Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lektsii_zubova_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

303.94 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Задача Коши для уравнения малых колебаний струны.

utt	a2uxx = 0
		t=0


u(y−, x)			= u0(x)	− l < x < l	( )
u(y−, x)		t=0	= u0(x)	− l < x < l	( )



ut(t, x)			= u1(x)
ut(t, x)			= u1(x)

(dx)2 − a2(dt)2 = 0 (dx + adt)(dx − adt) = 0

{

ξ = x + at η = x − at

yˆξη = 0, в силу линейности замены от вторых производных добавок нет

uˆ(ξ, η) = f (ξ) + g(η)

u(x, y) = f (x + at) + g(x − at) - сумма двух волн. Даламбер в 1747 году открыл этот факт. Задача Коши будет "хорошей".

u(t, x) =0= f (x) + g(x) = u0(x),

< l

x-at=0

< l

ut(t, x)tt=0= a f ′(x)

−

ag′(x) = u1(x|),|

| |

g(x)]′ =

, ãäå

[ f (x)

u1(x)

f (x)

g(x) =

−

(x)

−

U1(x) = ∫−l

u1(ξ)dξ + C, òî åñòü:

f (x) =

u0(x) +

U1(x)

< l

f (x) =

(x)

| |

−

u0(x + at) + u0(x at) U1(x + at) U1(x at)

( ,

) =

(x+at)+

U (x+at)+

u (x at)

U (x at)

−

u t

2a 1

2 0 − −2a 1 −

x+at

(

)

− U1

(

− at

) =

(ξ)dξ

(

∫x−at

x+at

u0(x + at)

)

u(x, t) =

x − at

+ ∫x−at

u1(ξ)dξ

( )

Это формула Даламбера, которую Эйлер доказал в 1748 году.

Найд¼м область, в которой решение определено однозначно.

Ýòî ðîìá Q, ограниченный неравенствами |x + at| < l; |x − at| < l

"можно заглянуть в прошлое"

Эта область будет максимальной, так как например при x > l можно взять любое непрерывное продолжение u0(x), и получить решение в боль-

шем ромбе.

мы только что доказали следующую теорему:

Теорема 2.1 Пусть u0(x) C2((−l, l)), u1(x) C1((−l, l)), тогда Задача Коши (*) имеет в Q единствен-

ное решение u(t, x) C2(Q), оно называется классическим, и представимо формулой Даламбера (**)

Покажем, что решение непрерывно зависит от u0 è u1

utt1

− a2uxx1 = 0

utt2 − a2uxx2 = 0

t=0

= u01

< l

(1)

t=0

= u02

| |

< l

(2)

(x), |x|

= u1

(x), x < l

= u2

(x), x < l

t=0

−

− 1

t=0

(x)

;

(x)

< l

v0(x) = u01(x) − u02(x);

v1(x) = u11(x) − u12(x)

u1(t, x) − u2(t, x) = v(t, x)

vtt − a2vxx = 0

(x, t) Q

t=0

t=0 = v0(x)

|x|

< l

|v0(x)|

6 δ0

= v1(x)

x < l

v1(x) 6 δ1

v(t, x) 6 |

x+at

v (ξ)dξ 6 δ

+ sup v (ξ)

−

(

−

)

at)

at x

∫x−at

1 |

|ξ|<l

6 δ0 +

δ12at = δ0

+ δ1t

Åñëè l < +∞, òî ýòî 6 δ0 + δ1

→ 0

Если ограничено время, то это 6 δ0 + δ1T → 0

Задача (*) корректна.

( )

{

L(x, D)u(x) = f (x),

x Ω Rn

Линейная задача.

Bj(x, D)u(x) = gi(x),

x Γ (j = 0, n − 1)

L(x, D) - линейный оператор порядка p.

