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 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

2)в координатах (x1, x2, x3) интегрирование вед¼тся по сфере, которая с некоторого момента всегда бу-

дет пересекать цилиндр.

Нету заднего волнового фронта.

utt − a2uxx = f (t, x), t > 0, x R1

Теорема 3.6: Пусть в задаче Коши

(â R1)

{

= u1(x), x R1

t=0 = u0(x);

t=0

à) u0(x) C1

(R1)

á) u1(x) C (R )

})

â) f (t, x), fx(t, x) C({t >

0, x R

Тогда u(t, x) = u0

x − at

x+at

[

x+a(t−τ)

f (τ, ξ)dξ]dτ

(

)

+ 2a ∫ u1(ξ)dξ + ∫0

∫

) +

1)u(t, x) C2({t > 0, x R1})

x−at

x−a(t−τ)

2)является классическим решение задачи Коши в R

3)это решение единственно.

Доказывать не будем. Единственность докажем позже. Пусть есть uI(x) è uII(x) решения задачи Коши v = uI − uII удовлетворяет условиям Коши для ≡ 0.

4,5		4		4,5	3		4,5
Â R1	2u0 4	C 6(R			); u1 C	(R		)
Åñëè R	, R , R , R		, . . . - нету принципа Гюйгенса.
Åñëè R3	, R5, R7, . . . - есть принцип Гюйгенса.

Единственность. Метод интеграла энергии.

Теорема 3.7 Классическое решение для волнового уравнения в R1, R2, R3 - единственно ( на самом äåëå è â Rn). Рассмотрим случай R2 (R1, R3 - аналогично)

Предположим противное:

uI(t, x), uII(t, x) - классический решения v(t, x) = uI(t, x) − uII(t, x) C2({t > 0, x R2})

{

vtt − a2(vx1x1 + vx2x2 ) = 0, t > 0, x R2 u t=0 = 0; ut t=0 = 0, x R2

Зафиксируем произвольную точку (t0, x0) t0 > 0, x0 R2

Рассмотрим конус, заданный уравнением ω(t, x) ≡ a2(t − t0)2 − (x1 − x01)2 − (x2 − x02)2 = 0 c (t < t0)

Рассмотрим усеч¼нный конус VT с нижним основанием Σ0, верхним основанием ΣT, и боковой по- верхностью ΓT

Рассмотрим векторы внешней нормали к этому конусу.

Σ		T	:	→−
Σ			:	n	= (+1, 0, 0)
		0		→−		−
Σ :				n	= ( 1, 0, 0)
Γ			:	n = (−ωt , −ωx1 , −ωx2 ) - сведение из математического анализа.
	T			→−

						√ωt2 + ωx21 + ωx22
						√ωt2 + ωx21 + ωx22

n = (nt, n1, n2) (Чтобы не дальнейшие выкладки выглядели проще)

Конус,который мы описали будет характеристическим.

ω2t − a2ω2x1 − a2ω2x2 = 0 n2t = a2(n21 + n22) n2 = n2t + n21 + n22 = 1

На боковой поверхности:

√

Начинаем обрабатывать.

a2 + 1

(vtt −a2vx1x1 −a2vx2x2 )vt ≡

0 = vtvtt −a2vtvx1x1 −a2vtvx2x2 =

(vt2)t −a2(vtvx1 )x1 +a2vx1 vx1t −a2(vtvx2 )x2 +a2vx2 vx2t =

v2 + a2vx2

+ a2vx2

= (

vt )t

− a2(vtvx1 )x1 +

(

a2vx1 )t

− a

(vtvx2 )x2

(

vx2 )t

[

[−a

vtvx1

]x1

+ [−a

vtvx2

]x2

}

| {z1

}

| {z2

}

- диверегентный вид ( Ft, Fx1 , Fx2 - не частные производные,а всего лишь обозначения )

∂

∂tFt

∂x1 Fx1

∂x2 Fx2

divt,x→−

Проинтегрируем по усеч¼нному конусу:

∂VT

$VT

divt,x→−

→− →−

0 =

F dtdx

( F ,

n )dS =

= ΣT

(v2 + a2vx2 + a2vx2 )

dS − Σ0

(v2 + a2vx2 + a2vx2 )

dS +

ΓT

[(vt

+ a

vx1 + a2vx2 )nt − 2a2vtvx1 n1dS − 2a2vtvx2 n2]dS

}

E(ΣT )

