Курс лекций по уравнениям математической физики

МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ имени М. В. ЛОМОНОСОВА Механико–математический факультет

Курс лекций по уравнениям математической физики Лектор — Андрей Александрович Коньков

III курс, 5–6 семестр, поток механиков

Москва, 2008 г.

Предисловие. Этот конспект был набран по курсу лекций, прочитанному на потоке механиков в 2007–2008 учебному году. Главный TEXник — Анастасия Янгирова, студентка кафедры Вычислительной механики. Автор конспекта выражает благодарность Евгению Кудашеву за исправление опечаток и консультацию по различным аспектам издательской системы LATEX. Введение. Наши лекции будут посвящены уравнениям математической физики или, как их еще называют, уравнениям в частных производных. Мы познакомимся с классификации уравнений второго порядка, данной Иваном Георгиевичем Петровским. Далее нам предстоит исследовать задачу Коши для уравнений в частных производных. Мы узнаем доказательство теоремы Софьи Ковалевской существования и единственности решения этой задачи. Для целого ряда уравнений, возникающих в физике и других приложениях, будут получены точные формулы решений. Все наши рассуждения будут основаны на едином подходе, использующим теорию обобщенных функций. Во втором семестре мы познакомимся с пространствами С.Л. Соболева и научимся с их помощью решать краевые задачи для эллиптических уравнений. Мы также подробно остановимся на такой важной области математической физики, как теория гармонических функций. Докажем теоремы о среднем, принцип максимума, теоремы Харнака и Лиувилля. Несколько лекций нашего курса мы посвятим параболическим уравнениям. На этих лекциях вы узнаете, что такое собственная (или параболическая) граница множества, научитесь доказывать принцип максимума и априорные оценки для уравнения теплопроводности. Классификация линейных уравнений второго порядка по И.Г. Петровскому. В математической физике традиционно изучаются три основных типа уравнений. 1) Гиперболический тип. Уравнения этого типа описывают колебательные процессы. Типичный представитель — волновое уравнение ∂2u ∂2u ∂2u 2 n = k 4u + f (x, t), x ∈ R , t > 0, где 4u = + . . . + . ∂t2 ∂x21 ∂x2n 2) Параболический тип. Уравнения этого типа описывают явления переноса. Типичный представитель — уравнение теплопроводности ∂x = k 2 4u + f (x, t). ∂t 3) Эллиптический тип. Уравнения этого типа описывают стационарные процессы. Типичный представитель — уравнение Пуассона 4u = f (x). Рассмотрим линейное уравнение второго порядка n X

n

X ∂ 2u ∂u aij (x) i j + bi (x) i + c(x)u = f (x), ∂x ∂x ∂x i,j=1 i=1

1

x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω ⊂ Rn .

(1)

В обозначения, принятых в дифференциальной геометрии, уравнение (1) можно записать в виде ∂ 2u ∂u aij i j + bi i + cu = f. ∂x ∂x ∂x При этом мы опускаем знак суммы, подразумевая, что суммирование по одноименным верхним и нижним индексам происходит автоматически. Воспользуемся заменой координат x0 = x0 (x). Очевидно, получим 0

∂u ∂xi ∂u = , ∂xj ∂xj ∂xi0 ∂ 2u ∂ = ∂xi ∂xj ∂xi

µ

∂u ∂xj

¶

∂ = ∂xi

Ã

0

∂xi ∂u ∂xj ∂xi 0

!

0

0

0

0

∂ 2 xi ∂u ∂xi ∂ = + ∂xi ∂xj ∂xi 0 ∂xj ∂xi

µ

∂u ∂xi 0

¶ =

0

∂xj ∂xi ∂ 2 u ∂ 2 xj ∂u + . = ∂xi ∂xj ∂xj 0 ∂xj ∂xi ∂xi 0 ∂xj 0 Таким образом, уравнение (1) преобразуется к виду 0

i0

0

0

2 j i ∂xj ∂ 2 u ∂u ij ∂ x i ∂x ∂u +a +b + cu = f. a ∂xi ∂xj ∂xi 0 ∂xj 0 ∂xi ∂xj ∂xj 0 ∂xi ∂xi 0 ij ∂x

Обозначая i0 j 0

a и

i0

0

∂xj =a ∂xi ∂xj ij ∂x

0

0

2 j ∂xi ij ∂ x b = + a , ∂xi ∂xi ∂xj i0

запишем это уравнение как i0 j 0

a

∂ 2u i 0 ∂u + c(x)u = f (x). 0 0 +b i j ∂x ∂x ∂xi 0

В случае, когда замена координат x0 = x0 (x) является линейной, мы будем иметь 0

0

xi = αii xi , 0

0

где αii ∈ R, det kαii k 6= 0. Тем самым, 0 0

0

0

ai j = αii αjj aij и

0

0

bi = αii bi . Рассмотрим квадратичную форму Q(ξ) = aij ξi ξj , где ξ = (ξ1 , . . . , ξn ) ∈ Rn ∗ — ковектор. Из курса линейной алгебры известно, что вещественные 0 числа αii можно подобрать так, что замена координат 0