Γ Ω - поверхность

Пусть

1)Линейные нормированные пространства F(Ω) è H(Ω) â Ω

2)ËÍÏ G0(Γ), . . . , Gn−1(Γ) в Γ такие, что f (x) F(Ω) è gj(x) Gj(Γ) (j = 0, n − 1) Краевая задача (*)

∑n−1

имеет единственное решение u(t, x) H(Ω), и справедлива оценка u H(Ω) 6 C· f F(Ω) + Cj gj Gj(Γ)

j=0

C, Cj - универсальные константы.

В этом случае говорят, что краевая задача (*) является корректной в системе пространств

F(Ω), G0(Γ), . . . , Gn−1(Γ), H(Ω)

В задаче Коши было u0(x) C2(. . .); u1(x) C1(. . . ); решение было C2(. . .) по норме C.

В одной системе пространств задача может быть корректной, а в другой - нет.

Пример Адамара

Задача Коши для уравнения Лапласа

uxx + uyy = 0							(x, y) Ω R2
		y=0
u		y=0			(x) = e− √n cos(nx) → 0
u	y=0		= u0		(x) = e− √n cos(nx) → 0
						≡




uy				= u1(x)			0

Несложно проверить, что решениями будет

(равномерно, и все производные тоже)

√

u(x, y) = e− n cos(nx)· cosh(ny)

Рассмотрим точку (x , y ); x = 0, y > 0, тогда:					√n)	→ +∞, ïðè n → +∞
u(x , y ) = e−	√n cosh(ny ) > 2 e− √neny =		2 eny	(1 − y	√n)	→ +∞, ïðè n → +∞
		1	1		1

То есть ни в какой разумной норме эта задача корректной не будет .

Обобщ¼нное решение задачи Коши

До сих пор мы рассматривали задачи Коши с гладкими начальными данными. А интересно было бы обобщить наш результат на более общий случай, например как вед¼т себя гитарная стуна, при начальной деформации, отпущенная без начальной скорости.

Попробуем аппроксимировать функциями класса C2

1)Определение Пространство L2((−l, l)) - линейное нормированное пространство функций u(x), èí-

√∫ l

тегрируемых по Риману( в несобственном смысле) и таких, что u L2((−l,l)) =	u(x) 2dx < +∞
	−l

(u, v) =

∫−l

u(x)v(x)dx - скалярное произведение.

Пусть l - конечное число.

2)Пусть u0k (x) C2([−l, l]);

u1k (x) C1([−l, l])

u0(x)

uttk − a2uxxk = 0, (t, x) Q

t=0

= u0k

−

uk(t, x) C2(Q)

(x), x [−l, l]

= uk

(x), x [ l, l]

t=0

Доказательство непрерывности в замыкании проходит анало-

гично доказательству, которое мы привели ранее.

3) а) Пусть u0(x) C([−l, l]) и последовательность u0k (x)

C2([−l, l]) такая, что

u0k (x) − u0(x) C([−l,l]) = xmax[ l,l] |u0k (x) − u0(x)| → 0 ïðè k → ∞

−

последовательность u1k (x) C1([−l, l]) такая, что

б) Пусть u1(x) L2([−l, l]);

u1k (x) − u1(x) L2([−l,l]) = ∫−l |u1k (x) − u1(x)|dx → 0 ïðè k → ∞

Определение: Говорят, что u(t, x) C(Q) явлвяется обобщенным (сильным) решением задачи Коши:

u t=−0 = u0

(x) C([−l,

l])

( )

utt

t=0

a2uxx

0; (t, x)

−

åñëè

таких, что

= u1(x)

L2([

l, l])

(x)

−

([ l, l]);

ua x

)

([

l l

])

(

u0k (x) − u0(x) C([−l,l]) → 0 ïðè k → ∞

u1k (x) − u1(x) L2([−l,l]) → 0 ïðè k → ∞

k( ,

выполняется условие

max

( ,

)

0 ïðè

(t, x)

− u(t, x)|C(Q)

| →

k → ∞

(t,x)

|u t x

− u t

Докажем следующую теорему:

Теорема 2.2: u0(x) C([−l, l]);

u1(x) L2([−l, l]) единственное обобщ¼нное решение

задачи Коши (*), и оно представимо формулой Даламбера.

