Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lektsii_zubova_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

319.88 Кб

Скачать

☆

1 / 51 2 3 4 5 > Следующая >>>

Набрал Бабичев Дмитрий©

Огромная просьба, о замеченных опечатках сообщать. По возможности формулировать в стиле - какая-то страница, какая-

то строчка, вместо того-то нужно писать что-то. Более того некоторые места написаны не совсем понятно, так что если

у вас есть что добавить, то пишите тоже. Вместе у нас полу-

чатся действительно качественно проверенные лекции. Также есть хорошая программа, в которой можно рисовать отлич-

ные рисунки. Она тут же в архиве должна лежать. Если будет время и желание, просьба нарисовать эскизы. Это совсем

не сложно, и лекции станут более понятными. Так как это распространится довольно широко, оставляю свою аську для

обратной связи: 494103934.

Метод Фурье

u t=0			= u0(x),	0 6 x 6 l (начальное условие)
	ut	− a2uxx = f (t, x); 0				< t < T,	0 < x < l
	u		= ψ0(t);	u = ψ1(t), 0 6 t 6 T (краевые условия)





					x=l
	x=0				x=l

( ) ( ) ( )

QT = (0, t) × (0, l) условия мы ставим на параболический границе нашей области QT

Определение: классическим решением смешанной задачи ( − ) называется такое u(t, x):

1)u(t, x) C1t,,x2(QT) ∩ C(QT)

2)удовлетворяет уравнению ( ) в QT и граничным условиям ( ), ( )

Теорема 5.1(единственности): не может существовать более одного классического решения смешанной задачи ( − )

Предположим, что существует два решения: uI(t, x), uII(t, x)

1)v(t, x) = uI(t, x) − uII(t, x) C1t,,x2(QT) ∩ C(QT)

2)она является решением задачи:	{	v параб.граница = 0

		Lv(t, x) ≡ vt − a2vxx = 0
В силу следствия из теоремы 4.4 максимум			и минимум достигается на параболической границе мно-

жества QT: \|v(t, x)\| 6 max \|v(t, x)\| = 0		v(t, x) ≡ 0 : uI(t, x) è uII(t, x) совпадают.

Пока мы ничего не говорили про существование решения, а говорили только про то, что если оно

существует, то будет единственным. Рассмотрим частный случай:

u t=0

= u0(x),

0 6 x 6 l

− a2uxx = 0; 0 < t < T, 0 < x < l

Заметим, что

= 0; u

= 0, 0 6 t 6 T

x=0

x=l

необходимыми условиями разрешимости будут

(0)

= 0

= u0(l)

- так называемые

условия согласования начальных и граничных условий.( u C(QT) )

Будем решать эту задачу. Ид¼м по пути Фурье. Хотелось бы найти много решений, для этого используем метод разделения переменных.

U(t, x) = X(x)θ(t); u(t, x) . 0:

θ′(t)X(x) = a2θ(t)X′′(x), формально подеслим обе части на U(t, x):

θ′(t) = a2 X′′(x) Слева функция от t, срава от x - это возможно, когда обе части равны константе. Пусть

θ(t) X(x)

эта константа равна −λa2 :

θ′(t)	= a2	X′′(x)	= −λa2	Имеем два уравнения:
θ(t)	= a2	X(x)	= −λa2	{	−X′′(x) = λX(x), 0 < l < x
					−X′′(x) = λX(x), 0 < l < x
					θ′(t) = −λa2θ(t), t > 0

Рассмотрим первое из них. Подставляя граничные данные, имеем: U(t, 0) = X(0)θ(t) = 0 t > 0. Òàê êàê U(t, x) . 0, То это возможно только когда X(0) = 0. Аналогично X(l) = 0 Òî åñòü:

		−X′′(x) = λX(x), 0 < x < l			−	о.д.у 2 порядка

		X(0)	= 0
		X(0)	= 0

Посмотрим, когда это	уравнения			имеет нетривиальное решение. Для этого сформулируем частный
Посмотрим, когда это
			= 0
	X(l)		= 0
случай задачи Штурма-Лиувилля:
Пусть дан оператор A:			X(0) = X(l) = 0}
1)D(A) = {X(x) : X(x) C2([0, l]),			X(0) = X(l) = 0}
2)Im(A) = C([0, l])
3)A : X(x) → −X′′(x)

Это так называемый оператор −∆ с условиями Дирихле.