ξi = αii ξi0 , приводит нашу квадратичную форму к диагональному виду ij

a ξi ξj =

0 0 αii αjj aij ξi0 ξj 0

i0 j 0

=a

ξi0 ξj 0 =

m X i=1

2

±(ξi0 )2 ,

где m — ранг матрицы квадратичной формы (m ≤ n). ****Рассмотрим m X ∂ 2u + младшие члены = f (x). i2 ∂x i=1 1) эллиптический тип: все коэффициенты

m P i=1

∂2u ∂xi 2

имеют один знак и m = n, тогда

±4u + младшие члены = f (x); 2) гиперболический тип: все коэффициенты имеют один знак, кроме одного, имеющего противоположный: n−1 X ∂ 2u ∂ 2u − + младшие члены = f (x); ∂xn2 ∂xi 2 i=1 3) ультрагиперболический тип: m = n и при этом более одного члена со знаком + и более одного со знаком −, например: n−2

X ∂ 2u ∂2u ∂ 2u + − + младшие члены = f (x); i2 ∂xn2 ∂xn−1 2 ∂x i=1 4) параболический тип (в широком смысле): m < n; 5) параболический тип (в узком смысле): m = n − 1, все коэффициенты имеют один знак при i = 1, n − 1, а при производной первого порядка коэффициент не равен нулю: n−1 n−1 X X ∂ 2u ∂u n ∂u ± + bi i + cu = f (x), bn 6= 0. 2 +b n i ∂x ∂x ∂x i=1 i=1

Пример. Уравнение теплопроводности: ∂u ∂ 2u ∂ 2u = 4u + f (x, t), 4u = + . . . + . ∂t ∂x21 ∂x2n Приведем примеры задач Коши. Пример 1. Гиперболическое уравнение. Уравнение колебаний натянутой струны со следующими начальными условиями: ∂ 2u = k 2 4u + f (x, t), ∂t2 u(x, 0) = uo (x); ∂u (x, 0) = u1 (x). ∂t Пример 2. Параболическое уравнение. Уравнение теплопроводности со следующим начальным условием (задана температура в начальный момент): ∂x = k 2 4u + f (x, t); ∂t u(x, 0) = uo (x). n X

n

X ∂u ∂ 2u bi (x) i + c(x)u = f (x), x = (x1 , . . . , xn ), aij (x) i j + ∂x ∂x ∂x i=1 i,j=1 3

(1)

С двумя условиями: u|S = ϕo , ¯ ∂u ¯¯ = ϕ1 , ∂ν ¯ S

где S — гиперповерхность в Rn , ν — нормаль к поверхности. Определение. Поверхность S называется характериcтической по отношению к P уравнению (1) в точке x0 ∈ S, если aij (x0 )νi νj = 0, где ν = (ν1 , . . . νn ) — вектор нормали к S в точке x0 . Поверхность S называется характеристической для уравнения (1) (характеристика), если она является характеристической по отношению к уравнению (1) в каждой своей точке. Пример. utt = uxx . Будет ли поверхность t = 0 характеристикой? utt − uxx = 0. P Должно быть aij (x0 )νi νj = 0. Проверим: ν1 = 0, ν2 = 1, тогда −ν12 + ν22 = 1 6= 0, значит t = 0 —√свободная поверхность (не характеристика). Найдем характеристики: для вектора √ 2 2 2 ν = (− 2 , 2 ) получим −ν1√ + ν22 = − 12 + 12 = 0 ⇒ t = x + C являются характеристиками. √ Аналогично для ν = ( 22 , − 22 ) характеристиками служат t = −x + C. 0 0 Сделаем замену координат и докажем, что an n 6= 0. Ã ! 0 0 0 0 ∂u ∂xj ∂u ∂ 2 xj ∂u ∂xj ∂xi ∂ 2 u ∂ 2u = = + ∂xi ∂xj ∂xi ∂xj ∂xj 0 ∂xi ∂xj ∂xj 0 ∂xj ∂xi ∂xi 0 ∂xj 0 0

0

i j ∂ 2u ∂ 2u ij ∂x ∂x =a + младшие члены. a ∂xi ∂xj | ∂x{zi ∂xj} ∂xi 0 ∂xj 0 ij

0 j0

ai 0 0

Докажем, что an n 6= 0. ∂r r = (x (x ), . . . , x (x )), n0 = ∂x 1

0

n

0

0 0

an n = aij n X

µ

∂x1 ∂xn , . . . , ∂xn0 ∂xn0

¶ .

∂xn0 ∂xn0 ∂xi ∂xj

(2)

aij (x0 )νi νj 6= 0,

i,j=1

т.е.

n X i,j=1

aij

∂xi ∂xj 6= 0. ∂xn0 ∂xn0

Последнее равенство не равносильно (2). Векторы перпендикулярны, следовательно gij = δij — метрический тензор. 0

ak0 p0 = gk0 i0 gp0 j 0 a

i0 j 0

i0 j 0

, где a

0

∂xk ∂xi ∂xp ∂xj ∂xi ∂xj ij 0 i0 = 0j0 = g , g gki . a , g = pj k p ∂xi ∂xj ∂xp0 ∂xj 0 ∂xk 0 ∂xi 0

Тогда получим:

0

ak0 p0

0

∂xk ∂xi ∂xp ∂xj ∂xi ∂xj ij = g g a . ki pj ∂xi ∂xj ∂xk 0 ∂xi 0 ∂xp0 ∂xj 0

n 0 X ∂xi ∂xi ∂xi Подчеркнутые множители дают 1, т.к. при фиксированном i: = = 1. ∂xi ∂xi 0 ∂xi i0 =1

