1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 7
Текст из файла (страница 7)
. . , ϕn−2 ≤ π, 0 ≤ ϕn−1 < 2π, r ≥ 0.Элемент объема в полярных координатах равенdx = rn−1 sinn−2 ϕ1 sinn−3 ϕ2 · · · sin ϕn−2 drdϕ1 · · · dϕn−1 = rn−1 drdS1 = drdSr ,где dS1 - элемент поверхности единичной сферы, dSr = rn−1 dS1 - элементповерхности сферы радиуса r.
Поэтому:ZRndx=(1 + |x|2 )kZ∞Zdr0|x|=rdSr= σn(1 + r2 )kZ∞0rn−1 dr,(1 + r2 )k2nгде σn = Γ(π n2 ) - площадь единичной сферы.2Последний интеграл сходится, если 2k − n + 1 > 1, т.е. при k > n2 (т.е.∀f (x) ∈ J является интегрируемой функцией).e < ∞ для всех ξ ∈ Rn . Это означает, что fb(ξ) определена,Итак |fb(ξ)| ≤ Cнепрерывна, т.к. подынтегральная функция непрерывна, а интеграл сходитсяравномерно по параметру ξ ∈ Rn .б) Покажем теперь, что |fb(ξ)| → 0 при |ξ| → ∞.Посколькуµ¶k4x1 − 2 e−2πi(x,ξ) = (1 + |ξ|2 )k e−2πi(x,ξ) ,4πnP∂24x =, k ≥ 0 - любое целое число;∂x2то:jj=1R(1 + |ξ|2 )k fb(ξ) = (1 + |ξ|2 )ke−2πi(x,ξ) f (x)dx =RnR=2 k −2πi(x,ξ)(1 + |ξ| ) eRn=1−Rn=R4x4π 2=RnGf (x)dx −Gf (x)dx −Rn+ 4π1 214π 214π 2µn RPj=1 RnnRPj=1 Rn−1µ¶n RP∂f∂G ∂xj dx −∂xjj=1 Rnµгде G = 1 −4x4π 2¶ ¸RG f (x)dx = Gf (x)dx −RnR1−Rn·µRf (x)dx =¶k½µR∂∂xj¶dx +·∂Gf (x)∂xj14π 2e14π 2∂Gf (x)∂xjn RPj=1 Rn¾−2πi(x,ξ)n RPj=1 Rn14π 2f (x)dx =∂2Gf (x)dx∂x2jn RPj=1 Rn∂G ∂fdx∂xj ∂xj==¸¯xj =+∞¯¯dx1 · · · dxj−1 dxj+1 · · · dxn +¯xj =−∞2G ∂∂xf2 dxj=R·µG 1−Rn¶4x4π 2¸f (x) dx,¶k−14x4π 2e−2πi(x,ξ) , f (x) ∈ J !Проделывая выше описанную выкладку k раз, мы в итоге получим:Z2 kb(1 + |ξ| ) f (ξ) = e−2πi(x,ξ) g(x)dx,Rnµ¶k4x4π 2где g(x) = 1 −f (x) ∈ Jи снова, как и выше, можно показать, чтоee(1 + |ξ|2 )k |fb(ξ)| ≤ C< ∞,т.е.|fb(ξ)| ≤eeC→ 0 при |ξ| → ∞.(1 + |ξ|2 )kПосколькуee(1 + |ξ|2 )k |fb(ξ)| = (1 + |ξ|2 )l (1 + |ξ|2 )k−l |fb(ξ)| ≤ C,то(1 + |ξ| ) |fb(ξ)| ≤2 lдля любых k и l (l < k).eeC→ 0 при |ξ| → ∞(1 + |ξ|2 )k−l3в) Далее, формально продифференцируем функцию fb(ξ):ZαbDξ f (ξ) = (−2πix)α e−2πi(x,ξ) f (x)dx, (−2πix)α = (−2πi)|α| xα .RnДля любого α эта функция существует и непрерывна.