Другими словами мы решаем уравнение Ax = λx, то есть ищем собственные функции и значения оператора A

Рассмотрим 3 случая:

1)λ < 0 :

√

X′′(x) − |λ|X(x) = 0 X(x) = C1e

|λ|

x + C2e−

|λ|

{

X(0) = 0 = C + C

имеет нетривиальные решения, только если

= 0

X(l) = 0 = C11e√|λ|l2+ C2e− √|λ|l

e√|λ|l

e− √|λ|l

2 √

- противоречие.

| |

= 1;

√

= 0

2)λ = 0 :

−X′′(x) = 0 X(x) = C1x + C2

{

X(0) = 0 = C 0 + C

имеет нетривиальные решения, только если

= 0

X(l) = 0 = C11··l + C2

- противоречие. То есть

l =

λ 6 0

не является собственным значением оператора.

3)1)λ > 0 :

√

X′′(x) + λX(x) = 0

X(x) = C1 cos

x + C2 sin

X(0) = 0 = C

1 + C2

√λl

имеет нетривиальные решения, только если

= 0

{ X(l) = 0 = C11cos·

√λl·

+ C2 sin

cos √λl

sin √λl

- характеристическое уравнение.

sin √λl = 0

√λl = πk, (k

λ =

λk = (

πk

, (k Z)

Xk(x) = sin

πk

x, (k

N), òàê êàê ïðè k 6 0

мы получаем решения, линейно зависимые от уже

полученных.

Теперь перейдйм к рассмотрению второго уравнения:

θ′(t) = −λa2θ(t), t > 0

решаем его уже при найденных λ:

aπk 2

θ′

(t) =

λ a2θ

(t), t > 0

θ (t) = e−(

)

− k

πk

Uk(t, x) = e−(

aπk

)

t sin

t > 0;

0 6 x 6 l, k N

Про получеííую функцию можно сказать: 1)Uk(t, x) C∞(QT)

2)Uk(t, 0) = Uk(t, l) = 0 3)(Uk)t − a2(Uk)xx = 0

πk

4)Uk(0, x) = sin l x

Рассматриваемая смешанная задача линейна. Поэтому мы умеем решать е¼, взяв в качестве на-

чальных данных любую конечную линейную комбинацию из полученного семейства решений. Более того u0(x) C([0, l]); u0(0) = u0(l) = 0 по теореме Вейршрасса можно приблизить сколь угодно близко,

и по принципу максимума максимальная ошибка будет наблюдаться на параболической границе.

Рассмотрим два множества:

1)Множество финитных числовых последовательностей (конечномерные векторы)

∑
N	πk
2)Множество функций u0(x) = Ak sin	l	x
k=1

Докажем, что между двумя этими множествами будет наблюдаться биекция:

∑

πk

(x) =

Ak sin

k=1

∑

πn

(x) sin

Ak sin

πk

sin

k=1

∑

∫ u0(x) sin

πn

∫ sin

πk

πn

= k=1

sin

{ }N

Ak k=1

πk Ak sin l x

∫l

2 πn

An = l u0(x) sin l xdx, то есть по функции однозначно строятся коэффициенты.

Теперь нам бы хотелось расширить множество функций, и брать бесконечномерные векторы. Для
∑		πk
∞	Ak sin		x должен сходится, и порождать непрерывную функцию. Кроме того ряд
этого ряд		l

k=1

∑∞

U(t, x) = AkUk(t, x)x тоже долежен сходится, и более того иметь непрерывные производные Ut è Uxx.

k=1

Сузим класс рассматриваемых бесконечномерных векторов, и будем рассматривать только те, для
	∑
	∞
которых выполняется:	\|Ak\| < ∞ Докажем, что для этого класса указанные ранее ряды сходятся, и
Ut, Uxx - непрерывны.	k=1
Ut, Uxx - непрерывны.		k=1	Ak sin	πlk x	6 k=1	\|Ak\| < ∞.
Действительно: \|u0(x)\| =		k=1	Ak sin	πlk x	6 k=1	\|Ak\| < ∞.
		∑			∑
		∞			∞

По теореме Вейршрасса ряд сходится абсолютно и равномерно, и сумма его будет непрерывной функцией. Докажем, что если в указанные ранее два множества добавить рассматриваемый класс беско-

нечномерных векторов, то взаимно-однозначное соответствие сохранится.

