1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 8
Текст из файла (страница 8)
§8) L2,k (Rn ) - весовое L2 пространство с нормойµZ2 k||ϕ||L2,k (Rn ) =2(1 + |x| ) |ϕ(x)| dx¶ 21, k < 0.RnРешение задачи (1) вновь задается формулой (2).Пункты: б) ∀t ≥ 0: u(t, x) ∈ L2,k (Rn ),в) ||u − ϕ||L2,k (Rn ) → 0 приT t → +0.2) Если ϕ(x) ∈ C(Rn ) L2 (Rn ) - непрерывная функция, то в формулировкетеоремы пункт в) можно переписать так:в) функция u(t, x) ∈ C(G) и удовлетворяет начальному условию в обычномсмысле:lim u(t, x) = ϕ(x0 ).t→+0x→x0В этом легко убедиться, если в формуле (2) сделать заменуz=y−x√ ,2 tпри этом формула (2) перепишется так:µ ¶ n2 Z√12u(t, x) =e−|z| ϕ(x + 2z t)dz.πRn(20 )2Переходя к пределу под знаком интеграла (почему?) получаем:µ ¶ n2 Z12lim u(t, x) =e−|z| ϕ(x0 )dz = ϕ(x0 ),t→+0π0x→xRn¡ 1 ¢ n2 Rпоскольку 1 =π2e−|z| dz.RnДоказательство теоремы:Оно состоит из нескольких частей.I) получение априорной оценки и формулы (2).
Запишем сначала формальноерешение задачи (1) (см. §6):t4xu(t, x) = eϕ(x) =∞Xtkk!k=04kx ϕ(x).Далее, возьмем ϕ(ξ)b ∈ C0∞ (Rn ), тогда F ϕ(ξ)b = ϕ(x) ∈ J . Поэтомуµ¶∞ k∞ k RR 2πi(x,ξ)PPttku(t, x) =4eϕ(ξ)dξb=4kx (e2πi(x,ξ) )ϕ(ξ)dξb=xk!k!nnk=0k=0RRµ∞¶R PR22tk (−4π 2 |ξ|2 )k=e2πi(x,ξ) ϕ(ξ)dξb= e2πi(x,ξ) e−4π t|ξ| ϕ(ξ)dξ.bk!k=0RnRnn2Поскольку (см. формулу (4) из §9 F e−a|x| = ( πa ) 2 e−·µFи14πt¶ n2−e|x|24tπ 2 |ξ|2a1)4t,a=¸= e−4π2 t|ξ|2для ∀t > 022bh(ξ) = fb(ξ)bg (ξ) = e−4π t|ξ| ϕ(ξ),bn1 2 −) eгде h(x)- свертка функций f (x) = ( 4πt|x|24tµZ2πi(x,ξ)bu(t, x) =eh(ξ)dξ = h(x) =Rn, g(x) = ϕ(x), то14πtпри этомF u(t, x) = ub(t, ξ) = e−4π¶ n2 Z2 t|ξ|2e−|x−y|24tϕ(y)dy,(2)Rnϕ(ξ).b(20 )Ясно, что для ∀t ≥ 0: u(t, x) ∈ J (см.
(20 ) и лемму из §9). В силу равенстваПарсеваля (3) из §9 имеем:RR|u(t, x)|2 dx = |bu(t, ξ)|2 dξ =RnRnRRR −8π2 t|ξ|22|ϕ(ξ)|bdξ ≤ |ϕ(ξ)|b 2 dξ = |ϕ(x)|2 dx= eRnRnRnили||u(t)||2L2 (Rn ) ≤ ||ϕ||2L2 (Rn )для ∀t > 0.(3)Из (3) получаем такжеZTZdt0RnZT|u(t, x)|2 dx =||u||2L2 (Rn ) dt = ||u||2L2 (GT ) ≤ T ||ϕ||2L2 (Rn ) .(30 )0(30 ) и является искомой априорной оценкой, которую мы получили при условии, что ϕ(x) ∈ J (ϕ(ξ)b ∈ C0∞ (Rn )). Решение задачи (1) в этом случае даетсяформулой (2).3II) доказательство пунктов а),б),в). Пусть теперь ϕ(x) ∈ L2 (Rn ), тогдасуществует функция ϕ(ξ)b = F ϕ(x) ∈ L2 (Rn ) и существует последовательность{ϕbk (ξ)}, k = 1, 2, . .
