Рихтмайер - Принципы современной математической физики, том 1 (947397), страница 84
Текст из файла (страница 84)
е. равно нулю для х14(0 и )х) > а, такая постановка задачи порождает в точности то же решение в слое, что и первоначальная, потому что любой нейтрон, вылетающий нз слоя, обязательно поглотится при следующем столкновении и никогда не вернется в слой. При такой постановке не нужно никаких граничных условий. Данный оператор А ни в каком подходящем гильбертовом пространстве не симметричен, поэтому при любом выборе области определения его нельзя сделать самосопряженным. Первый член в правой части (16.9.2) антисимметричен, а второй член симметричен; эти члены некоммутативны, следовательно, А нельзя сделать н нормальным оператором при любом выборе области определения.
Спектр н другие свойства оператора А были исследованы Ленером и Уингом [1955, 19561 и Ленером [1962). Точечный спектр этого оператора состоит из конечного числа положительных собственных значений, непрерывный спектр совпадает со всей мнимой осью, остальная же часть плоскости представляет собой резольвентное множество. В этом параграфе оператор А будет рассматриваться в банаховом пространстве непрерывных функций с максимум-нормой, с которым легче работать, чем с гнльбертовым пространством. Далее будет показано, что, когда область определения оператора А выбрана должным образом, условия теоремы Хилле— Иосиды выполняются, поэтому задача с начальными данными (16.9.3) корректно поставлена.
Пусть  — банахово пространство ограниченных непрерывных функций 1(х, 14) (в общем случае комплекснозначных), определенных для всех вещественных х и всех 144: [ — 1, 11, с нормой Р~=зпрИР(х, 14)1: хЕ~, !4Е[ — 1, 1П. Область определения 0(А) оператора А состоит из всех таких ~~В, что д)1дхЕ В; тогда 1 (А1)(х, !4)= — р ~„(х, !4)+ ~ ~ 1(х, 14')е!р', (!6.9.5) -1 412 Гл. 1д. Коррвнтно поотавлвнныг вадачи. Полугруппы А7 — 7,7=8 (16.9.6) относительно 1, если это возможно, и найти постоянную К= К ()), такую, что 11(н К)!й~! для всех дЕВ. Оказывается, достаточно рассмотреть положительные значения к..
Чтобы решить уравнение (16.9.6), положим $ (х) = ) 1'(х, 1к)1к; -1 (16.9.7) тогда (16.9.6) примет вид (Х+Рдк) 7(х, Р) = 2 ь(х) — к(х, Р). (16.9.8) Функция $(х), конечно, неизвестна, однако для решения (16.9.6) мы сначала выразим решение 7'(х, 1к) уравнения (16,9.8) через $ и д. Если после этого 1(х, р) подставить в (16.9.7), то получится интегральное уравнение Фредгольма относительно $(х).
Решения (16.9.8) находятся элементарными методами и имеют следующий вид: О к — ~ гх ( '- к>1а ~ ~ ~» ) $ (х') — д (х', )л) ~ дх', 14 > О, 1(х, 1к) = ' ( ах<к-к>1н (' $(х') д(х' р)~ г(х', 9(0. Ф к (16.9.9) Легко видеть, что 1(х, р) непрерывна как по 1к, так и по х и что 1 (х, 0) можно получить из любой строки формулы (16,9.9), устремив 14 к нулю. Если в обоих интегралах выражения в квад- ратных скобках заменить их наибольшим значением '/,с1$1+)й)1, то, очевидно, 171< х (2 "и+18~~) где под 151 подразумевается зпр ($ (х) !. (16.9.10) Для того чтобы воспользоваться теоремой Хилле — Иосиды, нужно показать, что А — замкнутый оператор, а его резольвента 77к=(А — Х) ' существует и ее норма ограничена числом (Х вЂ” а) ' для всех вещественных )„ббльших некоторой постоянной сс.
Доказательство замкнутости А основано на свойствах равномерной сходимости функций и предоставляется читателю в качестве упражнения (определение замкнутого оператора дано в э 7.6). Для исследования резольвенты возьмем произвольный элемент х пространства В и произвольное комплексное число ). Нужно решить уравнение 1о.а. Перенос нейтронов в слое Теперь проинтегрируем найденную выше функцию 1(х, р) по р от — 1 до 1, чтобы получить $ (х), согласно (16.9.7).
В результате получим $(х) = — ~ Е(Л~ х' — х!) $ (х') е(х'+Он(х), (16.9.11) -а где о ! к а ~а=[ — 1 — а(д ' '-( ~ 1 ае)*~" м~"а(*', ак (|6.912) -1 к а Е ( ) †интегральн показательная функция Е(г)= ~ (е до) е(ез а (см. Абрамовиц и Стиган 11964]).
Если в (16,9.12) заменить й(х', р) на (д(, то интегрирование можно выполнить явно; оно дает 2~Л, н поэтому Пб.П<(2~Л) 1аП (16.9.13) Уравнение (16.9.11) представляет собой интегральное уравне. ние Фредгольма с симметрическим ядром Гильберта †Шмид. Оно имеет единственное решение $ для любого 0„, если только 2/с не является собственным значением входящего в него интегрального оператора. Покажем теперь, что так оно и есть в данном случае, в частности если Л достаточно велико. Функция Е(~ев~) имеет логарифмическую особенность при ео= 0 и экспоненциально стремится к нулю при ео - оо. Поэтому интеграл ) Е (~ ео ~) с(ео конечен; кроме того, Е положительна, следовательно, ~ Е(Л!х' — х~) с(х' < сопз(~Л.