4

n 0 X ∂xj ∂xj ∂xj Аналогично, если фиксирована j : = = 1. ∂xj ∂xj 0 ∂xj j 0 =1

∂xk

∂xk ∂xp ∂xp ij Таким образом, получим: ak0 p0 = gki gpj a = akp , где akp = gki gpj aij , gki = ∂xk 0 ∂xp0 ∂xk 0 ∂xp0 ∂xk ∂xp 0 0 δki , akp = akp , gk0 i0 = δk0 i0 , an0 n0 = an n ⇒ an0 n0 = akp 6= 0 ∂xn0 ∂xn0 0 0

ai j 0 0

an n 6= 0,

∂ 2u ∂xn0 2

=

∂ 2u ∂u i0 + c(x)u = f (x0 ), 0 0 + b (x) i j ∂x ∂x ∂xi 0

n−1 X i0 ,j 0 =1

n−1

a ˜i0 j 0

n

X X 0 ∂u ∂2u ∂2u 0 0 + a ˜ + b˜i + cu + f n i 0 0 0 n0 ∂xi i0 ∂xi ∂xj ∂x ∂x 0 0 i =1 i =1 0

Поверхность S в координатах x0 будет определяться уравнением xn = 0. ∂u 1 0 0 0 0 0 0 0 0 (x , . . . , x(n−1) , 0) = ϕ1 (x1 , . . . , x(n−1) ). u(x1 , . . . , x(n−1) , 0) = ϕ0 (x1 , . . . , x(n−1) ), n0 ∂x Т.о., без ограничения общности, можно считать, что задача Коши имеет следующий вид:  n n n n ∂ 2u ∂ 2u ∂u P ∂u P P P   u = a + a + b + b + cu + f,  tt ij 0i i 0 ∂xi ∂xj i=1 ∂t∂xi i=1 ∂xi i=1 ∂t i,j=1 (1)  u(0, x1 , . . . xn ) = ϕ0 (x1 , . . . , xn ),   ut (0, x1 , . . . xn ) = ϕ1 (x1 , . . . , xn ), ∂u ∂u Перейдем к системе первого порядка. Обозначим u0 = , ui = , i = 1, m, получим: ∂t ∂xi  n n n n ∂u0 ∂ 2u ∂ 2u ∂u P ∂u P P P   a a b b0 + cu + f, = + + +  ij 0i i  i j i i  ∂t ∂x ∂x ∂t∂x i=1 ∂x i=1 ∂t i,j=1 i=1   u(0, x1 , . . . xm ) = ϕ0 (x1 , . . . , xm ), (2)  u0 (0, x1 , . . . xm ) = ϕ1 (x1 , . . . , xm ),     ∂ϕ0 (x1 , . . . , xm )   ui (0, x1 , . . . xm ) = . ∂xi Утверждение. (1) ⇔ (2). ¤ (⇒) Очевидно. (⇐) Пусть u, u0 , u1 , . . . , um — решение задачи (2). Докажем, что u является решением ∂u0 ∂ 2 u ∂u = 2 , покажем, что ui = . При t = 0 это так. При t > 0: задачи (1). Имеем: ∂t ∂t ∂xi ∂u0 (t, x1 , . . . , xn ) ∂ ∂u(t, x1 , . . . , xn ) ∂ui (t, x1 , . . . , xn ) = = . ∂t ∂xi ∂t ∂xi Фиксируем x1 , . . . , xn , т.е. ui (t, x1 , . . . , xn ) =

∂u(t, x1 , . . . , xn ) .¥ ∂xi

5

Аналитические функции. Пусть Ω ⊂ Rn , n ≥ 1. Определение. Пусть f : Ω → Rn — вещественно аналитическая функция в точке x0 = (x01 , . . . , x0n ), если f разлагается в ряд: ∞ X

f (x1 , . . . , xn ) =

ck1 ,...,kn (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn ,

k1 ,...,kn

который абсолютно сходится в некоторой окрестности точки x0 . Определение. f : Ω → Rn — вещественно аналитическая функция в области Ω, если f аналитична в каждой точке области Ω. {(x1 , . . . , xn ) : |x1 − x01 | < ε1 , . . . , |xn − x0n | < εn } Свойства аналитических функций: 1. f, g — аналитические в точке x0 ∈ Ω ⇒ f + g — аналитична в точке x0 ∈ Ω (для доказательства надо сложить два ряда и перегруппировать в нем члены); 2. f, g — аналитические в точке x0 ∈ Ω ⇒ f · g — аналитична в точке x0 ∈ Ω (для доказательства воспользоваться тем, при умножении сходящегося ряда на число он будет продолжать сходиться, и сумма сходящихся рядов снова дает сходящийся ряд); 3. эту функцию можно разложить в ряд в окрестности точки x0 ∈ Ω; 4. f, g — аналитические в точке x0 ∈ Ω, g 6= 0 ⇒

f — аналитична в точке x0 ∈ Ω; g

5. у каждой аналитической функции существует мажоранта. Определение. Функция f˜, аналитичная в точке x0 ∈ Ω называется мажорантой функции f в точке x0 ∈ Ω, если |fk1 ...kn | ≤ f˜k1 ...kn для всех k1 , . . . , kn = 0, 1, 2, . . ., где ∞ X fk1 ,...,kn (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn , f (x1 , . . . , xn ) = k1 ,...,kn =0

f˜(x1 , . . . , xn ) =

∞ X

f˜k1 ,...,kn (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn .

k1 ,...,kn =0

¤ (свойство 5) Пусть степенной ряд для f сходится абсолютно в x1 , . . . , xn , где |xi −x0i | = ai > 0, i = 1, n. Тогда |fk1 ...kn ak11 · . . . · aknn | ≤ M для ∀k1 , . . . , kn = 0, 1, 2, . . . , fk1 ...kn ⇒ |fk1 ...kn | ≤