Доказательство:

x+at

1)u1(x) L2([−l, l]) ∫x−at

u1(y)dy (t, x) Q

|u1(y)|· 1· dy 6 √

· √

x+at

u1(y)dy

x+at |u1(y)|dy 6

l u1(y)2dy

l 1· dy 6 u1 L2([−l,l])· √

∫x−at

∫−l

∫x−at

x+at

u0(x

+ at) + u0(x

at)

2)u(t, x) =

−

∫x−at

u1(y)dy C(Q)

k( , )

( , ) =

u0k (x + at)

+ u0k (x − at) + 1

x+at

k ( )

u0(x + at) − u0(x at)

+ 1 x+at

( )

|u t x − u t x |

∫x−at

u1 y dy −

−

∫x−at

y dy

u0k (x + at) − u0(x + at)

u0k (x

− at) − u0(x − at)

x+at

∫x−at

|u1(y) − u1

(y)|dy 6

u0k (y) − u0(y) C([−l,l])(

) +

u1k (y) − u1(y) L2([−l,l]) √2l → 0 ïðè k → ∞

Получили равномерную сходимость. То есть формула Даламбера действительно да¼т обобщ¼нное решение задачи Коши. Более того оно будет единственным, так как все последовательности сходятся кu(t, x)

Смешанная задача Коши для полубесконечной струны с 1 закрепл¼нным концом.

u t=0		= u0	(x)	ut	t=0	= u1(x),	x > 0 (начальные условия)	( )
	utt − a2uxx = 0;			t	> 0, x > 0
	u = 0, t > 0			граничные(краевые условия)
	x=0

u0(x) C2([0, +∞)) u1(x) C1([0, +∞))

классическое решение u(t, x) C1(t > 0, x > 0) ∩ C2(t > 0, x > 0)

Общее решение нашего уравнения:

u(t, x) = f (x + at) + g(x − at) Подставим данные Коши:

−

{

0 = f (x) + g(x) = u0(x), x > 0

utt=t=0 = a f ′(x)

g′(x) = ua(x), x > 0

∫0

U1(x) =

u1(ξ)dξ + C

x > 0

(x)

f (x) = 2 u0

2aU1

x=0

−

− 2a

(x)

g(x) =

= (at)

+ g( at) = 0

t > 0

t	x-at=0
	x-at=0
	x
	x+at=0

В штрихованной области решение однозначно определено начальными условиями. Используя граничные условия, найд¼м решение в оставшейся области.

Пусть η = −at, η 6 0

g(η) = − f (−η)

f (x) =

(x) +

(x)

− 2a

следует из g(η) =

f ( η)

g(x)

g x

(

) =

(x)

(x),

x > 0

−

g(x) =

(

U (

− −

x), x < 0

f (x) C2([0, +∞)) g(x) C2([0, +∞)) g(x) C2((−∞, 0])

Сошь¼м решения:

g(+0) = g(−0)

−

g′(+0) = g′(−0)

g(x) будет

C2((−∞, ∞))

g′′(+0) = g′′( 0)

1)g(+0) = g(−0)

u0(+0) −

(+0) =

−

(+0) −

(+0) u0(0) = 0

2)g′(+0) = g′( 0)

u′

(+0)

−

(+0) =

u′ (+0) +

(+0)

(0) = 0

−

2 0

3)g′′(+0) = g′′( 0)

u′′(+0)

u′ (+0) =

u′′(+0)

u′ (+0)

u′′(0) = 0

− 2a

−

−2

Примечание: разрыв в начальных данных на характеристике гиперболического уравнения привед¼т к разрыву в решении вдоль всей характеристики.