-а Поэтому норма первого слагаемого в правой части (16.9.11) мо- жет быть сделана меньше к/е'151 для всех Л, ббльших некото- рого Л„а в этом случае единственным решением однородного уравнения (где Ох=0) является 3=0, так что 2!с ие может быть собственным значением. Вообще для Л > Л, ($) <!,($ (+) О,), или (Ы<2!~а ( (16.9.14) Объединяя неравенства (16.9.10), (16.9.13) и (16.9.14), получаем '11"1 =(11Л)(2о1Л+1) /!д!/ для всех Л > Ла. 414 Гл. 1б. Корреказно ноанаеленнме задачи.
Полугруанм Поскольку 1=Рхд, мы имеем )!Рх~)((1~1) (2с().+1), а отсюда следует, что найдется такое число а, что (йх)1<14) — и) для ).>а; следовательно, здесь можно применить теорему Хилле — Иосиды и задачз с начальными данными о переносе нейтронов в слое корректно поставлена. ! ад в. неОднОрОдные 3АдАчи Рассмотрим задачу с начальными данными г(и Я ~с(1 — Аи (1) = д (1), и (О) = и„ (16.10.1) (16.10.2) где А — замкнутый линейный оператор, для которого соответствующая однородная задача (д(1) =— О) корректно поставлена, и где и, и д(1) заданы; д(1) — однопараметрическое семейство элементов банахова пространства В, иначе говоря, кривая в В.
Рассмотрим первый пример. Пусть одномерная задача теплопроводности из З 15.2 дополнена источником тепла, распределенным вдоль стержня. Тогда правая часть п(1) уравнения (16.10,1) представляет собой функцию от х и 1 — плотность источника. Второй пример на первый взгляд может показаться задачей совершенно иного типа. Пусть уравнение теплопроводиости однородно, однако граничные условия нулевой температуры на концах стержня заменяются условием, по которому на каждом конце стержня температура является заданной функцией от 1, скажем й,(1) при х=а и йе(1) при х=Ь.
При помощи стандартного приема эта задача сводится к задаче типа первого примера. А именно, пусть ш(х, 1) — любая гладкая функция, такая, что гр(а, 1) =Ь, (1) и из(Ь, 1) =Ь,(1); положим дю йо дев д(х 8) = — — + Аер= — — +о —. д1 д1 дне ' Тогда функция и(х, 1) — ш(х, 1) удовлетворяет однородным граничным условиям и неоднородному уравнению с частными производными. Такая редукция задачи сушественна, если мы хотим рассматривать граничные условия как ограничения на область определения оператора А. Часто член, представляющий источник, отражает взаимодействие между изучаемым процессом и некоторым другим процессом, одновременно происходяшим в системе, как, например, в задаче совместного рассмотрения распространения звука н тепла, 1э.10. Неоднороднне задачи 415 обсуждаемой в книге Рихтмайера и Мортона [1967), или в за.
дачах электромагнетизма, где плотности заряда н токи служат источником электромагнитного поля и в свою очередь подвергаются влиянию этого поля. В таких случаях этн несколько процессов следует рассматривать как составляющие большей (часто нелинейной) задачи. Тем не менее иногда удобно иметь вычислительный алгоритм, доказательство существования решения и т. д. для одного процесса, в котором источники предполагаются заданными. Задача называется корректно поставленной, если она имеет единственное решение при любом разумном выборе и, и д(1) н если решение в некотором смысле непрерывно зависит от них.
Для уточнения этого определения нам потребуется еще одно банахово пространство В, с нормой [ )„ элементами которого являются функции ш(1) со значениями в В, определенные на интервале [О, 1э); мы полагаем В,(0, 1,) =(ю(.) — любая кривая в В: ш(1) непрерывна на [О, 1,]), [ в ( ) ), = шах ([ш (1) [: 1 ~ [О, Я. Очевидно, что вследствие единственности решений однородной задачи любое решение неоднородной задачи также будет единственным.
Действительно, разность двух решений для заданных и, и д( ) является решением однородной задачи с нулевыми начальными данными и поэтому должна быть равной нулю для всех 1. Ниже мы покажем, что строгие решения существуют для множеств и, и д( ), плотных соответственно в В и В,; в приведенной ниже формуле (16.10.3) строгое решение выражается в явном виде через разрешающий оператор однородной задачи, Таким образом, остается показать, что это решение непрерывно зависит от и, и д( ). Пусть й, и и,— два почти равных начальных элемента (почти тождественные начальные состояния физической системы), д(1) и д(1) — две почти совпадающие кривые в В, а й(1) и и(1)— получающиеся строгие решения задачи (16.10.1), (16.10.2); тогда указанная задача называется корректно поставленной, если [ и ( ) — и( ) ,'/4 меньше наперед заданного в ) 0 при условии, что [и,— йэ[ и ~,'д( ) — и( )[, меньше некоторого б ) О.
Изменение начального элемента от и, до й, меняет решение на величину Е(1) (й,— и,), о которой известно, что она мала, если мала величина ) и,— й, ~'„потому что однородная задача корректно поставлена. Поэтому достаточно рассмотреть случай и,— й,=О, предполагая изменение только д( ). Обозначая д( ) — д(.) просто через д( ), а и( ) — й( ) — просто через и( ), мы должны пока- 416 Гл.
1б. Корректно поставлен ые еадаеи. Полугрулны зать, что норма ~1и ( )1'„мала, если мала (д( )(, (и( ) — решение задачи (16.10.1) с 'и(0)=0). Отображение Р,: й( )- и( ) (для и(0)=0) пространства Р» на себя, определенное этим строгим решением, является линейным преобразованием пространства В,; нужно показать, что Р, имеет плотную область определения и ограничено. В целом это соответствует аналогичным рассуждениям для однородного случая, а обобщенные решения определяются путем расширения оператора Р, до Е с областью определения, совпадающей со всем В,.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