M ak11 · . . . · aknn

для ∀k1 , . . . , kn = 0, 1, 2, . . . , f˜(x1 , . . . , xn ) =

(1 −

x1 ) a1

M · . . . · (1 −

¶k ∞ µ X 1 xi i , |xi − x0i | < ai , = 1 − xaii a i k =0 i

f˜(x1 , . . . , xn ) =

∞ X

ak1 k1 ,...,kn =0 1

M (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn . k n · . . . · an

6

xn , ) an

M , где a = min {a1 , . . . , an }. x=(x1 ,...,xn ) x˜1 + . . . + x˜n 1− a à !k ∞ ∞ X X X x˜1 + . . . + x˜n M k! U (x) = M = x˜k1 · . . . · x˜k11 . k k ! · ... · k ! 1 a a 1 n k =0 k =0 k +...+k =k

Другие мажоранты: U (x) =

i

n

1

i

k! ≥ 1, и U (x) — мажоранта для f˜ ⇒, то она является мажорантой и k1 ! · . . . · kn ! для f тоже. ¥ Так как

6. f — аналитична в точке x0 = (x01 , . . . , x0n ), то f аналитична в некоторой окрестности точки x0 . ¤ Пусть f (x1 , . . . , xn ) =

∞ X

fk1 ...kn (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn ,

(1)

k1 ,...,kn 0

y =

(y10 , . . . , yn0 )

⇒ (xi −

x0i )ki

= (xi − yi +

yi0

−

x0i )ki

=

ki X

ckki (yi0 − x0i )ki −k (xi − yi0 )k . (2)

k=0

Подставляем (2) → (1) и собираем подобные члены при (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn . Почему перестановка членов корректна? Рассмотрим мажоранту f˜ функции f в точке x0 : ∞ X

f˜(x1 , . . . , xn ) =

f˜k1 ,...,kn (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn .

k1 ,...,kn =0

Выберем y˜i0 , x˜0i такими,чтобы y˜i0 − x0i = |yi0 − x0i |, x˜0i − yi0 ≥ |xi − yi0 |, x˜i − x0i = |xi − x0i |, x˜i ≤ y˜i0 x˜0i . Ряд для f˜(˜ x1 , . . . , x˜n ) мажорирует ряд для f (x1 , . . . , xn ) и в нем можно переставить члены, раскрывая скобки: (˜ xi − y˜i + y˜i0 − x0i )ki = (˜ xi − x0i )ki =

ki X

yi0 − x0i )ki −k (˜ xi − y˜i0 )k .¥ ckki (˜

k=0

7. g — аналитична в точке x0 = (x01 , . . . , x0n ), f — аналитична в точке g(x0 ), то f (g(x)) аналитична в точке x0 . Упражнение. Доказать свойства 4 и 7. 8. Упражнение. f (x1 , . . . , xn ) =

∞ X

ck1 ...kn (x1 − x01 )k1 · . . . · (xn − x0n )kn ,

k1 ,...,kn

0

— аналитична в точке x =

(x01 , . . . , x0n ).

Тогда ck1 ...kn

7

1 ∂ k1 +...+kn f (x01 , . . . , x0n ) = . k1 ! · . . . · kn ! ∂xk11 . . . ∂xknn

Аналитическая поверхность. Задача коши для систем первого порядка. N X X ∂ui k ∂uj aij + = bij (x)uj + c(x), i = 1, N , ∂t ∂xk j=1 k=1,...,m

(1)

j=1,...,N

ui (0, x1 , . . . , xn ) = ϕi (x1 , . . . , xn ), i = 1, N Теорема (Коши–Ковалевской). Пусть akij , bij , c, ϕi — аналитические функции в точке 0 = (0, . . . , 0). Тогда в некоторой окрестности U (0) существует единственное аналитическое | {z } m+1

решение задачи (1). Замечание. Без ограничения общности, можно считать ,что ϕi ≡ 0, i = 1, N . В противном случае сделаем замену: vi (t, x1 , . . . , xn ) = ui (t, x1 , . . . , xn ) − ϕi (t, x1 , . . . , xn ). ¤ (Единственность.) Пусть ui — аналитическое решение системы (1): ui (t, x1 , . . . , xn ) =

∞ X

ck1 ...kn xk11 · . . . · xkmm ,

k1 ,...,kn

Тогда ci0...0 = ui (0, . . . , 0) = 0, так как ϕi = 0. ci0k1 ...km ∂ k1 +...+kn u = ∂t∂xk11 . . . ∂xknn

X k=1,...,m i=j=1,...,N

Аналогично:

X

∂ k0 −1+k1 +...+km ∂tk0 −1 ∂xk11 . . . ∂xknn k=1,...,m j=1,...,N

¯ 1 ∂ui (0, x1 , . . . , xm ) ¯¯ = ≡ 0. k1 ! · . . . · kn ! ∂xk11 . . . ∂xkmn ¯x1 =...=xm =0

∂ k1 ∂x1 . . . ∂xknn

µ

¯ ¶ X N k1 +...+kn N ¯ ∂ (b u ) ∂u ∂ c ij j j ¯ + akij + . k1 k1 kn kn ¯ ∂xk ∂x . . . ∂x ∂x . . . ∂x 1 1 n n t=x1 =...=xm =0 j=1