E(Σ0)

E(ΓT )

Это и есть интерграл энергии. E(Σ0) = 0

E(ΣT) + E(ΓT) = E(Σ0)

E(ΣT) > 0

Докажем, что E(ΓT) > 0 :

Разделим и

nt:

[(vt2 + a2vx21 + a2vx22 )nt − 2a2vtvx1 n1dS − 2a2vtvx2 n2]dS

E(ΓT) =

ΓT

домножим на

ΓT

[(vt2 + a2vx21 + a2vx22 )nt2 − 2a2vtvx1 n1ntdS − 2a2vtvx2 n2nt]dS =

E(ΓT) = 2

1 √a2

+ 1

= 2

ΓT

[vt2

· a2(n12

+ n22) + a2vx21 nt2 + a2vx22 nt2 − 2a2vtvx1 n1ntdS − 2a2vtvx2 n2nt]dS =

+ 1

1 √a2

√

[(vtn1 − vx1 nt)2 + (vtn2 − vx2 nt)2]dS > 0

a a + 1

ΓT

Значит E(ΣT) ≡ E(ΓT) ≡ 0

Â ΣT - тождественный 0; всюду в неусеч¼нном конусе выполняется:

v2t + a2v2x1 + a2v2x2 ≡ 0 : vt ≡ 0; vx1 ≡ 0; vx2 ≡ 0 : v ≡ 0 v = const const = 0 :

Внутри конуса v ≡ 0. Беря различные конусы, которые покрывают вс¼ нужное пространство, заключаем v ≡ 0, что и требовалось доказать.

Задача Коши для уравнения теплопроводности

{	ut − a2uxx = 0, t > 0, x R1
		= u0(x), x R1
	u t=0

Çíàÿ u0(x) можем найти (u0)xx

На самом деле это начально-краевая задача, а не задача Коши. Решение вообще говоря не будет единственным, но если функция u0 раст¼т не быстрее, чем экспонента, то можно утверждать, что ре-

шение будет единственным.

Определение: Говорят,что функция f (x), x R1 абсолютно интегрируема, f (x) L1(R1), åñëè:

1) f (x) интегрируема по Риману [a, b]
2) f L1(R1) = R∫1	\| f (x)\|dx

Определение: Пусть f (x) è g(x) L1(R1). Св¼рткой этих функций называется:

( f

g)(x) = R∫1

f (x

− y)g(y)dy = R∫1

f (y)g(x − y)dy

I = +∞e−x2 dx = √

- факт из Матанализа

−∞

∫

{

= a2uxx t > 0, x R1

utt=0 = u0(x), x R1

{

Пусть для начала u0(x)

0, x < 0

{ ξ = βx,

1, x > 0

β > 0

сделаем такую замену.

= αt,

α > 0

Пока будем действовать как физики - нестрого и неаккуратно.

Пусть u(t, x) удовлетворяет уравнению.

Пусть v(τ, ξ) = u(

)

β2

vτ = vt

;

vξ = vx

;

vξξ = vxx

αvτ = β2a2vξξ

vτ =

a2vξξ

β2

Пусть теперь α = β2 : vt = a2vξξ

То есть решение задачи Коши будет не единственным:
	t		x
v(t, x) = u(		,		) - решение задачи Коши β > 0
	β2		β

Рассмотрим бесконечный стержень, имеющий в на одной половине температуру 0, и на другой 1. Интуитивно понятный вывод:

0					1
	t		x
u(t, x) = u(		,		), t > 0, x R1, β > 0
	β2		β

Утверждение: u(t, x) = f ( x ), t > 0, x 1

√ R t

Формально: u(t, x) = u(1,

x )

√t

Введ¼м автомодельную переменную z =

√t:

ut = f ′(

√t)(

− 2 )t √t

ux = f ′(

√t)

√t

ux = f ′′(

√t) t

Подставляем это в исходное уравнение, имеем:

−2 t

√t

f ′

( √t) = a2 f ′′(

√t) t

a2 f ′′(z) = −2 z f ′(z) - получили дифференциальное уравнение.

f ′′(z) =

−z

f ′(z)

z2 + C :

f ′(z)

