(13.11)9413 НЕСТАЦИОНАРНЫЕ УРАВНЕНИЯВторой интеграл по объему от дивергенции преобразуется в поток через бесконечноудаленную поверхностьI(urG − Gru)dS,поэтому равен нулю.
Первый интеграл по времени берется, но дает нуль на верхнемпределе t → ∞, где G, Gt → 0. Остается значение на нижнем пределе со знаком минус:Z00u(r , t ) = − dr(uGt − Gut )t=0 .Сравнивая с общим выражением (13.9), найдем компоненты функции Грина второгорода∂G (1)(2)GS = − 0 , GS = G|t 0 =0 .(13.12)∂t t 0 =0Осталось найти функцию Грина первого рода, убывающую на бесконечности, котораяявляется решением первой полуоднородной задачи (13.11).Запаздывающая функция ГринаОграничимся случаем n = 3 пространственных переменных, когда D = R3 и положим r 0 = 0, t 0 = 0.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