∑∞

u0(x) =

k=1

∑

πn

∞

πk

πn

(x) sin

Ak sin

sin

k=1

∑

∫ u0(x) sin

πn

∞

∫ sin

πk

sin

πn

= k=1

An =

∫l

u0(x) sin

πn

xdx

Здесь мы воспользовались равномерной сходимостью, и вынесли знак интеграла из под знака суммы.

∑

aπk 2

∞

πk

Теперь посмотрим на ряд U(t, x) =

AkUk(t, x)x = U(t, x) =

Ake−(

l )

t sin

k=1

1) Ake−( aπl k )2t sin πlk x 6 Ak: сходится абсолютно и равномерно на QT:

U(t, x) C(

)

2)u(t, 0) = u(t, l) = 0 t > 0 - в силу непрерывности.

∞

πk

3)u(0, x) =

Ak sin

x = u0

(x)

k=1

∑

4)Докажем, что u(t, x) C∞(t > 0, 0 6 x 6 l)

x [0, l]

Для этого рассмотрим прямоугольник: t > δ > 0;

Формально продифференцируем ряд.

∞

t sin

πlkx

x [0, l];

t > δ > 0

v k=1

−Ak(aπl k )

e−( aπl k )

∑

− Ak

aπk

aπk 2

πk

x 6 |Ak|

)

aπk

(

aπk

aπk 2

e−(

)

t sin l

a l k

e−(

)

δ = δk

δ· e−(

) δ

(

)

(

)

; исследуем на экстремумы, имеем:

Пусть

y(x) = xe−

> 0) :

y′(x) = e−

−

y(x) 6

То есть рассматриваемая функция 6

|Ak|

Продифференцированный ряд сходится равномерно и аб-

δl

солютно. Беря всевозможные прямоугольники, которые покрывают (t > 0, 0 6 x 6 l), получаем искомое.

Аналогично можно брать любые производные по x è ïî t, так как экспонента вс¼ время будет забивать более слабую функцию - многочлен.

∑	−Ak(		)	2	2
∞		aπk		2	2		πk
uxx = k=1		l		e−(	πlk )	t sin	l	x	x [0, l]; t > 0

ut − a2uxx = 0	}		∑	∑
{	}	∞	∑	∑		πk
		∞	∞	∞		πk
Òî åñòü äëÿ	Ak k=1		;	\|Ak\| < ∞; u0(x) =	Ak sin	l	x - решать умеем.
			k=1	k=1

Заметим, что класс функций u0(x) C1([0, l]); u0(0) = u0(l) = 0 будет содержаться в рассматриваемом ранее классе.

Утверждение: Пусть в некотором гильбертовом пространстве H со скалярным произведением, опе-

ратор A симметричен (самосопряж¼н) (Ax, y) = (x, Ay), тогда:

1)Все собственные значения действительны 2)Собственные функции, соответствующие различным собственным значениям ортагональны.

Вспомним, что ( f, g) = (g, f ); (λ f, g) = λ( f, g); ( f, µg) = µ( f, g)

Рассмотрим два собственных значения и вектора: xk, λk, xn, λn

1)λk(xk, xk) = (λkxk, xk) = (Axk, xk) = (xk, Axk) = (xk, λkxk) = λk(xk, xk) λk R

2)λk(xk, xn) = (λkxk, xn) = (Axk, xn) = (xk, Axn) = (xk, λnxn) = λn(xk, xn) = λn(xk, xn) (xk, xn) = 0

Лемма 5.1: Оператор A = −

(−∆), определ¼нный на D(A) является симметричным относительно

dx2

скалярного произведения пространства L2(0, l) : (u, v) = ∫0 l

u(x)

v(x)

(Au, v) = ∫l

[−u′′(x)]

dx = −u′(x)

+ ∫l

u′(x)

dx = u(x)

+ ∫l

u(x)[−

v(x)

v′(x)

v′′(x)]dx = (u, Av)

Отсюда в частности легко показать, что ∫0

sin

πk

x· sin

πn

x· dx = 0, ïðè n , k

Лемма 5.2: Пусть {e1, e2, . . . , en, . . . } - конечная, или сч¼тная ортоганальная система элементов в ли-