(

2 u0

(

x − at

)

+ 2a

−

u(t, x) =

(x + at) + u0

(x at)

− 2a

∫ x+at

u1(ξ)dξ

x−at

∫ x+at

u1(ξ)dξ

at−x

{	x + at > 0
{	x − at > 0
{	( )
	x + at > 0
	x − at 6 0

Вообще говоря, надо добавить t > 0, но оказыватеся решение представимо в таком же виде и при t < 0 - "можно заглянуть в прошлое"

Докажем следующую теорему:

Теорема 2.3 Пусть в смешанной задаче (*) функции u0(x) è u1(x) удовлетворяют:

а) условию гладкости: u0(x) C2([0, +∞));

u1(x) C1([0, +∞))

б) условию согласованности: u0(0) = u1(0) = u0′′(0) = 0

Тогда смешанная задача (*) имеет единственное решение(классическое) u(t, x) C2(t > 0, x > 0) è îíî

представимо формулой (**)

Метод продолжений

Попробуем свести задачу (*) к задаче Коши

где в качестве uˆ0 è uˆ1 выберем:

utt − a2uxx = 0, t

> 0, x R1

{

= uˆ0(x); ut

t=0

= uˆ1(x), x R1

t=0

uˆ0(x) = {

u (x), x > 0

uˆ1(x) = {

u (x), x > 0

C2(R1)

−0u0(−x), x < 0

C2(R1)

−1u1(−x), x < 0

По формуле Даламбера имеем:

x+at

(

) ˆ

(

)

uˆ(t, x) =

at u0

x − at

∫x−at

uˆ1(ξ)dξ

x − at < 0, x + at > 0

x+at

u0(x + at)

x+at

ˆ( ,

) =

u0(x + at) − u0(at − x)

∫0

(ξ)

( ξ)

ξ =

− u0(at − x)

∫at−x

(ξ)

−2a

u t

∫at−x u1 −

Таким образом, мы свели смешанную задачу к задаче Коши, и тем самым доказали теорему. Пример (отражение волны от закрепл¼нного конца) Воспользуемся методом продолжений. Для это-

го построим продолжение начального возмущения, симметричное относительно (t,x) = (0,0). Каждая из начальных волн состот из двух с вдвое меньшей амплитудой, которые побегут в разные стороны.

Задача Коши для волнового уравнения в R2,3

Интегралы, зависящие от параметров

Теорема: Пусть f (x, y), x

x Rn, y

y Rn непрерывна в

x ×

y. Тогда:

Ω

1)J(y) = ∫Ωx

f (x, y)dx C(

Ω

∂ f

∂J

2) Åñëè

(x, y)

C(Ωx ×

Ωy), òî J(y) имеет непрерывные производные

y Ωy,

∂yk

∂J(y)

= ∫Ωx

∂ f (x, y)

ïðè÷¼ì:

∂yk

Рассмотрим функцию, зависящую от параметра:

ug(t, x, τ) =

|ξ−"x|=at

g(ξ, τ)dSξ, ãäå:

aπa2t

a > 0, t > 0 x = (x1, x2, x3) R3, τ > 0, ξ = (ξ1, ξ2, ξ3)

Лемма 3.1

Пусть:

1)g(ξ, τ) C({ξ R3, τ > 0})

2)Dξα g(ξ, τ) C({ξ R3, τ > 0}) α, |α| 6 p

тогда:

1)Dtα,xug(t, x, τ) C({t > 0 x R3, τ > 0}) α, |α| 6 p

2) lim ug(t, x, τ) = 0

t→+0

∂ug(t, x, τ)

3)Åñëè p > 1, òî lim

= g(x, τ),

∂t

t→+0

ãäå C(

Ω

) :

C(Ω), допускающие непрерывное продолжение на границу.