., ϕbk (ξ) ∈ C0∞ (Rn ) такая, что||ϕbk − ϕ||b L2 (Rn ) → 0,k → ∞.Записывая (30 ) для ∀k:||uk ||2L2 (GT ) ≤ T ||ϕk ||2L2 (Rn ) ,(300 )где ϕk (x) = F ϕbk (ξ), причемbk − ϕ||b 2L2 (Rn ) → 0,||ϕk − ϕ||2L2 (Rn ) = ||ϕµuk (t, x) =14πt¶ n2 Ze−|x−y|24tk → ∞.ϕk (y)dy,Rnи переходя к пределу при k → ∞ в (300 ) мы получаем, что последовательность{uk (t, x)} такая, что||uk − u||2L2 (GT ) → 0,где u(t, x) =¡14πt¢ n2 Re−|x−y|24tk → ∞,ϕ(y)dy ∈ L2 (GT ), т.е. функция u(t, x) определенаRnпочти всюду в GT .Из (3) следует, что для ∀t ≥ 0: u(t, x) ∈ L2 (Rn ).Заметим, что так определенная функция иногда называется обобщеннымрешением задачи (1) при ϕ(x) ∈ L2 (Rn ).
Покажем, что на самом деле формула(2) переводит функцию ϕ(x) ∈ L2 (Rn ) в функцию u(t, x) ∈ C ∞ (G). Сновадоказываем это свойство сначала для функций из плотного множества.∂b ∈ J ; α0 , α - любые, D0 = ∂tПусть ϕ(ξ)b ∈ C0∞ (Rn ), ϕ(x) = F ϕ(ξ)||D0α0 Dxα u||B(Gδ ) = sup sup |D0α0 Dxα u| = sup ||D0α0 Dxα u||B(Rn ) ≤t≥δ>0 x∈Rnt≥δ>0≤ C(n) sup ||D0α0 Dxα u||по теореме вложенияt≥δ>0µZX= C(n) supt≥δ>0Rn|D0α0 Dxα+β u(t, x)|2 dx= C(n) supRPα+β 2|(2πiξ)|t≥δ>0 Rn |β|≤[ n ]+12µ= C(n) supRP(Rn )¶ 21=(4)=|β|≤[ n]+12µпо рав-ву Парсеваля[ n ]+1W2 2α+β 2|(2πiξ)2|F D0α0 u(t, x)|2 dξ2 2α0 −8π 2 t|ξ|2| (−4π |ξ| )e2|ϕ(ξ)|bdξ¶ 21¶ 12=≤t≥δ>0 Rn |β|≤[ n ]+12≤ C1 (n, δ, α, α0 )||ϕ||L2 (Rn ) .e1 ||ϕ||L (Rn ) ,||u||Bm (Gδ ) ≤ C2e1 = Ce1 (n, m, δ),C∀m.Если ϕ(x) ∈ L2 (Rn ), ϕ(ξ)b= F ϕ(x), то ∃{ϕbk (ξ)}, ϕbk (ξ) ∈ C0∞ (Rn ), {ϕk (x)},nϕk (x) = F ϕbk (ξ) ∈ J , ϕk → ϕ в L2 (R ), k → ∞.Запишем (4) для ϕk (ξ):||D0α0 Dxα uk ||B(Gδ ) ≤ C1 (n, δ, α, α0 )||ϕk ||L2 (Rn ) ,4e1 ||ϕk ||L (Rn )||uk ||Bm (Gδ ) ≤ C2гдеµuk (t, x) =14πt¶ n2 Ze−|x−y|24tϕk (y)dy;Rnпонятно, что {uk (t, x)} фундаментальна в B m (Gδ ) для любого δ, m, т.е.
