All lectures pdfs / Ур.мат.физ / Lecture_10 / Лекция_10

\documentclass[a4paper,12pt,oneside]{book}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage[mathscr]{eucal}
\usepackage{amsmath, amssymb, graphicx, longtable, color, cite}
\usepackage{geometry}
\geometry{top=1cm} \geometry{bottom=0.5cm}

\begin{document}
\pagestyle{myheadings}

\renewcommand{\thesection}{\S\arabic{section}}

\setcounter{section}{9}

\section{Гладкие решения задачи Коши\\ для уравнения теплопроводности}
%\noindent
С помощью преобразования Фурье установим корректность следующей задачи:
\begin{equation}
  \left\{
  \begin{array}{l}
  u_{t}=\triangle_x u,  \quad (t,x)\in G; \\                                      %(1)
  u|_{t=0}=\varphi(x), \quad x\in R^n.
  \end{array}
  \right.
\end{equation}
Здесь $\triangle_x =\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\partial^2}{\partial x_k^2}$ - оператор Лапласа,\\
$G=\{(t,x),\ t>0,\ x\in R^n\}$.\\
%
Кроме того, введем следующие обозначения:\\
$G_T=\{(t,x);\ 0<t<T<\infty,\ x\in R^n\}$,\\
$\overline{G}=\{(t,x);\ t\geq0,\ x\in R^n\}$,\\
$G^\delta=\{(t,x);\ t\geq\delta>0,\ x\in R^n\}$.\\
%
В этом параграфе мы докажем следующую теорему\\
%
\textbf{Теорема.}\\
Для любой функции $\varphi(x)\in L_2(R^n)$ решение задачи (1) в области $G$
дается \textit{интегралом Пуассона}
\begin{equation}                                                                          %(2)
u(t,x)=\biggl(\frac{1}{4\pi t}\biggr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}\varphi(y)dy,                            \quad u=K\varphi,\ K:\varphi\rightarrow u
\end{equation}
при этом:\\
а) функция  $u(t,x)\in C^\infty(G)$,\\
б) при любом $t\geq 0$: функция $u(t,x)\in L_2(R^n)$,\\
в) функция $u(t,x)$  удовлетворяет начальному условию в следующем смысле:
$$\rho(u-\varphi)\rightarrow 0\quad \mbox{при}\ t\rightarrow +0\ (\mbox{в}\ L_2(R^n)).$$
Построенное решение является единственным в данном классе функций и
непрерывно зависит от начальных данных.\\
%
\textbf{Замечание к формулировке теоремы.}\\
1) Можно показать, что теорема справедлива и тогда, когда $\varphi(x)\in~L_{2,k}(R^n)$, $k<0$,
где (см. $\S$8) $L_{2,k}(R^n)$ - весовое $L_2$ пространство с нормой
$$||\varphi||_{L_{2,k}(R^n)}=\biggl(\int\limits_{R^n}(1+|x|^2)^k|\varphi(x)|^2dx\biggr)^\frac{1}{2},\ k<0. $$
Решение задачи (1) вновь задается формулой (2).\\
Пункты: б) $\forall t\geq 0$: $u(t,x)\in L_{2,k}(R^n)$, \\
в) $||u-\varphi||_{L_{2,k}(R^n)}\rightarrow 0$ при $t\rightarrow +0$.\\
%
2) Если $\varphi(x)\in C(R^n)\bigcap L_2(R^n)$ - непрерывная функция,
то в формулировке теоремы пункт в) можно переписать так:\\
в) функция $u(t,x)\in C(\overline{G})$ и удовлетворяет начальному условию в обычном смысле:
$$\lim\limits_{\stackrel{t\rightarrow +0}{x\rightarrow x^0}}u(t,x)=\varphi(x^0).$$
В этом легко убедиться, если в формуле (2) сделать замену
$$z=\frac{y-x}{2\sqrt{t}},$$
при этом формула (2) перепишется так:
{\renewcommand{\theequation}{2$'$}
\begin{equation}                                                                                  %(2')
u(t,x)=\biggl(\frac{1}{\pi}\biggr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-|z|^2}\varphi(x+2z\sqrt{t})dz.
\end{equation}}
\setcounter{equation}{1}
Переходя к пределу под знаком интеграла (почему?) получаем:
\begin{equation*}
\lim\limits_{\stackrel{t\rightarrow +0}{x\rightarrow x^0}}u(t,x)=\biggl(\frac{1}{\pi}\biggr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-|z|^2}\varphi(x^0)dz=\varphi(x^0),