Доказательство:

1) Зафиксируем (t, x)

пусть η =

ξ − x

ξ = x + atη

|ξ − x| = at; |η| = 1;

dSξ = a2t2dSη

ug(t, x, τ) =

a2t2

|"η|=1

g(x + atη, τ)dSη = t· Jg(t, x, τ), ãäå:

4πa2t

Jg(t, x, τ) =

|"η|=1

g(x + atη, τ)dSη

4π

g(ξ, τ) C({ξ R3, τ > 0})

g˜(t, x, η, τ) = g(x + atη, τ) C({t > 0,

x R3,

τ > 0, |η| = 1}), как суперпозиция непрерывных.

Jg(t, x, τ) C({t > 0, x R3,

τ > 0}), по теореме, сформулированной в начале параграфа.

Dtα,x Jg(t, x, τ) C({t > 0,

x R3,

τ > 0})

α, |α| 6 p по той же теореме.

2)lim

( ,

, τ) = lim[

t·

( ,

, τ)] = lim

lim

( ,

, τ) = 0,

t→0 ug t

t→0

t→0 t·

t→0

Jg t

так как последний предел при фиксированных x, τ. Можно продолжить нул¼м в 0.

3)lim

∂ug(t, x, τ)

= lim

∂

( ,

, τ)

= lim

( ,

, τ) + lim

∂Jg

(0,

, τ) + 0

(

, τ)

4π |"η|=1

t→0

∂t

t→0

∂t

[t· Jg t

]

t→0 Jg t x

t→0 t· ∂t

· C

dSτ

|"η|=1

g(x, τ)

dSη = g(x, τ)

Доказательство завершено .

4π

	utt − a2(ux1x1			+ ux2x2 + ux2x2 ) = 0,			t > 0, x R3		простая задача Коши
Теорема 3.1		Пусть в задаче			Êîøè		3	( ) −
	{ u	t=0 = 0; ut		t=0 = u1(x), x R3				( ) −
						u1(x)	C(R )
			\|x−"ξ\|=at			u1(x)	C(R )
Тогда u(t, x) =		1		u1(ξ)dSξ, ïðè÷¼ì:
Тогда u(t, x) =		4πa2t		u1(ξ)dSξ, ïðè÷¼ì:

1)u(t, x) C2({t > 0, x R3})

2)u(t, x) - классическое решение задачи Коши (*)

Это формула Пуассона - Кирхгофа, открытая в 1818 году.

Она является хорошим кандидатом на классическое решение, так как граничные условия выпол-

нены в силу леммы 3.1

u(t, x) =	t	u1(x + atη)dSη C2({t > 0, x R3})
u(t, x) =	4π	u1(x + atη)dSη C2({t > 0, x R3})
		\|η\|=1

Дифференцируем по t, x :

∆xu(t, x) =

|"η|=1 ∆ξu1(x +ξatη)dSη

4π

| {z }

∂u1

|"η|=1

∑

ut(t, x) =

∂ξk (x + atη)· ηk· a· dSη

4π

u1(x + atη)dSη + 4π

k=1

ξk − xk

= η

, ãäå

n - вектор нормали к сфере

−

→−

u(t, x)

∂u1(ξ)

u(t, x)

∂u1(ξ)

|ξ−"x|=at

∑

|ξ−"x|=at

ut(t, x) =

t +

4πat

∂ξ nk(ξ)Sξ = t +

→−

Sξ =

k=1

4πat

∂ n

1 + I

4πat 4πat

Используем формулу Остроградского-Гаусса:

$	$	"
	∆ξu1(ξ)dξ =	div( u1(ξ))dξ =
\|x−ξ\|<at	\|x−ξ\|<at	\|x−ξ\|=at

$ ∫at "

I = ∆ξu1(ξ)dξ = dρ ∆ξu1(ξ)dSξ

" ∂u1(ξ)