2a2

−4a2

f ′(z) = C

e−

4a2

1·

η2

f (z) = C1 ∫ e−

4a2 dη + C2

−∞

lim

f (z) = 0;

lim f (z) = 1

из физических соображений.

z→−∞

z→+∞

zlim

f (z) = C1· 0 + C2 = 0 C2 = 0

→−∞

+∞

η2

√π = 1

lim

(

) =

− 4a2

η = 2

aC1

∫ e

−( 2a )2

= 2

aC1

z→+∞ f

C1 ∫ e

)

√4πa2

−∞

(

То есть мы получили кандидата на решение рассмотренной задачи Коши (

2a =

µ):

z/2a

∫ dη =

∫

f (z) = √4πa2

√4πa2

e−µ

dµ =

√π

e−µ

dµ =

−∞

∫0

z R1

- интеграл ошибок

Φ(z) =

√π

e−ξ

dξ,

Φ(−∞) = −1;

Φ(+∞) = 1;

Φ(0) = 0

f (z) =

[1 + Φ(2za)]

x/ √4a2t

∫

u(t, x) = f

√t

√π

e−µ

dµ =

1 + Φ

√4a2t

(

)

−∞

[

(

)]

u0(x)

Можно обобщить решение для сдвинутой и растянутой вверх функции Хевисайда

u [ ( x − x0 )] u(t, x) = 2 1 + Φ √4a2t

Рассуждая дальше, получаем решение для "ступеньки"

		0, x > x2
u0(x) =		0, < x
u0(x) =		u ,xx1 61x 6 x2

Для этого достаточно вычесть из одной сдвинутой и растянутой вверх функции Хевисайда другую, тогда имеем:

2		[ (	√4a2t)		−	(	√4a2t)]
u(t, x) =	u	Φ	x − x1			Φ	x − x2

Более того если мы имеем систему "ступенек":

0, x < x1k

∑

u0(t, x) =

u0k(x),

ãäå

u0k(x)

uk , x [x1k, x2k]

и пусть они не пересекаются. Тогда:

k=1

0, x > x2k

∑

[ (

x1k

)

(

x2k

)]

∑ [

(

)] [

(

x1k

)]

−

x2k

−

u(t, x) =

k=1

√

4a2t

−

√

4a2t

k=1 [

−

√

4a2t

− −

√

4a2t

]

[−

Φ (

√

)]

− [−

Φ (

√

)] uk (x2k − x1k)

(∆)

k=1

4a2t

1 x − x2k

x − x1k

∑

x2k

x1k

−

Пусть пока мы имеем ограниченную, непрерывную, финитную функцию. Аппрорсимируем е¼ кусочнопостоянной функцией. (∆) - решение приближенной задачи.

ψ(t, x, ξ) =

x − ξ

−

(

√

4a2t

)

∑

ψ(t, x, x2k) − ψ(t, x, x1k)

∂ψ(t, xξ)

- интегральная сумма Римана

u(t, x) =

[

]uk

(x2k − x1k) =

(x2k − x1k)

x1k − x2k

∂ξ

ξ uk

(x−ξ)/ √

4a2t

∂ψ

−(x−ξ)2

ψ(t, x, ξ) =

∫0

e−µ

dµ

4a2t

−

− √

∂ξ

√

(x−ξ)2

4a2t

u(t, x) =

∑

e−

ξ uk (x2k − x1k)

√

4a2t

4πa2t

4a2t

- интеграл Пуассона.

−

(x ξ)2

−

u(t, x) =

u0(ξ)dξ

√4πa2t R∫1

E(t, x) =

√

e− 4a2t

фундаментальное решение

4πa2t

= (x2 − x1)ρu C:

u =

Q - тепло, ρ - погонная плотность Q

ρC

2 −

u(t, x)

−−−−−−−−−−2 1 →

lim

(ψ(t, x, x2) − ψ(t, x, x1))

→

Q const ρC

2 −

→

x ;

Q=const

;

Q ∂ψ

(x−x1)2)

ρC ∂ξ

ξ=x1

ρC

√4πa2te−

4a2t

ρCE(t, x − x1)

Если мы в точку загоним некоторое количество тепла, то оно будет распространяться по фундаментальному решению. Если в начале тепло было распределено некоторой функцией, то каждая точка "как бы"да¼т вклад в общее влияние.