Следовательно, как ивыше, можно показать, что(1 + |ξ|2 )k |Dξα fb(ξ)| → 0 при |ξ| → ∞,для любых k и α. Итак fb(ξ) ∈ J что и требовалось доказать.Замечание.Аналогично можно показать, что F : J → J .Теорема 1.Пусть n = 1 и f (x) ∈ J . Тогда f (x) = F F f (x), т.е. F является обратнымоператором к оператору F .Рассмотрим преобразование Фурье функции Dxα f (x):ZαF Dx f (x) = e−2πixξ Dxα f (x)dx =R1интегрируя по частям и пользуясь тем, что f ∈ JZα= (2πiξ)e−2πixξ f (x)dx = (2πiξ)α F f (x).R1При α = 2:F Dx2 f (x) = −4π 2 ξ 2 F f (x)иF f (x) − F Dx2 f (x)F (f (x) − Dx2 f (x))=1 + 4π 2 ξ 21 + 4π 2 ξ 2F f (x) =(в силу линейности оператора F ).ДалееRF F f (x) =e2πixξ F f (x)dξ =R1R=R1=R[f (y) −R1==12RR112RµDy2 f (y)]=12RR−|x−y|f (y)eR−2πiyξeR1½dy −12¶Rx−∞x f (x))dξ =e2πixξ F (f (x)−D1+4π 2 ξ 2¶[f (y) −dy =f (y)e−|x−y| dy −R12R1e2πi(x−y)ξdξ1+4π 2 ξ 2R1R1f (y)eµe2πixξ1+4π 2 ξ 2R12RR1RDy2 f (y)]dydξ =µ[f (y) −R1¶1 −|x−y|e2Dy2 f (y)]dy =Dy2 f (y)e−|x−y| dy =Dy2 f (y)e−(x−y) dy+R∞x¾Dy2 f (y)ex−y dy=½−|x−y|dy −12+f (y)ex−y |∞x−(x−y) x|−∞ +Dy f (y)e−(x−y) |x−∞ + Dy f (y)ex−y |∞x − f (y)e+Rx−∞что и требовалось доказать.f (y)e−(x−y)dy +R∞x¾f (y)ex−ydy= f (x),4В общем случае.
В силу теоремы Фубини (f (x) ∈ J !, т.е. f (x) - интегрируемая функция)RF f (x) = e−2πi(x,ξ) f (x)dx ==Re−2πix1 ξ1 dx1R1RnRR1Rгде Fj f (x) =Re−2πix2 ξ2 dx2 · · ·e−2πixn ξn f (x)dxn = F1 F2 · · · Fn f (x),R1e−2πixj ξj f (x)dxj .R1АналогичноRгде F j g(ξ) =F g(ξ) = F n · · · F 1 g(ξ),e2πixj ξj g(ξ)dξj .R1Тогда при n > 1:F F f (x) = F n · · · F 1 F1 · · · Fn f (x) = F n · · · F 2 F 1 F1 (F2 · · · Fn f (x)) == F n · · · F 2 F2 · · · Fn f (x) = f (x),что и требовалось доказать.Определение 3.Сверткой двух функций f и g называется функцияZZh(x) = [f ∗ g](x) = f (y)g(x − y)dy = f (x − y)g(y)dy.RnRnПокажем, что если f, g ∈ J , тоF h(x) = F f (x) · F g(x).В самом делеF f (x) · F g(x) ==RRn=Re−2πi(x,ξ) f (x)dxRne−2πi(x,ξ) f (x)dxRe−2πi(z,ξ) dzRnRRRe−2πi(y,ξ) g(y)dy =Rne−2πi([z−x],ξ) g(z − x)dz =Rng(z − x)f (x)dx = F h(x).RnРавенство Парсеваля. Пусть f, g ∈ J .
Тогд൶RR R 2πi(x,ξ)b(f, g)L2 (Rn ) = f (x)g(x)dx =ef (ξ)dξ g(x)dx =Rn=RRnRnRnµ¶R 2πi(x,ξ)Rbf (ξ)eg(x)dx dξ = fb(ξ)bg (ξ)dξ = (fb, gb)L2 (Rn ) .RnRnЕсли f = g, тоZ||f ||2L2 (Rn )Z|fb(ξ)|2 dξ = ||fb||2L2 (Rn )2=|f (x)| dx =Rn(3)Rn- формула Парсеваля.Определим теперь преобразование Фурье функции f (x) из L2 (Rn ). Пустьf (x) ∈ L2 (Rn ) и fk (x), k = 1, 2, . . .
- последовательность функций из J таких,чтоρ(fk − f ) → 0, k → ∞ (в L2 (Rn ).5Далее, последовательность {fbk (ξ)}: fbk (ξ) = F fk (x), k = 1, 2, . . . фундаментальна в L2 (Rn ), поскольку в силу (3) имеем||fk − fp ||2L2 (Rn ) = ||fbk − fbp ||2L2 (Rn )и при k, p → ∞:||fk − fp ||2L2 (Rn ) → 0(сходящаяся последовательность fk (x), k = 1, 2, .