(n(ξ), u1(ξ))dSξ = ∂→− dSξ n

	\|ξ−x\|=at
It = a	" ∆ξu1(ξ)dSξ

|x−ξ|<at

u(t, x)

|x−ξ|=ρ

|x−ξ|=at

∂

1 u

utt(t, x) =

[

] =

−

(

)

−

∂t

4πat

4πat2

4πat

4πat2

4πat

Отсюда:

a2t

utt − a2∆xu =

|x−"ξ|=at

∆ξu1(ξ)dSξ −

|"η|=1

∆ξu1(x + atη)dSη =

4πat

4π

a2t

∆ξu1(x + atη)dSξ(

) = 0

|x−"ξ|=at

∆ξu1(ξ)dSξ −

|x−"ξ|=at

4πat

4π

a2t2

Получаем дополнительную информация, что utt = 0 ïðè t = 0

utt − a2(ux1x1 + ux2x2 + ux2x2 ) = 0, t > 0, x R3

( )

{ u t=0 = u0(x); ut

t=0 = 0, x R3

u0(x) C3(R3)

{

vtt − a2(vx1x1

+ vx2x2 + vx2x2 ) = 0,

t > 0,

x R3

решение класса

v t=0 = 0; vt

t=0 = u0(x), x R3

( ) −

|x−"ξ|=at

u0(ξ)dSξ

{

}

)

4πa2t

v(t, x) =

( t > 0, x

Докажем, что решением ( ) будет u(t, x) = vt(t, x) C2({t > 0, x R3}) vtt − a2∆xv = 0

0 = vttt − a2(∆xv)t = vttt − a2∆x(vt) = utt − a2∆xu = 0

u t=0 = vt t=0 = u0(x)

ut t=0 = vtt t=0 = 0

То есть, мы только что доказали следующую теорему:

Теорема

3 3

u(t, x) = ∂t[

4πa2t

|x−"ξ|=at u0(ξ)dSξ], t > 0, x R

3.2 Функция u(t,x):

∂

ãäå u0(x) C (R ) является классическим решением задаче Коши ( )

utt − a2

(ux1x1 + ux2x2 + ux2x2 ) = f (t, x), t > 0, x R3

Для решения этой задачи

Коши, используем метод Дюамеля

{

0; ut

( )

t=0 =

t=0 = 0, x R3

Рассмотрим следующее семейство задач:

{

(t, x, τ)

a2∆xW(t, x, τ) = 0, t > τ

x R3; f − класса C2 ïî x

Wttt=τ = 0;

−Wt t=τ = f (τ, x),

Решения для каждого

W(x, t, τ) =

4πa2(t − τ)

τ следует из формулы Пуассона-Кирхгофа:

f (τ, ξ)dSξ

|ξ−x|=a(t−τ)

W(t, x, τ) C2(t, τ, x) - непрерывно дифференцируема

Wf (x, t, τ) =

|ξ−"x|=at

f (τ, ξ)dSξ

4πa2t

Пусть Dxα f (t, x) C({t > 0, x R3}) α, |α| 6 2

Только при таком предположении, мы сможем корректно решить задачу.

Ïî

лемме 3.1

имеем:

Dtα,xWf (t, x, τ) C({t > 0, x R3, τ > 0}) α, |α| 6 2

W(t, x, τ) = Wf (t − τ, x, τ) Dtα,xW(t, x, τ) C({t > τ, x R3, τ > 0}) α, |α| 6 2

Определим:

u(t, x) = ∫0 t W(t, x, τ)dτ Утверждается, что е¼ можно выбрать в качестве решения (***)

1)Dtα,xu(t, x) C({t > 0, x R3}) α, |α| 6 2

2)∆xu(t, x) = ∫0 t ∆xW(t, x, τ)dτ

3)ut(t, x) = W(t, x, t) + ∫0 t Wt(t, x, τ)dτ, íî W t=τ = 0: первый член = 0

∫o

Wtt(t, x, τ)dτ = f (t, x)

∫0

a ∆xW(t, x, τ)dτ = f (t, x) + a ∆xu(t, x)

utt(t, x) = Wt(t, x, t) +

То есть это действительно решение. Проверим начальные данные:

t=0 =

∫0 0

W(t, x, τ)dτ = 0

∫0

Wt(t, x, τ)dτ = 0

t=0 =

То есть это действительно классическое решение задачи Коши (***).