E(t, 0) → +∞, ïðè t → +0

E(t, x) → 0, ïðè t → +∞ (x , 0)

R∫1	E(t, x)dx = 1;	E(t, x) → δ(x), ïðè t → +0			δ(x) - дельта функция Дирака
Теорема 4.1: Пусть в задаче Коши:
		{	u	= a2uxx, t > 0, x R1

			utt=0 = u0(x)

u0(x) C(R1)

|u0(x)| 6 M0 x R1. Тогда функция

R∫1

(x−ξ)2

u(t, x) =

√

e− 4a2t u0(ξ)dξ, t > 0

( )

4πa2t

1)u(t, x) C({t > 0, x R1}) ∩ C∞({t > 0, x R1})

2)является классическим решением задачи Коши

3)|u(t, x)| 6 M0,

t > 0, x R1

Доказательство:

(x−y)2

R∫1

u(t, x) =

√

− 4a2t

u0(y)dy = I

4πa2t

Пусть

y − x

= η :

√4a2t

R∫1

(x + 2a √tη)dη

I =

√

e−η

u0(x + 2a √

η) C({t > 0, x R1, η R1})

|eη2 u0(x + 2a √tη)| 6 M0e−η2

Несобственный интеграл, зависящий от параметра. Нам бы хотелось, чтобы он сходился равномерно. Непрерывность очевидна. Рассмотрим область Q в виде прямоугольника |x| < A; 0 < t < T

Íà Q интеграл сходится равномерно.

t > 0, x R1 : u(t, x) непрерывна, так как I - непрерывна и доопределим по непрерывности в 0: u(t, x) C({t > 0, x R1)

R∫1

|u0(x + 2a √tη)|dη 6

|u(t, x)| 6

√

e−η

√

e−η

dη = M0

Проверим, существует ли ux(t, x)

(x−y)2

ux(t, x) v R∫1

√

e−

· (y − x)u0(y)dy

4a3

4a2t

Пусть подынтегральное выражение равно λ. λ(t, x, η) C({t > 0, x R1, η R1})

На этот раз рассмотрим прямоугольную область Q : |x| < A, 0 < t0 < t < T Докажем, что при фиксированных t0, T, A - подынтегральное выражение сходится равномерно. Тем самым мы докажем, что он сходится равномерно при t > 0, x R1.

Сформулируем очевидные утверждения: а)a2 + b2 > 2ab

á) |x| 6 A : |y − x| > |y| − |x| > |y| − A â) |x| 6 A : |y − x| 6 |y| + |x| 6 |y| + A

Ïðè

|y|

√

|y| > A : (x − y)

= |y − x|

> (|y| − A)

= |y|

+ A

− 2

√

2A > y

+ A

−

− 2A

− A

Ïðè |y| 6 A :

(x − y) > −

y 6 A

−

1 y2

> A

y)2 > φA(y),

ãäå

φA(y)

2 1

−

Тогда

−

− −2

−

φ(y)

λ 6

4a3

√πt √t

e 4a t (y − x)u0

(x)

4a3 √πt0 √t0

e 4a T

(|y| + A) = Ψ(y)

∫∫+∞

Ψ(y)dy v e−β2 y2 (|y| + A)dy - сходится

R1 −∞

Значит λ(x, y, t) â Q сходится абсолютно и равномерно из математического анализа ux(t, x) существует в точке Q. Беря в качестве Q всевозможные допустимые примоугольники, имеем:

ux(t, x) C({t > 0, x R1})

Абсолютно аналогично доказывается, что u(t, x) является бесконечно дифференцируемой функцией

на данной области.

Проверим, является ли u(t, x) решением уравнения теплопроводности.

E(t, x − y) =

√

−(x−y)2

4a2t

4πa2t

−(x−y)2

−

4a2t

Ex(t, x − y) = −2 √

2a3t3/2 · e

−

y)2

−(x−y)2

4a2t

Exx(t, x − y) = 2 √

[2a−3t3/2 + 4a5t5/2 ]e

−

y)2

−(x−y)2

[

4a2t

Et(t, x − y) = 2 √

2a−3t3/2 + 4a3t3/2

ut − a2uxx = R∫1

[Et(t, x − y) − a2Exx(t, x − y)]u0(y)dy = 0

t > 0, x R

≡ 0

}

Теперь проверим начальные данные:

∫1

(x) ∫1

u0(x + 2a √tη)dη =

dη = u0(x)

u t=0 = u(0, x) =

√

e−η

√

e−η

|{z}

Доказательство завершено.