предельная функция u(t, x) ∈ C ∞ (G) и удовлетворяет уравнению ut = 4x u в G(т.к. uk (t, x) - решения этого уравнения, то возможен предельный переход вэтом уравнении при k → ∞).Легко убедиться, что построенная функция удовлетворяет начальному условию в следующем смыслеlim ||u(t, x) − ϕ(x)||L2 (Rn ) = 0.(5)t→+0В самом деле2||u(t, x) − ϕ(x)||2L2 (Rn ) = ||bu(t, ξ) − ϕ(ξ)||bL2 (Rn ) ==R|ξ|≤D−4π 2 t|ξ|2[e22− 1] |ϕ(ξ)|bdξ +R−4π 2 t|ξ|2[eR[e−4π2 t|ξ|2− 1]2 |ϕ(ξ)|b 2 dξ =Rn− 1]2 |ϕ(ξ)|b 2 dξ ≤|ξ|>Dε22+ε22= ε2 ,∀ε > 0, ∃δ > 0, D0 > 0, t < δ, D > D0 .Теорема единственности и непрерывной зависимости решений уравнения ut =4x u от начальной функции ϕ(x) следует из оценки (30 ).Задача.Найти решение задачи½ut = 4x u + f (t, x), (t, x) ∈ G;(∗)u|t=0 = ϕ(x), x ∈ Rnс помощью принципа Дюамеля (см. §8).Пусть ϕ(x) ∈ C(Rn ), f (t, x) ∈ C 1 (G).
Тогда задача (∗) имеет классическоерешение, непрерывное в G.Замечание.Почему задача (1) не рассматривается при t < 0?½ut = uxx , t < 0; x ∈ R1u|t=0 = ϕ(x)Существует√достаточно гладкое решение u(t, x).n −n2 tun = u + e− √esin nx,− n−n2 t| sin nx|,|un − u| = e| sin nx| = 1, x = π2 , n - нечетное.√un |t=0 = ϕn (x) = ϕ(x)√ + e− n sin nx|un |t=0 − ϕn (x)| ≤ e− n → 0, n → ∞.1§11Гладкие решения задачи Кошидля волнового уравненияС помощью преобразования Фурье установим корректность следующей задачи:½utt = 4x u, (t, x) ∈ G;(1)u|t=0 = ϕ1 (x), ut |t=0 = ϕ2 (x), x ∈ Rn .Используя подход, изложенный в §6, заменим задачу (1) на эквивалентнуюзадачу следующего вида:½Ut = AU, (t, x) ∈ G;(10 )U |t=0 = ϕ(x), x ∈ Rn .гдеµU=uutµ¶,A=0 14x 0¶µ,ϕ(x) =ϕ1 (x)ϕ2 (x)¶.Пусть ϕ1 (x), ϕ2 (x) таковы, что ϕb1,2 (ξ) ∈ C0∞ (Rn ) и в силу леммы из §9 ϕ1,2 (x) =Fϕb1,2 (ξ) ∈ J .Формально решение задачи (1) можно записать так:µµ ¶¶ µµ ¶¶11u(t, x) =, U (t, x) =, etA ϕ(x) =00µµ ¶ ∞¶µµ ¶¶∞ kP tk AkP11tk=,ϕ(x) =, A ϕ(x) =k!k!00k=0µµk=0¶¶∞ kR 2πi(x,ξ)P1tk,A [ eϕ(ξ)dξ]b==k!0 ¶k=0Rnµµ¶∞ kR k 2πi(x,ξ)P1t=,A eϕ(ξ)dξb=k!0 ¶ Rnk=0µµ¶∞ kRP1tek ϕ(ξ)dξ=, e2πi(x,ξ) Ab=k!0nk=0µµR(2)¶¶∞R 2πi(x,ξ)P1t2m22 m, e(−4π |ξ| ) ϕ(ξ)dξb+=(2m)!0nm=0Rµµ ¶¶∞R 2πi(x,ξ)P1t2m+122 m e+, e(−4π |ξ| ) Aϕ(ξ)dξb=(2m+1)!0m=0Rn∞R 2πi(x,ξ)Pt2m=e(−4π 2 |ξ|2 )m ϕb1 (ξ)dξ+(2m)!m=0∞PRnt2m+1Re2πi(x,ξ) (−4π 2 |ξ|2 )m ϕb2 (ξ)dξ =m=0RR= e2πi(x,ξ) cos(2πt|ξ|)ϕb1 (ξ)dξ + e2πi(x,ξ) sin(2πt|ξ|)ϕb2 (ξ)dξ.2π|ξ|+(2m+1)!RnRnЗдесь:2πi(x,ξ)Aeµ=Rn0e2πi(x,ξ)0¶µ0e2πi(x,ξ)−4π 2 |ξ|2 e2πi(x,ξ)0¶=4x e2πi(x,ξ)µ¶01e=ek e2πi(x,ξ) ,A, Ak e2πi(x,ξ) = A−4π 2 |ξ|2 0½(−4π 2 |ξ|2 )m I2 , k = 2m;keA =e k = 2m + 1.(−4π 2 |ξ|2 )m A,e= e2πi(x,ξ) A,Полученное решение (2) при ϕb1,2 (ξ) ∈ C0∞ (Rn ) дифференцируемо по t, xk ,k = 1, n любое число раз, при этом, в силу леммы из §9: u(t, x) ∈ J прилюбом t > 0.Получение априорной оценки.2ut | utt = 4x u→(u2t )t=nXk=1{2(ut uxk )xk − (u2xk )t }2Zd ee = J(0),eJ(t) = 0, т.е.