Его можно интерпретировать как набор точечных источников, которые потом суммируются.

Сформулируем только что доказанный факт в теорему:

Теорема 3.3 Пусть Dαx f (t, x) C({t > 0, x R3}) α, |α| 6 2

Тогда u(t, x) = ∫0	t	(	4πa2(t − τ)	"	f (τ, ξ)dSξ)dτ
			1

|ξ−x|=a(t−τ)

1) Dαt,xu(t, x) C({t > 0, x R3}) α, |α| 6 2

2) Является классическим решение задачи Коши (***)

			{	utt − a2∆xu = f (t, x), t > 0, x R3
							= u1(x), x R3;
				u t=0		= u0(x); ut t=0	= u1(x), x R3;

Теорема 3.4 Пусть в задаче Коши (****):
3	3
à)u0(x) C2	(R3)
á)u1(αx) C (R				3	})	α, \|α\| 6 2
â) Dt,xu(t, x) C({t > 0, x				R	})	α, \|α\| 6 2
Тогда функция:			"	u0(ξ)dSξ] + 4π1a2t			" u1(ξ)dSξ +
u(t, x) = ∂t[4π1a2t			"	u0(ξ)dSξ] + 4π1a2t			" u1(ξ)dSξ +
		∂

( )

4πa2		(	ξ x					)dξ C (R )
1	$	f	t −	\|ξ−x\|			, ξ
					a			2 3
			\|	−		\|

|ξ−x|=at

|ξ−x|<at

-является классическим решением задачи Коши (****)

Докажем. Используем принцип суперпозиции.

{

utt0

− a2∆xu0

= 0

{

utt1

− a2∆x10 = 0

{

utt2

− a2∆xu2 = f (t, x)

= 0

= 0; ut1

= u1(x)

= 0; ut2

= 0

t=0 = u0(x); ut0

t=0

u(t, x) = u0(t, x) + u1(t, x) + u2(t, x)

Насч¼т единственности пока ничего сказать не можем. Осталось привести u2(x, t) к нужному виду:

dρ

(пусть a(t − τ) = ρ;

τ = t −

; dτ

= −

)

∫

|ξ−x"|=a(t−τ)

∫

0 dρ

|ξ"−x|=ρ

(

)

u2(t, x) =

(4πa2(t

−

at 4πa2ρ

τ)

f (τ, ξ)dSξ)dτ = −

f t − a , ξ dSξ =

[

(

)

dSξ dρ =

(

)

dξ

ξ x

4πa2

∫

f t

− |ξ−a x|

, ξ

f t − |ξ−a x| , ξ

|ξ"−x|=ρ

| − |

|ξ$−x|<at

| − |

Это так называемый запаздывающий потенциал. Принцип Гюйгенса

f(t,x)=0

t = R0

0 a

волна достигнет переднего волнового

Пусть где-то произош¼л взрыв (то есть f = 0). Проследим за распространением волны. Через некоторое маленькое время t будет тишина, через некоторое время t0

фронта, потом будет сбор информации по сфере и ещ¼ через некоторое времязаднего. То есть передний и задние фронты ч¼тко выражены.

Возмущение, локализованное в пространстве приводит к действию, локализованному по времени.