нейном пространстве H со скалярным произведением:
(ek, ej) = 0, k , j;		(ek, ek) > 0.			Тогда f H справедливо неравенство Бесселя:
∞						( f, ek)
\|ck\|2(ek, ek) 6 ( f, f );				ck =
\|ck\|2(ek, ek) 6 ( f, f );				ck =		(ek, ek)
k=1
∑
Доказательство:			cjej) > 0, раскроем скобки, имеем:
N		N
( f − k=1	ckek,	f − j=1
∑	N	∑		N			N	N	N	N
	∑			∑			∑	∑	∑	∑

0 6 ( f, f )− ck(ek, f )− ck( f, ej)+ ckcj(ek, ej) = ( f, f )− ckck(ek, ek)− cjcj(ej, ej)+ ckck(ek, ek) =

∑

k=1

j=1

k,j=1

k=1

j=1

∑

( f, f ) −

|ck|2(ek, ek)

|ck|2(ek, ek) 6 ( f, f )

k=1

∑

переходя к пределу при k → ∞, имеем:

∞

|ck|2(ek, ek) 6 ( f, f )

∑

k=1

∞

Лемма 5.3:

Пусть ряды

|αk|2 < ∞,

|βk|2 < ∞

k=1

Тогда ряд

∞

αkβk сходится, прич¼м ∞

|αkβk| 6 v

∞

|αk|2·

∞

|βk|2

∑

k=1

tk=1

Для доказательство используем неравенство Коши Буняковского Шварца. Возьм¼м N > 0

∑

de f

∑

de f

∞

|αk|2 6 |αk|2

|βk|2 6 |βk|2

= B

k=1

αkβk 6 v

αk

βk 2 6 √A √B

∑

| ·

| |

k=1

tk=1

Это верно для любого N, значит ряд сходится абсолютно, и для него выполняется неравенство Ко-

ши Буняковского Шварца.

Лемма 5.4:

Пусть:

1)v(x) C1([0, l])

2)v(0) = 0;

v(l) = l

Тогда:

∑

∞

Ak sin

πk

x [0, l],

ãäå Ak =

∫ v(y) sin

πk

y· dy

a)Ðÿä k=1

сходится к v(x) íà [0, l] абсолютно и равномерно, прич¼м:

á)Ak =

αk, ãäå αk

∫0 l

v′(y) cos

πk

y· dy

πk

Докажем.

2π

nπ

1)Íà [0, l]

= {sin sin

x, sin

{e1, e2, . . . , en, . . . }

x, . . . ,

x, . . . } является ортогональной системой

функций относительно скалярного произведения в

L2, так как эти функции являются собственными

функциями оператора "−∆" с однородными условиями Дирихле, который в свою очередь симметричен в L2 :

∫

πj

i , j

(ei, ej)

sin

πi

x sin

x· dx

i = j

(v, ek)

∫ v(y) sin

πk

y· dy = Ak, по неравенству Бесселя:

∞

|Ak|2 < ∞

(ek, ek)

k=1

∫0 l

∑

3) Ak =

v(y) sin

πk

y· dy, интегрируем по частям:

Ak = −

v(y) cos

πk

y 0l

∫l

v′(y) cos

πk

y· dy

πk

Первое слагаемое равно

в силу выбора функции

Ak =

αk, ãäå αk =

∫0

v′(y) cos

πk

y· dy

πk

2π

nπ

4))Íà [0, l]

{g1, g2, . . . ,

gn, . . . } = {cos

x, cos

x, . . . , cos

x, . . . }

является ортогональной системой

функций относительно скалярного произведения в

L2, так как эти функции являются собственными

функциями оператора "−∆" с однородными условиями Неймана, который в свою очередь симметричен

â L2 :

∫

πj

0, i , j

πi

(gi, gj) =

cos

x cos

x· dx

l , i = j

И по неравенству Бесселя:

∞

|αk|2 < ∞

∑

k=1

∑

∞

|Ak| < ∞

Теперь докажем, что

∑

k=1

∑

π2

∞

Ak =

πk

αk;

k=1

< ∞;

|αk|2 < ∞

k=1

|Ak| = πl

k=1

k=1 αk k

< ∞ ïî лемме 5.3

∑

∞

πkx

÷òî φ(x) =

Ak sin

Тем самым мы доказали,

непрерывная функция.