. . в L2 (Rn ) является фундаментальной в L2 (Rn )), а значит и||fbk − fbp ||2L2 (Rn ) → 0.Следовательно, существует функция fb(ξ) ∈ L2 (Rn ) такая, чтоρ(fbk − fb) → 0, k → ∞ (в L2 (Rn )).Тогда положимfb(ξ) = F f (x) = lim fbk (ξ).k→∞Далееfk (x) = F F fk (x) = F fbk (ξ).Переходя к пределу при k → ∞ получимf (x) = F fb(ξ) = F F f (x).Записывая для любого k равенство Парсеваля (3) и переходя к пределу внем при k → ∞ получим, что для предельных функций выполнено равенствоПарсеваля. Итак, на пространстве L2 (Rn ) определим оператор F , обратимыйF F f (x) = f (x)и унитарный, поскольку в силу (3)(f, g)L2 (Rn ) = (F f, F g)L2 (Rn ) .Пример.22Вычислим преобразование Фурье от функции e−a|x| , a > 0.
Ясно, что e−a|x| ∈J.В силу теоремы Фубини (см. §8):Fe−a|x|2=nY2Fj e−axj ,j=12Fj e−axj - одномерные преобразования Фурье.2e−at , t ∈ R12F e−at =R2e−2πitξ e−at dt =√2 2√ )2 − π ξ−( at+ πiξaaeedt =−∞R1=eR∞R∞2 2− π aξe−τ 2dt =−∞τ=22 2− π aξ√1 ea√at +√∞+ πiξaR2e−τ dτ,√−∞+ πiξaπiξ√aПоскольку функция e−τ - аналитическая, то контур интегрирования можно6деформировать в вещественную ось Ot и поэтомуFeπ2 ξ21= √ e− aa−at2Z∞e−t2µ ¶ 12π 2 ξ2πdt =e− a .a−∞СледовательноFe−a|x|2µ ¶ n2π 2 |ξ|2π=e− a .a(4)Поскольку J плотно в W2m (Rn ), то для функции f (x) ∈ W2m (Rn ) тожеопределено преобразование Фурье, причем поскольку скалярное произведениев W2m определено так¶Z µXααDx f (x)Dx g(x) dx,(f, g)W2m (Rn ) =|α|≤mRnто ∀f (x) ∈ JRµ¶PP|Dxα f (x)|2 dx =||Dxα f (x)||2L2 (Rn ) =2|α|≤mRn |α|≤mµ¶RPPα2α2=||F Dx f (x)||L2 (Rn ) =|F Dx f (x)| dξ.||f ||2W m (Rn ) =Rn|α|≤m(5)|α|≤mПоскольку при f (x) ∈ J (это же равенство справедливо и при f (x) ∈ W2m (Rn ))F Dxα f (x) = (2πiξ)α fb(ξ),то||f ||2W2m (Rn )=Z µXRnЗаметим, что P(ξ) =P|α|≤m¶α 2|(2πiξ) ||fb(ξ)|2 dξ.(50 )|α|≤m|(2πiξ)α |2 =P(4π 2 )|α| |ξ1 |2α1 · · · |ξn |2αn - полином|α|≤mот ξ1 , · · · , ξn степени 2m и существует такая постоянная C1 = C1 (m, n) > 0,что(∗)P(ξ) ≥ C1−1 (1 + |ξ|2 )mи постоянная C2 = C2 (m, n) > 0 такая, чтоP(ξ) ≤ C2 (1 + |ξ|2 )m(∗∗)В заключении этого параграфа приведем простейшую теорему вложения.Теорема 2.7Если k = [ n2 ]+1+m, то пространство Соболева W2k (Rn ) ⊂ B m (Rn ) и для любойфункции f (x) ∈ W2k (Rn ):||f ||Bm (Rn ) ≤ C||f ||W2k (Rn ) ,C = const.(6)Замечание к формулировке Теоремы 2.1) Постоянная C не зависит от f (x) (зависит от m, n)2) W2k (Rn ) ⊂ B m (Rn )?если f (x) ∈ W2k (Rn ), то она (по теореме 2) f (x) ∈ B m (Rn ).
Наоборот нет.nПример: f (x) ≡ 1. Ясно, что она принадлежит B m (R) при любом m. Но этаRnфункция не принадлежит даже L2 (R ), поскольку 1dx неограничен.W2k (Rn )mRnn3) Что означает, что⊂ B (R )?Это значит, что функцию f (x) ∈ W2k (Rn ) можно превратить в непрерывнуюограниченную функцию, имеющую непрерывные ограниченные производныедо порядка m включительно, если изменить ее значение на множестве мерынуль.Докажем теорему только в случае k = [ n2 ] + 1, m = 0, B 0 (Rn ) = B(Rn ).Доказательство теоремы 2.Пусть f (x) ∈ C0∞ (Rn ).