Задача Коши для уравнения теплопроводности в Rn

ut = a2∆xu,

t > 0, x = (x1

, . . . , xn)

{ u t=0 = u0(x),

x Rn

( )

Сначала рассмотрим частный

случай:

u0(x) = φ1(x1), . . . , φn

(xn), φk(xk)

);

φk(xk)

6 M0

C(R

{

utk(t, xk) = a2uxkxk (t, xk), t > 0, xk

серия задач Коши, k = 1, n

t=0 = φk(xk),

(xk

yk)2

−

−2

(t, xk)

R∫1

(yk)dyk

= √

φk

4πa2t

Докажем, что u(t, x) =

uk(t, xk)

k=1

∏

1)u(t, x) =

uk(t, xk)

C({t > 0, x R1}) ∩ C∞({t > 0, x R1}) - очевидно

k=1

∏

2)ut(t, x) = (

uk(t, xk))t

k=1

= j=1

[utj(t, xj)· k=1,k,j uk(t, xk)] = j=1

[a2uxj jxj (t, xj)· k=1,k,j uk(t, xk)]

∏

∑

∏

∂

= a2

∂

uk(t, xk) = a2

[u(x, t)] = a2∆xu(t, x)

j=1

∂xj ( k=1

)

j=1

∂xj

∑ n

∏

∑

u(0, x) = uk(0, xk) = φl(xk)

k=1

∏

Доказательство завершено.

То есть в случае разделения переменных,мы имеем:

(x1

y1)2+...+(xn−yn)2

|x−y|2

u(t, x) = (

√

)

−

4a2t

φ1(y1) . . . φn(yn)· dy1 . . . dyn = (

√

)

u0(y)dy

4a2t

4πa2t

x, y Rn

(R R

∫

Это так называемый n-мерный интеграл Пуассона.

Привед¼м следующий факт без доказательства:

Любая непрерывная функция может быть представлена следующим образом:


	∑								n		n. Тогда функция:
	φ1α(x1) . . . φnα(xn)
	α									x R
	Теорема 4.2: Пусть в n-мерной задаче Коши u0(x) C(R ), è \|u0(x)\| 6 M0									x R
	1				n	∫		x−y\|2
u(t, x) = (		√			)		e	\| 4a2t	u0(y)dy:
u(t, x) = (		√	4πa2t		)	Rn	e	\| 4a2t	u0(y)dy:
		∏
		n
1)u(t, x) = uk(t, xk) C({t > 0, x R1}) ∩ C∞({t > 0, x R1})
		k=1
2)Является классическим решение задачи Коши (*)
3)\|u(t, x)\| 6 M0,				t > 0, x Rn

По сути мы уже вс¼ доказали. Но пока мы ничего не можем сказать про единственность данной задачи Коши. И вообще говоря оно не будет единственным.

Задача Коши для неоднородного уравнения теплопроводности.

à) α ( , ) ( > 0,

Rn )

u = a2∆ u + f (t, x),

t > 0, x Rn

α,

α 6 2

x Rn

( )

{

utt=0

= 0x,

Dx f t x

}

á)

(t, x)

6 M

t > 0, x

| f α

α, |α| 6 2

â)|Dx

f (t, x)| 6 M1

t > 0, x R

Используем метод Дюамеля.

(τ > 0)

{

v (t, x, τ) = a2∆ v(t, x, τ),

t > τ, x

utt=τ = f (τ, x),

x x Rn

y 2

2− |

v(t, x, τ) =

(

√

) ∫

e4a

(t−τ) f (τ, y)dy

4πa2(t − τ)

Аналогично методу Дюамеля, который мы рассматривали в волновом уравнении, тут мы тоже рассмотрели серию задач.

|v(t, x, τ)| 6 M1

Докажем, что u(t, x) = ∫0

v(t, x, τ)dτ

Для этого изучим свойств следующей функции:

W(t˜, x, τ) = (

)

∫

x−y|2

√

| 4a2t˜

f (τ, y)dy t˜ > 0, x Rn, τ > 0, y Rn

4πa2t˜

W = a2

∆ W

2 отличия от обычной задачи теплопроводности:

наличие τ и ограничение на u0

{ Wtt˜=0

= fx(τ, x)

y − x

y = x + 2a √

η; dy = (2a √

η)ndη (элемент объ¼ма)

Сделаем замену:

= η :

t˜

√

∫

W(t˜, x, η) =

e−η2 f (τ, x + 2a √

η)dη,

ïðè t˜ > 0

t˜

n/2

Докажем, что этот интеграл сходится равномерно.