∑

k=1

Нам нужно доказать большее: что она равна v(x). Для этого используем ряды Фурье.

Построим следующую функцию:

{

v(x), x [0, l]

v˜(x) = v˜(x + 2l) = v˜(x) −v(−x), x [−l, 0]

k=1

φ →− k(t) e k;

µ →−

k e k

→−

u 0 =

→−

Тогда f (t) =

Тогда v˜(x) C1(R1)

∑

(a˜k cos

∞

πk

v˜(x) =

+ k=1

x + b˜k sin

a˜k =

∫l

v˜(y) cos

πk

y· dy = 0

(подынтегральное выражение неч¼тно)

−l

b˜k =

∫l

v˜(y) sin

πk

y· dy =

∫0 l

v(y) sin

πk

y· dy = Ak

(подынтегральное выражение неч¼тно)

−l

∑

πk

∞

Òî åñòü v(x) =

Ak sin

x = φ(x)

k=1

Сформулируем следующую теорему:

Теорема 5.2: Пусть в смешанной задаче:

x [0, l]

u t=0

= u0

(x),

( )

− a2uxx = 0,

t > 0, x (0, l)

Причем

x=0

= 0;

x=l

= 0; t > 0

u (x)

C ([0, l])

u (0) = u (l) = 0

Тогда:

∑

∞

aπk 2

πk

1)ðÿä u(t, x) =

Ake−(

)

t sin

x, t

> 0,

0 6 x 6 l

сходится абсолютно и равномерно на QT

k=1

2)u(t, x) C(QT) ∩ C∞(QT), ( T > 0)

3)u(t, x) - классическое решение задачи (*)

4)Ïðè t > 0 любая частная производная от u(t, x) может быть найдена соответствующим дифференци-

рованием под знаком суммы.
Доказательство:
1)Ak =	2	∫0 l	u0(y) sin	πk		y· dy,	ïî лемме 5.4 имеем:
	l			l
∑					∑			πk
∞					∞
\|Ak\| < ∞; u0(x) =						Ak sin		l	x
k=1					k=1

Доказанные ранее факты завершают доказательство. Неоднородный случай

u t=0				= 0,	x [0, l]
	ut		− a2uxx = f (t, x),					t > 0, x (0, l)




	u			= 0;	u		= 0;		t > 0
	u	x=0		= 0;	u	x=l	= 0;		t > 0
		x=0				x=l

Вспомним факты из курса дифференциальных уравнений:

				u	(t) = B u (t) +→−f (t), 0 < t < T
				→−t			→−

							→−0
				→−			→−0
	- матрица					она симметрична.
	- матрица		. Пусть			она симметрична.
				u	t=0		= u
					t=0
B		n × n					n	→−k	= λ	k→−k
		n					n	→−k		k→−k
Тогда существует базис из собственных векторов: B e										e
		∑					∑

→−

u (t) =

( )

u1(t)

...

un(t)

k=1		k=1
Решение ищем в виде:	u (t) =	n	(t) e
		c
	→−	∑ k	→−k

∑

k=1

→−k

k=1

→−k

k=1

k t →−k

k=1

→−k

k=1

k→−k

k=1

→−k

c′ (t) e

= B

c (t) e

+ φ ( ) e

c′ (t) e = c

(t)λ e

+ φ

∑

→−k

k→−k

→−k

k→−k

c (0) e

µ e

c (0) e

µ e

k=1

]

k=1

∑ [

t −

kck t

−

ck′ (t) = λkck(t) + φ(t)

k=1

)

→−k

= 0

{

−

k = 1, n

∑ [

]

c (0) = µ

k →−k

к нашей задаче:

Âåðí¼ìñÿ

c (0)

e = 0

k=1

Вспомним, как мы определяли оператор " −∆"

D(A) = {X(x) : X(x) C2([0, l]), X(0) = 0; X(l) = 0}

Предположим, что:

(

πk

)

πk

"−∆"= −

dx2

: X(x) → −X′′(x)

λk =

; Xk(x) = sin

k N

{

f (x, t), fx(t, x), fxx(t, x) C(

)

(

)

∑

f (t, 0) = 0; f (t, l) = 0 t [0, T]

∑

πk

∞

f (t, x) =

fk(t)Xk(x) =

fk(t) sin

k=1

fk(t) =

∫0 l

f (t, y)Xk(y)dy =

∫0 l

f (t, y) sin

πk

y· dy

Решение будем искать в виде:

∑

πk

∞

u(t, x) =

θk(t)Xk(t) =

θk(t) sin

k=1

Пока будем допускать некоторые вольности, строгое обоснование дадим позже.