¯ ∂ k0 +k1 +...+kn u ¯¯ cik0 k1 ...km = . ∂tk0 ∂xk11 . . . ∂xknn ¯t=x1 =...=xm =0 ¯ µ ¶ X N ∂ k0 −1+k1 +...+km (bij uj ) ∂ k0 −1+k1 +...+km c ¯¯ k ∂uj aij + + . k0 −1 ∂xk1 . . . ∂xkn k0 −1 ∂xk1 . . . ∂xkn ¯ ∂xk ∂t ∂t 1 1 n n t=x1 =...=xm =0 j=1

(Существование.) Возьмет функцию W (t, x1 , . . . , xm ) =

M . W является t + x1 + . . . + xm 1− ak

t мажорантой для всех коэффициентов akij , bij , c. Тогда W ( , x1 , . . . , xm ) так же является мажорантой 2 для akij , bij , c, если α ∈ (0, 1). В самом деле, пусть: W (t, x1 , . . . , xm ) =

∞ X

Wk0 k1 ...km tk0 xk1 . . . xkmm .

k0 ,k1 ,...,km =0

Тогда Wα

´ ³t ´ , x 1 , . . . , xm = W , x 1 , . . . , xm = α 2 k

³t

8

∞ X 0 ,k1 ,...,km =0

Wk0 k1 ...km

tk0 k1 x . . . xkmm . k 0 α

Wk0 k1 ...km При этом, очевидно, ≥ Wk0 k1 ...km . α k0 Напишем мажорирующую систему: N X ∂ui ∂uj X = + W u + W. W ∂t ∂x i=1 k=1,m j=1,N

t Будем искать ui в виде: u1 (t, x1 , . . . , xm ) = . . . = uN (t, x1 , . . . , xm ) = u( + x1 + . . . + xm ) = α t u(z), где z = ( + x1 + . . . + xm ). α 1 0 M u (z) = N mu0 (z) · A(z) + N A(z) · u(z) + A(z), A(z) = , α 1 − az 1 ( − N mA(z))u0 (z) = N A(z)u(z) + A(z), α M t W (t, x1 , . . . , xm ) = , Wα (t, x1 , . . . , xm ) = W ( , x1 , . . . , xm ). α t + x1 + . . . + xm 1− a du A(z)dz . = Nu + 1 1 − N mA(z) α 1 Выбирая α ∈ (0, 1) достаточно малым добьемся того, чтобы −N mA(z) ≥ 0 в окрестности α A(z) точки x = 0. Тогда B(z) = раскладывается в окрестности точки x = 0 в ряд по 1 − N mA(z) α степеням z с неотрицательными коэффициентами. Z z 1 · ln(N u + 1) = B(ζ)dζ, N 0 u(z) =

eN

Rz 0

B(ζ)dζ−1

N — имеет в разложении по степеням z в окрестности z = 0 неотрицательные коэффициенты, так как Zz ∞ R X 1 N 0z B(ζ)dζ−1 e =1+ (N B(ζ)dζ). k! k=1 0

Ряд для u мажорирует формальный ряд для решения исходной системы и, следовательно, он сходится.¥

9

Обобщенные функции. Пример. Рассмотрим поверхность с трением: брусок падает под углом αn и отражается от поверхности. Под каким наибольшим углом α0 он отразится? Скорость v = (vx , vy ), импульс p = mv = (px , py ) = (mmx , mmy ), vy py (∞) tg αn = , tg α0 =? = vx px (∞) Rt dSy = Fy ⇒ py (t) = py (−∞) + Fd t (считаем, что при t = 0 происходит соударение) dt −∞ R∞ py (∞) = py (−∞) + Fd t = −py (∞) ⇒ −∞

Z∞ Fd t = −2py (−∞),

(1)

−∞

k — коэффициент трения ⇒ px (t) = px (−∞) − px (∞) = px (−∞) −

R∞

Rt

k(t)Fy (t)dt, ⇒

−∞

k(t)Fy (t)dt

−∞

k зависит от t, но меняется со временем очень медленно, т.е. при t ∈ (−ε, ε) R∞ k(t) = k(0) = const ⇒ px (∞) = px (−∞) − k(0) Fy (t)dt = px (−∞) + 2k(0)py (−∞) ⇒ −∞

py (−∞) − tg αn py (∞) py (∞) px (−∞) = tg αo = = = . px (∞) px (−∞) + 2k(0)py (−∞) py (−∞) 1 + 2k(0) tg αn 1 + 2k(0) px (−∞) R∞ Рассмотрим δ(t) — дельта-функция Дирака: δ(0) = ∞, δ(x) = 0, x 6= 0, δ(t)dt = 1. −

−∞

Если Fy (t) = −2py (∞)δ(t), то получим (1). Определение. Носитель функции ϕ ∈ C ∞ (Rn ) — замыкание множества {x ∈ Rn : ϕ(x) 6= 0}. Обозначение: supp ϕ. Определение. Множество функций ϕ ∈ C ∞ (Ω) таких, что supp ϕ является компактом называется множеством (пространством) основных функций D(Ω), где (Ω) — открытое подмножество Rn , n ≥ 1. Определение. Последовательность функций ϕk ∈ D(Ω), k = 1, 2, . . . , сходится к функции ϕ ∈ D(Ω), если: 1) существует компакт H ⊂ Ω : supp ϕk ⊂ H, k = 1, 2, . . .P , | ∂ 2 ψ(x)|, α = (α1 , . . . , αn ) — 2) ∀mk ϕk − ϕkC m (Ω) → 0, k → ∞, где k ψkC m (Ω) = sup x∈Ω | α|≤m