J(t)dtdx :Rnгде¶2n µX∂u|∇u| =.∂xkk=1Ze =J(t){u2t22+ |∇u| }dx,RnДалее, поскольку(u2 )t = 2uut ≤ u2 + u2t ≤ u2 + u2t + |∇u|2 ,тоddtZZ{u2 + u2t + |∇u|2 }dx2u dx ≤ J(t), где J(t) =RnRnиdJ(t) ≤ J(t) → J(t) ≤ et J(0) ≤ eT J(0), 0 < t ≤ T < ∞.dtПолученную оценку можно переписать так:RTJ(t)dt =00≤ C1 (T )RRnRT R{ϕ21 (x)Rn{u2 + u2t + |∇u|2 }dxdt ≤+ ϕ22 (x) + |∇ϕ1 (x)|2 }dx,C1 (T ) = T eTили||u||2W 1 (GT ) ≤ C1 (T ){||ϕ1 ||2W 1 (Rn ) + ||ϕ2 ||2L2 (Rn ) }.22(3)(3) и есть искомая априорная оценка. Используя формулу (2) и оценку (3)можно показать, что функция u(t, x) ∈ W21 (GT ), если ϕ1 ∈ W21 (Rn ), ϕ2 ∈L2 (Rn ), при этом ∀t : 0 < t < T u(t, x) ∈ W21 (Rn ).
Естественно назвать функцию u(t, x) обобщенным решением задачи (1). Повышая гладкость начальныхданных ϕ1 (x), ϕ2 (x), можно доказать существование классического решениязадачи (1), т.е. u(t, x) ∈ C 2 (G).Теорема.Если[ n ]+3[ n ]+4(4)ϕ1 ∈ W2 2 (Rn ) ⊂ B 3 (Rn ), ϕ2 ∈ W2 2 (Rn ) ⊂ B 2 (Rn ),то у задачи (1) существует классическое решение u(t, x) ∈ C 2 (G).Преобразование формулы (2).n=1RRϕb2 (ξ)dξ =u(t, x) = e2πixξ cos(2πtξ)ϕb1 (ξ)dξ + e2πixξ sin(2πtξ)2πξ=RR1R1e2πixξ e2πtξi +e−2πtξiR1Rt R2πτ ξi−2πτ ξi+ee2πixξ eϕb2 (ξ)dξdτ =210RRR= 21 e2πi(x+t)ξ ϕb1 (ξ)dξ + 12 e2πi(x−t)ξ ϕb1 (ξ)dξ+11RR½¾Rt R 2πi(x+τ )ξR 2πi(x−τ )ξ1+2eϕb2 (ξ)dξ + eϕb2 (ξ)dξ dτ =0=2ϕb1 (ξ)dξ +R1ϕ1 (x+t)+ϕ1 (x−t)2=+Rt12(5)R1{ϕ2 (x + τ ) + ϕ2 (x − τ )}dτ =0ϕ1 (x+t)+ϕ1 (x−t)2+12x+tRϕ2 (τ )dτ.x−t(5) - формула Даламбера.