∑

∞

ut − a2uxx − f (t, x) = k=1 θk′ (t)Xk(x) − a2[

k=1 θk(t)Xk(t)]xx − k=1

fk(t)Xk(x)

Формально продифференцируем:

∑ [

]

∑

∑ [

]

∑

∞

πk

0 = k=1

θk′ (t) − fk(t) Xk(x) − a2 k=1 θk(t)Xk′′(x) = k=1

θk′ (t) − fk(t) Xk(x) − a2 k=1 θk(t)[ −

(

)

Xk(x)] =

∑

∞

= k=1 [θk′ (t) +

π k

a2θk(t) − fk(t)]Xk(x) = 0

∑

∞

домнажая на Xk(x) скалярно, и используя ортагональность, имеем:

Отсюда,

u t=0

= u(0, x) =

θk(0)Xk(0) = 0

k=1

(t) + (aπl k )2θk(t) = fk(t)

θk′

k = 1, 2, . . .

Получили серию задач

(0) = 0

θk

Êîøè.

(

aπk

aπk 2

1)θ˜

θ˜

(

) +

(

) = 0

(

) =

−(

)

k′

)aπkk2 t

Cke

θk(t) = Ck(t)e−(

)

t -

метод вариации постоянного. Подставляем в уравнение:

Ck′ (t)· e−(

aπk

)2t − Ck(t)· e−(

aπk

)2t· (

aπk

)2 + (

aπk

)2· Ck(t)· e−(

aπk

)2t = fk(t)

Ck′ (t)e−(

aπk

)2t = fk(t)

Ck(t) = ∫0 t

e+(

aπk

)2τ fk(τ)dτ + C

θk(t) = e−( aπl k )2t[ ∫0 t

e+( aπl k )2τ fk(τ)dτ + C], из граничных условий C = 0

∑

∞

[ ∫

(t−τ) fk(τ)dτ] sin

πk

òî åñòü: u(t, x) v k=1

e+( aπl k )

( )

Кандидат на классическое решение. Сформулируем и докажем следующую теорему:

Теорема 5.3: Пусть в смешанной задаче ( ) функция f (t, x) удовлетворяет условиям ( ), тогда

1) Ряд ( ) сходится абсолютно и равномерно в QT

2)u(t, x) C1t,,x2(QT)

3)u(t, x) - классическое решение смешанной задачи ( )

4)Частные производные ut, ux, uxx можно находить с помощью почленного дифференцирования ряда

( )

Доказательство:

fk(t) =

∫l

f (t, y) sin

πk

y· dy =

f (t, y) cos

πk

y 0l

∫l

fy(t, y) cos

πk

y· dy =

πk

(

)

(

)

(

)

πlk

−

πlk

∫

φk(t),

2l fy(t, y) sin πlk y· dy 0

fyy(t, y) sin πlk y· dy = −

πlk

πk

ãäå φk(t) =

fyy(t, y) sin

y· dy

∑

По неравенству Бесселя:

∞

|φk(t)|2 < ∞

k=1

| fxx(t, x)| 6 M

|φk(t)| 6

∫0 l

Mdy = 2M

| fk(t)| 6 2M(

lk x

6 2M πk

∫

dτ = π2k2

∫

e−( l

) (t−τ) fk(τ)· dτ · sin

- сходится.

(

)

aπk

2Ml T

Значит

интеграл сходится

абсолютно

и равномерно и будет непрерывной функцией, значит она удо-

влетворяет начальным и граничным условиям в силу непрерывности.

То есть мы доказали, что u(t, x) C(

)

Докажем второй пункт:

∑

[

( )

]

∑

[

( ) ]

∞

fk(t)−∫

aπk

πk

∞

πk

∞

∫

πk

v k=1

e−(

aπk

)

(t−τ)

fk(τ)· dτ sin

x v k=1

fk(t) sin

x − a2

e−(

aπk

)

(t−τ) fk(τ)

· dτ sin

k=1

а)Оценим член первого ряда:

fk(t) sin

πk

6 2M(

πk

Мы замажорировали этот ряд сходящейся

числовой

последовательностью, значит исходный ряд схо-

дится абсолютно и равномерно.