∂ |α| α мультииндекс, | α| = α1 + . . . + αn , ∂ = , αi — целые неотрицательные числа. ∂x1α1 . . . ∂x1αn Определение. Функционал f : D(Ω) → C называется непрерывным, если из того, что ϕk → ϕ, k → ∞ в D(Ω) следует, что f (ϕk ) → f (ϕ), k → ∞. Определение. Пространство обобщенных функций — множество линейных непрерывных функционалов f : D(Ω) → Cn . D(Ω), D0 (Ω) — линейные пространства над Cn . f1 , f2 ∈ D0 (Ω), λ1 , λ2 ∈ Cn , ϕ ∈ D(Ω) : (λ1 f1 + λ2 f2 )(ϕ) = λ1 f1 (ϕ) + λ2 f2 (ϕ). 10

δ(t) — тоже функционал! Определение. Пусть f ∈ D0 (Ω), ϕ ∈ D(Ω), тогда (f, ϕ) = f (ϕ) — результат действия функционала на основную функцию ϕ. (δ(x), ϕ(x)) = ϕ(0) — определение дельта-функции Дирака. Пусть L1,loc (Ω) — множество измеримых функций на открытом множестве Ω ⊂ Rn , суммируемых на всяком компакте H ⊂ Ω. Вложим L1,loc (Ω) в D(Ω) следующим образом: для любого f ∈ L1,loc (Ω) определим функционал f : D(Ω) → Cn формулой: Z f : ϕ → f ϕdx, ϕ ∈ D(Ω) Ω

(f ϕ — тоже измерима и = 0 вне носителя функции ϕ (компакт)). На самом деле интеграл берется не по Ω, а по компакту — R носителю ϕ. Упражнение*. Доказать, что если f ϕdx = 0, ∀ϕ ∈ D(Ω), то f = 0 почти всюду в Ω. Ω

Действия над обобщенными функциями. Пусть f, g ∈ D0 (Ω), f, g : D(Ω) → Cn — линейные непрерывные функционалы. 1. (f + g)(ϕ) = f (ϕ) + g(ϕ) или (f + g, ϕ) = (f, ϕ) + (g, ϕ); 2. (λf )(ϕ) = λf (ϕ) или (λf, ϕ) = λ(f, ϕ); 3. f ∈ D(Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω) ⇒ (f ψ, ϕ) = (f, ψϕ); R R 4. В частности, если f, ψ ∈ C ∞ (Ω), то (f ψ, ϕ) = (f ψ)ϕ dx = f (ψϕ) dx = (f, ψϕ); Ω

Ω

5. Дифференцирование обобщенных функций: если f ∈ D0 (Ω), f ∈ C ∞ (Ω), ϕ ∈ D(Ω), то ³ ∂f ´ R ∂f ³ ∂ϕ ´ R ∂ϕ ,ϕ = ϕ dx = − f dx = − f, ∂xi ∂xi ∂xi Ω ∂xi Ω Считаем это определением: (f ψ, ϕ) = −(f, ψϕ). Пример.

( Θ(x) =

1, x > 0; 0, x < 0.

.

Очевидно, что Θ ∈ L1,loc (Rn ). Для ∀ϕ ∈ D(Rn ), учитывая supp ϕ ⊂ (−a, a), имеем: R∞ Ra (Θ0 (x), ϕ(x)) = −(Θ(x), ϕ0 (x)) = − Θ(x)ϕ0 (x) dx = − Θ(x)ϕ0 (x) dx = −∞

=−

Ra

R0

−a

Ra

Θ(x) ϕ0 (x) dx − Θ(x) ϕ0 (x) dx = − ϕ0 (x) dx = −ϕ(a) + ϕ(0) = ϕ(0). 0 | {z } 0 −a | {z } ≡0

≡1

Таким образом, получаем: (Θ0 (x), ϕ(x)) = ϕ(0) = (δ(x), ϕ(x)). 6. f, g ∈ D0 (Ω) ⇒

∂f ∂g ∂ (f + g) = + . ∂xi ∂xi ∂xi

¤ Для ∀ϕ ∈ D имеем: Ã ! Ã ! ∂ϕ ∂ (f + g), ϕ = по свойству (5) = − f + g, = по свойству (1) = ∂xi ∂xi 11

Ã

! à ! à ! à ! ∂ϕ ∂ϕ ∂f ∂g = − f, − g, = по свойству (5) = ,ϕ + , ϕ = по свойству (1) = ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi à ! ∂f ∂g + , ϕ .¥ = ∂xi ∂xi 7. f ∈ D0 (Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω) ⇒

∂ ∂f ∂ψ (f ψ) = ψ+f . ∂xi ∂xi ∂xi

¤ Для ∀ϕ ∈ D имеем: ∂ϕ ∂ϕ ∂ (f ψ), ϕ) = по свойству (5) = −(f ψ, ) = по свойству (4) = (−f, ψ ). ∂xi ∂xi ∂xi à ! à ! à ! ∂f ∂ψ ∂f ∂ψ C другой стороны, ψ+f , ϕ = по свойству (1) = ψ, ϕ + f ,ϕ = ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi à ! à ! ∂f ∂ψ = по свойству (4) = ψ, ϕ + f, ϕ = по свойствам (1), (5) = ∂xi ∂xi à ! à ! à ! ∂ ∂ψ ∂ψ ∂ϕ ∂ψ ∂ϕ = − f, − (ψϕ) + ϕ = f, − ϕ−ψ + ϕ = − f, ψ .¥ ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi (

Упражнение. Показать ,что при умножении обобщенной функции на бесконечно гладкую, получается обобщенная функция, т.е. линейный непрерывный функционал. Упражнение. Показать ,что при дифференцировании обобщенной функции, получается обобщенная функция. Замена переменной у обобщенной функции. f ∈ C ∞ (Ω), f ∈ D0 (Ω) x = x(x0 ) : Ω0 → R Ω — диффеоморфизм f (x) : ϕ(x) → f (x(x0 ))ϕ(x)dx, ϕ(x) ∈ D(Ω) Ω Z 0 0 f (x(x )) : ψ(x ) → f (x(x0 ))ψ(x0 )dx0 ,

(1)

Ω0

¯ ∂x0 ¯¯ ¯ 0 dx = ¯det k k¯ dx, dx0 = dx1 . . . dxn 0 , dx = dx1 . . . dxn , ∂x ¯ ¯ 10 ¯ ¯ ∂x1 0 ∂x ¯ ¯ ··· n ¯ ° ∂x0 ° ¯¯ ∂x1 ∂x ¯ ° ° ¯ .. .. ¯ ° °=¯ . · · · . ¯ ∂x ¯ ∂xn0 ∂xn0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ ··· ∂x1 ∂xn ! à ¯ ¯ 0 ¯ 0 ¯ R ∂x ∂x ¯ ¯ ¯ ¯ (1) = f (x) ψ(x0 (x))¯det k k¯ dx = f (x), ψ(x0 (x))¯det k k¯ . ∂x ∂x Ω | {z } =ϕ(x)   à ! ¯  ∂x0 ¯¯ ψ(x0 (x))  ¯ . f (x), Определение. (f (x(x0 )), ψ(x0 )) = f (x), ψ(x0 (x))¯det k k¯ =  ¯  ∂x ∂x ¯¯ ¯ ¯det k 0 k¯ ∂x 0

12

Пример. f (x) = δ(x). x−b dx0 1 ¯¯ dx0 ¯¯ 1 0 0 x = ax + b ⇒ x = ⇒ = и¯ ¯= ⇒ a dx a dx |a| ³ ³ x − b´ 1 ´ 1 ³ b´ (δ(ax0 + b), ψ(x0 )) = δ(x), ψ ψ − · = a |a| |a| a Пусть a = 1, b = −x00 ⇒ (δ(x0 − x00 ), ψ(x0 )) = ψ(x00 ) R∞ x00 = 0 ⇒ ψ(x)δ(x)dx = ψ(0). −∞

Пример. x = Ax0 + b, x0 ∈ Rn , b ∈ Rn , матрица A : Rn → Rn , f ∈ D0 (Rn ) ⇒ Ã ! −1 ψ(A (x − b)) (f (x(x0 )), ψ(x0 ))) = (f (Ax0 + b), ψ(x0 )) = f (x), . | det A| Пусть f ∈ C(Ω), Ω ⊂ Rn , n ≥ 1, Ω — открытое, непустое, supp f = {x ∈ Ω : f (x) 6= 0}. Пусть теперь f ∈ D0 (Ω), (f, ϕ) = 0 Z f : ϕ → f ϕ dx, supp ϕ ⊂ ω, ω = Ω \ supp f Ω

Определение. Ограничением функции f ∈ D0 (Ω) на произвольном открытом подмножестве ω ⊂ Ω называется обобщенная функция f | ω ∈ D0 (ω) : (f | ω , ϕ) = (f, ϕ), ∀ϕ ∈ D(ω). Определение. Носитель функции f ∈ D0 (Ω) — множество supp f = Ω \ ωmax , где ωmax — максимальное открытое подмножество Ω : f | ω = 0. Утверждение 1. Множество ωmax существует. Утверждение 2. Пусть ω1 , ω2 ⊂ Ω : f | ω1 = 0, f | ω2 = 0, где f ∈ D0 (Ω) — некоторая обобщенная функция. Тогда f | ω1 ∪ω2 = 0. ¤ Возьмем ϕ ∈ D(ω1 ∪ ω2 ). Надо показать, что (f, ϕ) = 0. supp ϕ b ω1 ∪ ω2 — означает одновременно,что supp ϕ является компактом и он (этот компакт) принадлежит ω1 ∪ ω2 . Имеем: supp ϕ \ ω2 b ω1 . Таким образом, существует открытое множество v1 : supp ϕ \ ω2 ⊂ v1 , замыкание v1 b ω1 . Очевидно, что supp ϕ ⊂ v1 ∪ ω2 . При этом supp ϕ \ v2 ⊂ v2 . Тем самым, имеем supp ϕ ⊂ v1 ∪ v2 . Возьмем неотрицательную функцию ψ1 ∈ D(ω1 ) : ψ1 | v1 ≡ 1. Аналогично, возьмем неотрицательную функцию ψ2 ∈ D(ω2 ) : ψ2 | v2 ≡ 1.    ϕ(x)ψ2 (x)  ϕ(x)ψ1 (x) , x ∈ v1 ∪ v2 ; , x ∈ v1 ∪ v2 ; ϕ2 = ψ1 (x) + ψ2 (x) ⇒ Пусть ϕ1 = ψ1 (x) + ψ2 (x)   n n 0, x ∈ R \ (v1 ∪ v2 ), 0, x ∈ R \ (v1 ∪ v2 ), ∞ n ϕ1 , ϕ2 ∈ C (R ) ⇒ 1. Если x ∈ supp ϕ, то существует U (x) ⊂ v1 ∪ v2 ; если x ∈ / supp ϕ, то ϕ(x) = 0 ⇒ ϕ1 (x) = ϕ2 (x) ≡ 0. 2. supp ϕ1 b ω1 , supp ϕ2 b ω2 , так как supp ψ1 b ω1 , supp ψ2 b ω2 . 3. ϕ1 (x) + ϕ2 (x) = ϕ(x), ∀x ∈ Ω — очевидно. В свою очередь, если x ∈ / v1 ∪ v2 , то ϕ1 (x) = ϕ2 (x) = ϕ(x) ≡ 0, так как supp ϕ ⊂ v1 ∪ v2 . Поэтому опять получим, что ϕ1 (x) + ϕ2 (x) = ϕ(x). Таким образом,(f, ϕ) = (f, ϕ1 + ϕ2 ) = (f, ϕ1 ) + (f, ϕ2 ) = 0. ¥ | {z } | {z } =0, т.к.f | ω1 =0 =0, т.к.f | ω2 =0 13