Тогда эта функция принадлежит и W2k (Rn ), и B m (Rn )(при любых k, m). Поскольку C0∞ (Rn ) ⊂ J , тоf (x) = F fb(ξ),F Dxα f (x) = (2πiξ)α fb(ξ).Далее, в силу (50 ) и (∗):k||(1 + |ξ|2 ) 2 fb(ξ)||2L2 (Rn ) ≤ C1 (k, n)||f ||2W k (Rn ) ;2ZZ|fb(ξ)|dξ =|f (x)| ≤Rn11 n(1 + |ξ|2 ) 2 [ 2 ]+ 2 |fb(ξ)|Rndξ1 n1(1 + |ξ|2 ) 2 [ 2 ]+ 2≤неравенство Коши-БуняковскогоµZ[n]+12(1 + |ξ|2 )≤|fb(ξ)|2 dξ¶ 21 µZRnRndξn(1 + |ξ|2 )[ 2 ]+1¶ 12≤ C(n)||f ||2[ n ]+1W2 2(Rn )в силу доказанной леммы||f ||B(Rn ) = sup |f (x)| ≤ C(n)||f ||2[ n ]+1W2 2x∈Rn(Rn ).(7)Напомним, что неравенство (7) получено при условии, что f (x) ∈ C0∞ (Rn ). По[ n ]+1[ n ]+1скольку C0∞ (Rn ) плотно в W2 2 (Rn ), то для ∀f (x) ∈ W2 2 (Rn ) существуетпоследовательность {fl }, l = 1, 2, . .
., fl (x) ∈ C0∞ (Rn ) такая, что||fl − f ||[ n ]+1W2 2(Rn )→ 0,l → ∞.[ n ]+1Поскольку последовательность {fl }, l = 1, 2, . . . сходящаяся в W2 2она фундаментальна в этом пространстве.В силу (7)||fl − fp ||B(Rn ) ≤ C(n)||fl − fp ||при l, p → ∞, т.е. {fl } фундаментальна в B(Rn ).В силу полноты пространства B(Rn )fl → g,l→∞[ n ]+1W2 2(Rn )→0(Rn ), то8в B(Rn ) к функции g(x) ∈ B(Rn ). При этом f (x) = g(x) п.в., т.е.
f (x) = g(x)[ n ]+1в W2 2 (Rn ).Ясно, что если f (x) вместо взять g(x), то||fk − g||B(Rn ) → 0,||fk − g||[ n ]+1W2 2(Rn )→ 0,k → ∞.Переходя к пределу в неравенстве (7), записанному для ∀l:||fl ||B(Rn ) ≤ C(n)||fl ||мы и доказываем теорему 2.[ n ]+1W2 2(Rn )→01§10Гладкие решения задачи Кошидля уравнения теплопроводностиС помощью преобразования Фурье установим корректность следующей задачи:½ut = 4x u, (t, x) ∈ G;(1)u|t=0 = ϕ(x), x ∈ Rn .Здесь 4x =nPk=1∂2∂x2k- оператор Лапласа,G = {(t, x), t > 0, x ∈ Rn }.Кроме того, введем следующие обозначения:GT = {(t, x); 0 < t < T < ∞, x ∈ Rn },G = {(t, x); t ≥ 0, x ∈ Rn },Gδ = {(t, x); t ≥ δ > 0, x ∈ Rn }.В этом параграфе мы докажем следующую теоремуТеорема.Для любой функции ϕ(x) ∈ L2 (Rn ) решение задачи (1) в области G даетсяинтегралом Пуассон൶n Z|x−y|21 2u(t, x) =e− 4t ϕ(y)dy, u = Kϕ, K : ϕ → u(2)4πtRnпри этом:а) функция u(t, x) ∈ C ∞ (G),б) при любом t ≥ 0: функция u(t, x) ∈ L2 (Rn ),в) функция u(t, x) удовлетворяет начальному условию в следующем смысле:ρ(u − ϕ) → 0 при t → +0 (в L2 (Rn )).Построенное решение является единственным в данном классе функций инепрерывно зависит от начальных данных.Замечание к формулировке теоремы.1) Можно показать, что теорема справедлива и тогда, когда ϕ(x) ∈ L2,k (Rn ),k < 0, где (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