Заметим,что

√˜

, η R

})

f (τ, x + 2a tη)

C({τ > 0, t > 0, x R

Кроме того:

∫

| f (τ, x + 2a √

η)| 6 M1e−η2

e−η2 dη - сходится, то рассматриваемый интеграл сходится

t˜

òàê êàê

абсолютно и равномерно, значит:

W(t˜, x, τ) C({τ > 0, t˜ > 0, x Rn})

В однородной задаче теплопроводности производные нельзя было продолжить до 0. Посмотрим,

что наблюдается в нашем случае.
∫	√t˜η)dη
Wx1 (t˜, x, η) v e−η2 fxi (t, x + 2a

Опять получился несобственный интеграл,зависящий от параметра. Подынтегральная функция

непрерывна вплоть до гиперплоскости t = 0

∫

√

|e−η2 fxi (t, x + 2a √

t˜

η)| 6 Me−η2 , òî åñòü Wx1 (t˜, x, η) = e−η2 fxi (τ, x + 2a

t˜

η)dη

Аналогично доказывается, что:

∫

√

Wx1x1 (t˜, x, η) = e−η2 fxixi (τ, x + 2a

t˜

η)dη

∫

Òî åñòü W(t˜, x, η) =

e−η2 f (τ, x + 2a √

η)dη - непрерывна, и е¼ можно продолжить вместе с про-

πn/2

t˜

изводными 2 порядка по x вплоть до t = 0

Заметим, что производную по t тоже можно продолжить вплоть до t = 0, òàê êàê Wt = a2∆xW, а правую часть можно продолжить вплоть до t = 0.

v(t, x, τ) = W(t − τ, x, τ)

v(t, x, τ) непрерывна сама, и более того:

v, vt, vx1 , vx1x1 C({τ > 0, t > τ, x Rn})

∫t

u(t, x) = v(t, x, τ)dτ будет непрерывной, и более того:

u, ut, ux1 , ux1x1 C({t > 0, x Rn}) Знак строгого неравнество показывает, что решение будет клас-

сическим.

Теперь покажем, что такая функция удовлетворяет граничным данным:

ut = v(t, x, t)+∫0 t

vt(t, x, τ)dτ = f (t, x)+

∫0 t

a2∆xv(t, x, τ)dτ = f (t, x)+a2∆x

∫0 t

v(t, x, τ)dτ = f (t, x)+a2∆xu(t, x)

Определение: Пусть

- область в

n+1, перменных

(t, x1, . . . , xn),

ˆ - множество, полученное из

пут¼м добавления к нему некоторого количества граничных точек.

Ct1,,x2

- подпространство функций из C(Q), и таких,что

1)ut, ux1 , ux1x1

C(Q)

2) ýòè

производные допускают непрерывное продолжение на

Аналогично определяются C0,2,

C0,1

t,x

Теорема 4.3: Пусть задача Коши (*)

ut = a2∆xu + f (t, x), t > 0, x

{ u t=0 = u0(x),

x Rn

( )

à)

(x)

) &

u0(x)

0,2

6 M0,

| n

t > 0, x R

á) f (t, x) Ct,x ({t > 0, x R

}) & | f (t, x)| 6 M1, | fx1 (t, x)| 6 M1, | fx1x1 (t, x)| 6 M1;

тогда:

x−y|2

−|x−y|2

u(t, x) =

(

)Rn

−|4a2t

u0(y)dy +

∫0

[(

)Rn

f (τ, y)dy]dτ

√

4a2t

4πa2t

∫

1)u(t, x) C({t > 0, x Rn}) ∩ Ct1,,x2({t > 0, x Rn})

2)u(t, x) является классическим решением задачи Коши ( )

3)|u(t, x)| 6 M0 + tM1,

t > 0, x Rn

Примечание: в пункте б) на самом деле может быть f (t, x) C0t,,x1, но доказательство будет сложнее. Первый два пункта очевидно доказываются через принцип суперпозиции и сведения, сформулиро-

ванные ранее. Докажем только третий пункт. Действительно:

\|u(t, x)\| 6 \|u1(t, x)\| + \|u2(t, x)\| 6 M0 + M1 ∫0 t	dτ = M0 + tM1
	Единственость.