\end{equation*}
поскольку $1=\bigl(\frac{1}{\pi}\bigr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-|z|^2}dz$.\\
%
\textbf{Доказательство теоремы:}\\
Оно состоит из нескольких частей.\\
I)  получение априорной оценки и формулы (2).
Запишем сначала формальное решение задачи (1) (см. $\S$6):
$$u(t,x)=e^{t\triangle_x}\varphi(x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!}\triangle_x^k\varphi(x).$$
Далее, возьмем $\widehat{\varphi}(\xi)\in C_0^\infty(R^n)$, тогда
$\overline{F}\widehat{\varphi}(\xi)=\varphi(x)\in \mathcal{J}$.
Поэтому
\begin{eqnarray*}
&u(t,x)=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!}\triangle_x^k\biggl(\int\limits_{R^n}e^{2\pi i(x,\xi)}\widehat{\varphi}(\xi)d\xi\biggr)=
\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!}\int\limits_{R^n}\triangle_x^k(e^{2\pi i(x,\xi)})\widehat{\varphi}(\xi)d\xi=\\
&=\int\limits_{R^n}\biggl(\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{t^k(-4\pi^2|\xi|^2)^k}{k!}\biggr)e^{2\pi i(x,\xi)}\widehat{\varphi}(\xi)d\xi=
\int\limits_{R^n}e^{2\pi i(x,\xi)}e^{-4\pi^2t|\xi|^2}\widehat{\varphi}(\xi)d\xi.
\end{eqnarray*}
Поскольку (см. формулу (4) из $\S$9 $Fe^{-a|x|^2}=(\frac{\pi}{a})^\frac{n}{2}e^{-\frac{\pi^2|\xi|^2}{a}}$, $a=\frac{1}{4t}$)
$$F\biggl[\biggl(\frac{1}{4\pi t}\biggr)^\frac{n}{2}e^{-\frac{|x|^2}{4t}}\biggr]=e^{-4\pi^2t|\xi|^2} \quad \mbox{для}\ \forall t>0$$
и
$$\widehat{h}(\xi)=\widehat{f}(\xi)\widehat{g}(\xi)=e^{-4\pi^2t|\xi|^2}\widehat{\varphi}(\xi),$$
где $h(x)$- свертка функций $f(x)=(\frac{1}{4\pi t})^\frac{n}{2}e^{-\frac{|x|^2}{4t}}$,
$g(x)=\varphi(x)$, то
%%%                                                                                                        ПОВТОР НУМЕРАЦИИ
\begin{equation}                                                                                  %(2)     !!!!!!!!!!!!!!!!
u(t,x)=\int\limits_{R^n}e^{2\pi i(x,\xi)}\widehat{h}(\xi)d\xi= h(x)=
\biggl(\frac{1}{4\pi t}\biggr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}\varphi(y)dy,
\end{equation}
при этом
{\renewcommand{\theequation}{2$'$}
\begin{equation}                                                                                  %(2')    ПОВТОР НУМЕРАЦИИ
Fu(t,x)=\widehat{u}(t,\xi)=e^{-4\pi^2t|\xi|^2}\widehat{\varphi}(\xi).
\end{equation}}
\setcounter{equation}{2}
Ясно, что для $\forall t\geq 0$: $u(t,x)\in \mathcal{J}$ (см. (2$'$) и лемму из $\S$9).
В силу равенства Парсеваля (3) из $\S$9 имеем:
\begin{eqnarray*}
&\int\limits_{R^n}|u(t,x)|^2dx=\int\limits_{R^n}|\widehat{u}(t,\xi)|^2d\xi=\\
&=\int\limits_{R^n}e^{-8\pi^2t|\xi|^2}|\widehat{\varphi}(\xi)|^2d\xi\leq
\int\limits_{R^n}|\widehat{\varphi}(\xi)|^2d\xi=\int\limits_{R^n}|\varphi(x)|^2dx
\end{eqnarray*}
или
\begin{equation}                                                                                              % (3)
||u(t)||^2_{L_2(R^n)}\leq ||\varphi||^2_{L_2(R^n)} \quad \mbox{для}\ \forall t>0.
\end{equation}
Из (3) получаем также
{\renewcommand{\theequation}{3$'$}
\begin{equation}                                                                                              %(3')
\int\limits_{0}^{T}dt\int\limits_{R^n}|u(t,x)|^2dx=\int\limits_{0}^{T}||u||^2_{L_2(R^n)}dt=
||u||^2_{L_2(G_T)}\leq T||\varphi||^2_{L_2(R^n)}.
\end{equation}}
(3$'$) и является искомой априорной оценкой, которую мы получили при условии, что $\varphi(x)\in \mathcal{J}$
$(\widehat{\varphi}(\xi)\in C_0^\infty(R^n))$.
Решение задачи (1) в этом случае дается формулой (2).