Решение задачи Коши для волнового уравнения в R2

utt − a2(ux1x1 + ux2x2 ) = f (t, x1, x2), t > 0, x = (x1, x2) R2

Используем метод спуска

èç

{ u

t=0

= u1

(x), x R2

t=0

= u0

(x); ut

utt − a2(ux1x1 + ux2x2

+ ux3x3 ) = f (t, x1, x2), t > 0, x = (x1, x2, x3) R3

Используем результат

теоремы 3.4,

тогда в н¼м

ξ = (ξ1

, ξ2)

{

(x1, x2); ut

t=0 = u0

t=0 = u1(x1, x2),

x R2

|ξ−"x|=at

u1(ξ1, ξ2)dSξ = V(t, x).

А будет ли оно подходить в качестве решения? Смотрим на

4πa2t

Заметим, что сфера разбивается на две полусферы Sat− è Sat+

Sat± ξ3 = x3 ± √

= x3 ± √

|ξ′ − x′ | < at ξ′ = (ξ1, ξ2)

a2t2 − (ξ1 − x1)2 − (ξ2 − x2)2

a2t2 − |ξ′ − x′ |2

"Sat

"Sat−

V(t, x) =

"Sat

u1(ξ1, ξ2)dSξ

2πa2t

Вспомним факт из математического анализа:

S : ξ3 = f (ξ1, ξ2) - поверхность, тогда:

u(ξ)dSξ = "D

u[ξ1, ξ2, F(ξ1, ξ2)] √

1 + Fξ21

+ Fξ22 dξ1dξ2

То есть, в данном

случае F(ξ1, ξ2) = x3 + √

a2t2 − |ξ′

− x′ |2

= 1 +

(ξ1 − x1)2 + (ξ2

x2)2

1 + 2 + 2

( , ) =

Fξ2

√

(ξ , ξ )

ξ′

ξ√

ξ =

′

(ξ′ )

ξ′

√

Fξ1

a2t2

− |

−

x−′

− |ξ

′

− x

V t a

|ξ′ −"x′ |<at

u1 1 2

d 1d 2

|ξ′ −"x′ |<at u1

2πa

a2t2

− |ξ′ − x′ |2

a2t2 − |ξ′ − x′ |2

Сформулируем теорему:

√

Теорема 3.5: Пусть в задаче Коши

{

utt − a2(ux1x1 + ux2x2 ) = f (t, x), t > 0, x R2 u t=0 = u0(x); ut t=0 = u1(x), x R2

à) u0(x) C2

(R2)

á)

u1α x

)

(R )

(

â) Dx f (t, x) C({t > 0, x R }) α, |α| 6 p

Тогда:

∂

|ξ−"x|<at

(ξ)

|ξ−"x|<at

(ξ)

∫

|ξ−x"|<a(t−τ)

f (τ, ξ)

√

− |

−

2 dξ]+

− |

−

[

a2t2

− |

−

2 dξ]dτ

u(t, x) = ∂t[2πa

a2t2u0

2πa

a2t2u1

2 dξ+ 0

2πa

1)u(t, x) C2({t > 0, x R2})

2)является классическим решением задачи Коши.

Â R2 принципа Гюйгенса не будет, при t > T0 решение всегда будет не нулевым. Это можно интер-

претировать двумя способами:

1) в координатах (x1, x2) интегрирование вед¼тся по кругу, который при достаточно больших значениях времени всегда будет пересекать область возмущения.

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.20155.2 Mб29lecture_7.pdf
#
03.06.20151.41 Mб36Lecture_8.pdf
#
27.03.2016170.33 Кб9Lecture_HJ_7.pdf
#
03.06.201523.24 Кб13Lektsia_5_Eumetazoa.docx
#
03.06.20151.11 Mб10Lektsii_Vesna.pdf
#
03.06.2015303.94 Кб6Lektsii_zubova_1.pdf
#
03.06.2015319.88 Кб4Lektsii_zubova_2.pdf
#
03.06.2015450.28 Кб6Leonidov.pdf
#
03.06.2015550.54 Кб3LM1117.pdf
#
03.06.201520.96 Mб99M.A.Leontovich-термодинамика и стат физика.pdf
#
03.06.2015688.23 Кб78M1_10_14.pdf