Сформулируем принцип максимума для параболических уравнений: Пусть Ω - ограниченная область в Rn; ∂Ω - е¼ граница, T > 0 -число

QT = (0, T) Ч Ω - цилиндрическая область в Rn+1

Параболическая граница области:

Ωτ - пересечение цилиндра (−∞, +∞) Ч Ω и t = τ - сечение цилиндра. Ω0 - нижнее основание, ΩT - верхнее основание.

ΓT = Ω0 {[0, T] × ∂Ω} = ∂Qt \ΩT

Параболический оператор: 1)u(t, x) C1t,,x2(QT)

2)Lu = ut − a2∆xu

Теорема 4.4(принцип максимума):

Пусть u(t, x) C1t,,x2(QT) ∩ C(QT); (0 < T < +∞); Lu(t, x) 6 0, (t, x) QT

Тогда max u(t, x) достигается на параболической границе ΓT области QT

(t,x) QT

Возьм¼м 0 < δ < T; QT−δ; ΓT−δ
Пусть M = max u(t, x); m =		max u(t, x)
(t,x)	QT−δ	(t,x)	ΓT−δ

(оба семейства множеств, по которым мы бер¼м максимум замкнуты) Тогда условие теоремы можно трактовать как m > M

Предположим противное: m < M,

тогда (t1, x1) : u(t1, x1) = M, (t1, x1) < параболической границе

ut(t1, x1) = 0, так как это точка локального максимума.

ux1x1 (t1, x1) 6 0 из каких-то(?!?!?!?) соображений. Lu(t1, x1) > 0 Тогда построим новую функцию:

∑

vβ(t, x) = u(t, x) + β|x − x1|2 = u(t, x) + β (xk − xk1)2

M − m

k=1

β =

, ãäå d - диаметр QT,

β > 0

2d2

Тогда на параболической границе для цилиндра высотой T − δ будет выполняться:

(t, x) = u(t, x) + β

−

2 6 m +

M − m

M + m

< M

2d2

vβ(t1, x1) = u(t1, x1) + 0 = M

(

, x2), в которой v

(t, x) достигает максимума.

, x

)

> 0

Lvβ(t

2na2β > 0

Lvβ

(t2, x2) = Lu(t2, x2)

−

) >

Lu(t

, x

2na

β > 0 - противоречие.

Пусть m

= max u(t, x)

)

(t,x) ΓT

) 6

) =

δ > 0

u t

(t,x) ΓT−δ

u t x

(t,x) ΓT u t

QT−δ

( ,

max

( ,

max ( ,

Теперь, что касается верхних точек:

u(t, x) 6 m

(t, x)

\ΩT (перешли к пределу при δ → 0)

Доказательство завершено.

Следствие из теоремы 4.4: Пусть u(t, x):

1)u(t, x) C1t,,x2(QT) ∩ C(Q)

2)ut − a2∆u = 0, t, x QT Тогда max и min u(t, x) достигаются на параболической границе области QT

Доказательство разобь¼м на две части:

1)max : Lu 6 0(Lu = 0 6 0) по теореме 4.4 получаем требуемое

2)min : v(t, x) = −u(t, x)

Äëÿ v(t, x) справедлив принцип максимума: (t , x ) параболической границе Qt :

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.20155.2 Mб30lecture_7.pdf
#
03.06.20151.41 Mб37Lecture_8.pdf
#
27.03.2016170.33 Кб10Lecture_HJ_7.pdf
#
03.06.201523.24 Кб18Lektsia_5_Eumetazoa.docx
#
03.06.20151.11 Mб11Lektsii_Vesna.pdf
#
03.06.2015303.94 Кб7Lektsii_zubova_1.pdf
#
03.06.2015319.88 Кб6Lektsii_zubova_2.pdf
#
03.06.2015450.28 Кб7Leonidov.pdf
#
03.06.2015550.54 Кб4LM1117.pdf
#
03.06.201520.96 Mб103M.A.Leontovich-термодинамика и стат физика.pdf
#
03.06.2015688.23 Кб80M1_10_14.pdf