II) доказательство пунктов а),б),в). Пусть теперь $\varphi(x)\in L_2(R^n)$, тогда
существует функция $\widehat{\varphi}(\xi)=F\varphi(x)\in L_2(R^n)$ и существует последовательность
$\{\widehat{\varphi}_k(\xi)\}$, $k=1,2,\ldots$, $\widehat{\varphi}_k(\xi)\in C_0^\infty(R^n)$ такая, что
$$||\widehat{\varphi}_k-\widehat{\varphi}||_{L_2(R^n)}\rightarrow 0, \quad k\rightarrow\infty.$$
Записывая (3$'$) для $\forall k$:
{\renewcommand{\theequation}{3$''$}
\begin{equation}                                                                                              %(3'')
||u_k||^2_{L_2(G_T)}\leq T||\varphi_k||^2_{L_2(R^n)},
\end{equation}}
\setcounter{equation}{3}
где $\varphi_k(x)=\overline{F}\widehat{\varphi}_k(\xi)$,
причем
$$||\varphi_k-\varphi||^2_{L_2(R^n)}=||\widehat{\varphi}_k-\widehat{\varphi}||^2_{L_2(R^n)}\rightarrow 0, \quad k\rightarrow\infty.$$
$$u_k(t,x)=\biggl(\frac{1}{4\pi t}\biggr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}\varphi_k(y)dy,$$
и переходя к пределу при $k\rightarrow\infty$ в (3$''$)
мы получаем, что последовательность $\{u_k(t,x)\}$ такая, что
$$||u_k-u||^2_{L_2(G_T)}\rightarrow 0, \quad k\rightarrow\infty,$$
где $u(t,x)=\bigl(\frac{1}{4\pi t}\bigr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}\varphi(y)dy\in L_2(G_T)$,
т.е. функция $u(t,x)$ определена почти всюду в $G_T$.

Из (3) следует, что для $\forall t\geq 0$:\ $u(t,x)\in L_2(R^n)$.