б)Аналогично оценим член второго ряда:

e−( aπl k )2(t−τ) fk(τ)

πlk · dτ· sin πlkx

6 2M

e−( aπl k )2(t−τ)· dτ = 2M

aπl k

aπk

∫

) e−η· dη 6

(

)

(

)

∫

∞

(

)

(

)

6 2M aπ k2 ∫

e− · dη = aπ k2

То есть мы доказали аналогичный факт и про второй ряд. Значит и про сумму этих двух рядов. Следовательно формально продифференцированный ряд сходится равномерно и абсолютно, поэтому имеет место равенство:

∞

πk

∞

∫

aπk

πk

= k=1

fk(t) sin

−

e−(

)

(t−τ) fk(τ)

· dτ sin

k=1

∑

[

(

)

]

Аналогично находим ux, uxx :

∞

πk

uxx(t, x) = − k=1 ∫

e−( aπl k )

(t−τ) fk(τ)

)

· dτ sin

∑

[

(

]

uxx C(

)

1,2

(QT)

То есть мы показали, что u(t, x) Ct,x

Тогда:

∞

πk

∞

∫

πk

ut − a2uxx − f (t, x) = k=1

fk(t) sin

− a2

e−(

aπk

)

(t−τ) fk(τ)

· dτ sin

x +

k=1

∫

∑

[

(

)

]

∞

(

πk

∞

πk

+ k=1

e−( aπl k )

(t−τ) fk

(τ)

· dτ sin

x − k=1

fk(t) sin

= 0

∑

[

)

]

∑

что завершает доказательство.

Теперь посмотрим на полностью неоднородную задачу:

ut − a2uxx = f (t, x),

(t, x) QT

{

u0(0) = ψ0(0)

−

u t=0 = u0(x),

0 6 x 6 l

u0(l) = ψ1(0)

условия согласования

x=0

= ψ0(t), u

x=l

= ψ1(t), 0 6 t 6 T

Пусть ψ0, ψ1 - достаточно гладкие.

Сводим к задаче с однородными краевыми условиями. Для этого ищем такую функцию W(t, x)

такую, что {

W(t, 0) = ψ0(t)

W(t, l) = ψ1(t)

u(t, x) = W(t, x) + v(t, x),[ãäå v(]t, x) - решение задачи с однородными граничными условиями. x x

Возьм¼м W(t, x) = ψ0(t) 1 − l + ψ1(t)· l

По теореме 5.2 мы брали u0(x) C1. Далее так как мы занулили краевые условия, мы умеем решать задачу в самом общем виде.

Теперь сформулируем, и докажем существование решения в более широком классе функций.

	{	u0(x)	C([0, l]) & u (0) = 0, u (l) = 0
Пусть		f (t, x),				0		x=0	0= 0, f	x=l = 0
Пусть		f (t, x),	fx(t, x) C(	QT	)		& f	x=0	0= 0, f	x=l = 0

Тогда u(t, x) C1t,,x2(QT) ∩ C(QT)

Продолжим u0(x) è f (t, x) неч¼тным образом, и cделаем

Тогда uˆ0(x) C(R1),	fˆ(t, x) Cx1(R1)
{	uˆt − a2uˆxx = fˆ(t, x), 0 < t < T; x R1


	uˆ t=0 = uˆ0(x)

Тогда для е¼ решения справедлива формула Пуассона:

2l периодичной.

−задача Коши.

1 / 51 2 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
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 Mб9Lektsii_Vesna.pdf
#
03.06.2015303.94 Кб5Lektsii_zubova_1.pdf
#
03.06.2015319.88 Кб4Lektsii_zubova_2.pdf
#
03.06.2015450.28 Кб5Leonidov.pdf
#
03.06.2015550.54 Кб3LM1117.pdf
#
03.06.201520.96 Mб96M.A.Leontovich-термодинамика и стат физика.pdf
#
03.06.2015688.23 Кб76M1_10_14.pdf
#
03.06.2015504.99 Кб115M1_11_2012.pdf