При получении (5) мы воспользовались тем, что½ξ, ξ ≥ 0,|ξ| =−ξ, ξ < 03иsin(2πtξ)=2πξZtcos(2πτ ξ)dτ.0Заметим, что из (5) следует, что условия (4) при n = 1 завышены.Характеристический треугольник 4 - область определения решения по начальным данным на P Q. n = 3tM(t0,x0)Qx0-t 00{Pcos(2πt|ξ|) =sin(2πt|ξ|)2π|ξ|=14πt∂∂tx0+t0xM© sin(2πt|ξ|) ªR2π|ξ|,e2πi(y,ξ) dSy ,(6)|y|=tdSy = t2 sin ϕ1 dϕ1 dϕ2 – элемент поверхности сферы радиуса t; r, ϕ1 , ϕ2 – сферические координаты (см. §9), r ≥ 0, 0 ≤ ϕ1 ≤ π, −π ≤ ϕ2 ≤ π.µ ½¾¶R 2πi(x,ξ) ∂ 1 R 2πi(y,ξ)u(t, x) = eedSyϕb1 (ξ)dξ+∂t 4πt|y|=tR3¾½R 2πi(y,ξ)R1edSy ϕ+ e2πi(x,ξ) 4πtb2 (ξ)dξ =R3½· |y|=t¸¾RR11 ∂e2πi(x+y,ξ) ϕb1 (ξ)dξ dSy += 4π∂t t3|y|=tR·µ¶¸(7)R R 2πi(x+y,ξ)1+ 4πteϕb2 (ξ)dξ dSy =3|y|=tR½¾RR111 ∂ϕ1 (x + y)dSy + 4πtϕ2 (x + y)dSy == 4π ∂t t|y|=t|y|=t½¾RR1 ∂= 4π ∂t tϕ1 (x + tz)dSz + 4πtϕ2 (x + tz)dSz ,|z|=1|z|=1y = tz, dSy = t2 dSz ; (7) – формула Кирхгофа.Непосредственно дифференцируя (7), можно убедиться в том, что еслиϕ1 ∈ C 3 (R3 ), ϕ2 ∈ C 2 (R3 ), то u(t, x) ∈ C 2 (G).n=2Формулу получим из (7) методом спуска.
Суть его состоит в том, что решениезадачи (1) при n = 2 рассматривается как решение задачи при n = 3, котороене зависит от третьей пространственной координаты. Значит решение задачиКоши (1) при n = 2 может быть выписано формулой Кирхгофа, в которой4функции ϕ1 , ϕ2 не зависят от x3 . Тогда½¾R1 ∂u(t, x1 , x2 ) = 4π ∂t tϕ1 (x1 + tz1 , x2 + tz2 )dSz +|z|=1Rϕ2 (x1 + tz1 , x2 + tz2 )dSz =+ 4πt|z|=1µ¶R ϕ1 (x1 +tz1 ,x2 +tz2 )1 ∂√ 2 2 dz1 dz2 += 2π ∂t t1−z1 −z2|z 0 |≤1Rϕ2 (x1 +tz1 ,x2 +tz2 )√ 2 2 dz1 dz2 ,+ 2πt|z 0 |≤1(8)1−z1 −z2dz1 dz2z 0 = (z1 , z2 ), dSz = | cos(n,z, n – внешняя нормаль к сфере, | cos(n, z3 | =3|p221 − z1 − z2 .Пусть ϕ1 ∈ C03 (R3 ), ϕ2 ∈ C02 (R3 ) – финитные функции, причем носители ихсодержатся в шаре SD,0 ⊂ R3 достаточно большого радиуса D. Пусть x0 ∈SD,0иδ1 (x0 ) = min |x0 − y|, δ2 (x0 ) = max |x0 − y|;y∈SD,0y∈SD,0в силу формулы Кирхгофа½ Z¾1 ∂ϕ1 (x0 + tz)dSz + ...u(t, x0 ) =t4π ∂t|z|=1интеграл по сфере радиуса t с центром в т.x0 .x0SD,0u(t,x0 )1x02x0tЭтот факт и составляет содержание известного принципа Гюйгенса: еслиначальное возмущение локализовано в пространстве, то распространение этого возмущения в т.x0 имеет передний и задний фронты волны и возбуждение5в каждой точке локализовано во времени.Задача.при n = 2 принцип Гюйгенса не имеет места.1§11Гладкие решения уравненийЛапласа и ПуассонаСледуя §1 напомним, что уравнение Пуассона (Лапласа) записывается так4x u = f (x)(= 0),4x =nPk=1∂2,∂x2kx ∈ Ω ⊆ Rn ,(1)f (x) - заданная функция.Уравнение (1) - эллиптическое.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