Заметим, что так определенная функция иногда называется \textit{обобщенным решением }задачи (1) при
$\varphi(x)\in L_2(R^n)$.
Покажем, что на самом деле формула (2) переводит функцию $\varphi(x)\in L_2(R^n)$ в функцию
$u(t,x)\in C^\infty(G)$.
Снова доказываем это свойство сначала для функций из плотного множества.\\
Пусть $\widehat{\varphi}(\xi)\in C_0^\infty(R^n)$, $\varphi(x)=\overline{F}\widehat{\varphi}(\xi)\in \mathcal{J}$;
$\alpha_0$, $\alpha$ - любые, $D_0=\frac{\partial}{\partial t}$
\begin{eqnarray*}
&||D_0^{\alpha_0}D_x^{\alpha}u||_{\mathcal{B}(G^\delta)}=
      \sup\limits_{t\geq\delta>0}\sup\limits_{x\in R^n}|D_0^{\alpha_0}D_x^{\alpha}u|=
       \sup\limits_{t\geq\delta>0}||D_0^{\alpha_0}D_x^{\alpha}u||_{\mathcal{B}(R^n)}\leq\\[2mm]
&  \mbox{\scriptsize{по теореме вложения}}\
      \leq C(n)\sup\limits_{t\geq\delta>0}||D_0^{\alpha_0}D_x^{\alpha}u||_{W_2^{[\frac{n}{2}]+1}(R^n)}=
\end{eqnarray*}
\begin{eqnarray}                                                                                    %(4)
    =C(n)\sup\limits_{t\geq\delta>0}\biggl(\int\limits_{R^n}\sum\limits_{|\beta|\leq [\frac{n}{2}]+1}
      |D_0^{\alpha_0}D_x^{\alpha+\beta}u(t,x)|^2dx\biggr)^\frac{1}{2}=
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray*}
&  \mbox{\scriptsize{по рав-ву Парсеваля}}\
      = C(n)\sup\limits_{t\geq\delta>0}\biggl(\int\limits_{R^n}\sum\limits_{|\beta|\leq [\frac{n}{2}]+1}
      |(2\pi i\xi)^{\alpha+\beta}|^2|FD_0^{\alpha_0}u(t,x)|^2d\xi\biggr)^\frac{1}{2}=\\[2mm]
&  =C(n)\sup\limits_{t\geq\delta>0}\biggl(\int\limits_{R^n}\sum\limits_{|\beta|\leq [\frac{n}{2}]+1}
      |(2\pi i\xi)^{\alpha+\beta}|^2(-4\pi^2|\xi|^2)^{2\alpha_0}
      e^{-8\pi^2t|\xi|^2}|\widehat{\varphi}(\xi)|^2d\xi\biggr)^\frac{1}{2}\leq\\[2mm]
&  \leq C_1(n,\delta,\alpha,\alpha_0)||\varphi||_{L_2(R^n)}.
\end{eqnarray*}

$$||u||_{\mathcal{B}^m(G^\delta)}\leq \widetilde{C}_1||\varphi||_{L_2(R^n)}, \quad
\widetilde{C}_1=\widetilde{C}_1(n,m,\delta), \quad \forall m.$$

Если $\varphi(x)\in L_2(R^n)$,
$\widehat{\varphi}(\xi)=F\varphi(x)$, то $\exists
\{\widehat{\varphi}_k(\xi)\}$, $\widehat{\varphi}_k(\xi)\in
C_0^\infty(R^n)$, $\{\varphi_k(x)\}$,
$\varphi_k(x)=\overline{F}\widehat{\varphi}_k(\xi)\in
\mathcal{J}$, $\varphi_k\rightarrow \varphi$ в $L_2(R^n)$,
$k\rightarrow\infty$.

Запишем (4) для $\varphi_k(\xi)$:
$$||D_0^{\alpha_0}D_x^{\alpha}u_k||_{\mathcal{B}(G^\delta)}\leq C_1(n,\delta,\alpha,\alpha_0)||\varphi_k||_{L_2(R^n)},$$
$$||u_k||_{\mathcal{B}^m(G^\delta)}\leq \widetilde{C}_1||\varphi_k||_{L_2(R^n)}$$
где
$$u_k(t,x)=\biggl(\frac{1}{4\pi t}\biggr)^\frac{n}{2}\int\limits_{R^n}e^{-\frac{|x-y|^2}{4t}}\varphi_k(y)dy;$$
понятно, что $\{u_k(t,x)\}$ фундаментальна в $\mathcal{B}^m(G^\delta)$
для любого $\delta$, $m$, т.е. предельная функция $u(t,x)\in C^\infty(G)$ и удовлетворяет
уравнению $u_t~=~\triangle_x u$ в $G$ (т.к. $u_k(t,x)$ - решения этого уравнения, то возможен
предельный переход в этом уравнении при $k\rightarrow\infty$).

Легко убедиться, что построенная функция удовлетворяет
начальному условию в следующем смысле
\begin{equation}                                                                                              %(5)
\lim\limits_{t\rightarrow +0}||u(t,x)-\varphi(x)||_{L_2(R^n)}=0.
\end{equation}
В самом деле
\begin{eqnarray*}
&||u(t,x)-\varphi(x)||^2_{L_2(R^n)}=||\widehat{u}(t,\xi)-\widehat{\varphi}(\xi)||^2_{L_2(R^n)}=
   \int\limits_{R^n}[e^{-4\pi^2t|\xi|^2}-1]^2|\widehat{\varphi}(\xi)|^2d\xi=\\
&=\int\limits_{|\xi|\leq D}[e^{-4\pi^2t|\xi|^2}-1]^2|\widehat{\varphi}(\xi)|^2d\xi+
\int\limits_{|\xi|> D}[e^{-4\pi^2t|\xi|^2}-1]^2|\widehat{\varphi}(\xi)|^2d\xi
   \leq \frac{\varepsilon^2}{2}+\frac{\varepsilon^2}{2}=\varepsilon^2,\\
& \forall \varepsilon>0,\ \exists \delta>0,\ D_0>0,\ t<\delta,\
D>D_0.
\end{eqnarray*}
Теорема единственности и непрерывной зависимости решений уравнения $u_t=\triangle_x u$
от начальной функции $\varphi(x)$ следует из оценки (3$'$).\\
%
\textbf{Задача.}\\
Найти решение задачи
{\renewcommand{\theequation}{$\ast$}
\begin{equation}
  \left\{
  \begin{array}{l}
  u_{t}=\triangle_x u+f(t,x),  \quad (t,x)\in G; \\                                      %(*)
  u|_{t=0}=\varphi(x), \quad x\in R^n
  \end{array}
  \right.
\end{equation}}
с помощью принципа Дюамеля (см. $\S$8).

Пусть $\varphi(x)\in C(R^n)$, $f(t,x)\in C^1(G)$.
Тогда задача ($\ast$) имеет классическое решение, непрерывное в $\overline{G}$.\\
%
\textbf{Замечание.}\\
Почему задача (1) не рассматривается при $t<0$?
\begin{equation*}
  \left\{
  \begin{array}{l}
  u_{t}=u_{xx},  \quad t<0;\ x\in R^1 \\
  u|_{t=0}=\varphi(x)
  \end{array}
  \right.
\end{equation*}
Существует достаточно гладкое решение $u(t,x)$.\\
%
$u_n=u+e^{-\sqrt{n}}e^{-n^2t}\sin nx$,\\
 $|u_n-u|=e^{-\sqrt{n}-n^2t}|\sin nx|$, \\
 $|\sin nx|=1$, $x=\frac{\pi}{2}$, $n$ - нечетное.\\
%
$u_n|_{t=0}=\varphi_n(x)=\varphi(x)+e^{-\sqrt{n}}\sin nx$\\
$|u_n|_{t=0}-\varphi_n(x)|\leq e^{-\sqrt{n}}\rightarrow 0$, $n\rightarrow\infty$.





\end{document}