¤ (Утверждение 1.) Пусть ωmax = ∪f | ω =0 ω, ω — открытое подмножество Ω. Пусть ϕ ∈ D(ωmax ), тогда supp ϕ — компакт, принадлежащий ωmax . Из покрытия множества ϕ, образованного открытыми подмножествами ω ⊂ Ω : f | ω = 0 выделим конечное подпокрытие: supp ϕ = ω1 ∪ . . . ∪ ωm , ; f | ω1 = 0, . . . , f | ωm = 0. По утверждению 2, f | ω1 ∪ω2 = 0. Обозначим (ω1 ∪ω2 )∪. . .∪ωm = ω1 0 ∪. . .∪ωm , ω1 0 = ω1 ∪ω2 . f | ω1 0 ∪ω3 = 0 и т.д. Последовательно применяя утверждение 2, будем в конце иметь (f, ϕ) = f | ω1 ∪...∪ωm = 0. ¥ Свойства носителя. 1. f, g ∈ D0 (Ω) ⇒ supp(f + g) ⊂ supp f ∪ supp g. Упражнение. Доказать строго через определение. 2. f ∈ D0 (Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω) ⇒ supp f ψ ⊂ supp f ∩ supp ψ. Упражнение. Доказать строго через определение. Обобщенные функции с компактным носителем. Пусть f ∈ D0 (Ω), supp f b Ω, f : D(Ω) → Cn . Утверждение 1. f можно продолжить на C ∞ (Rn ). ¤ Пусть ψ ∈ C ∞ (Rn ) и (f, ψ) = (f, ηψ), где η ∈ D(Ω) : η ≡ 1 в окрестности supp f. Покажем, что (f, η ψ) не зависит от выбора η. В самом деле, для двух функций η1 , η2 ∈ D(Ω) : η1 ≡ 1 в окрестности supp f, η1 , η2 ∈ D(Ω) : η2 ≡ 1 в окрестности supp f, получим: (f, η1 ψ) − (f, η2 ψ) = (f, (η1 − η2 ) ψ) = 0, так как supp(η1 − η2 )ψ b Ω \ supp f. ¥ Утверждение 2. Пусть g ∈ D0 (Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω), причем ψ ≡ 1 в окрестности supp g. Тогда g = gψ. Пример. f (x) = const 6= 0 ⇒ supp f = Ω. f (x) ≡ 0 ⇒ supp f = ∅. ¤ Пусть ϕ ∈ D(Ω), тогда (f ψ, ϕ) = (f, ψϕ) — по определению умножения обобщенной функции на бесконечно гладкую. (f ψ, ϕ) − (f, ϕ) = (f, (ψ − 1)ϕ) = 0, так как (ψ − 1)ϕ ∈ D(Ω \ supp f ). ¥ Упражнение. Покажите, что если в предыдущем утверждении условие ψ ≡ 1 в окрестности supp g заменить на условие ψ ≡ 1 на supp g, то утверждение НЕ верно. Теорема. Пусть f ∈ D0 (Ω), причем supp f — компакт, тогда существует m, A : ∀ϕ ∈ D(Ω) |(f, ϕ)| ≤ AkϕkC m (Ω) , где m — порядок сингулярности. ¤ (от противного) Т.е. ∀m ∀A ∃ϕ : |(f, ϕ)| > AkϕkC m (Ω) . Возьмем η ∈ D(Ω), получим ∀ϕ ∈ D(Ω) kη ϕkC m (Ω) ≤ Bm kϕkC m (Ω) , где Bm = const > 0, зависящая только от m, η. В самом деле, X kη ϕkC m (Ω) = sup |∂ α (η(x) ϕ(x))|, x∈ Ω

|α|≤m

14

(1)

∂ |α| α где α = (α1 , . . . , αn ) — мультииндекс, |α| = α1 + . . . + αn , ∂ α = α1 αn ⇒ ∂ (η ϕ) = ∂x . . . ∂x 1 1 P 0 00 cα0 α00 ∂ α η ∂ α ϕ. α0 +α00 =α

Например, ∂ ∂η ∂ϕ (η ϕ) = ϕ+η , ∂x1 ∂x1 ∂x1 ˜m kηkC m (Ω) kϕkC m (Ω) . kη ϕkC m (Ω) ≤ B

˜m kηkC m (Ω) , получим (1). Согласно предположению, существует последоваПусть Bm = B тельность ϕm ∈ D(Ω), m = 1, 2, . . . : |(f, ϕm )| > Am kϕm kC m (Ω) .

(2)

Имеем: kη ϕm kC m (Ω) ≤ Bm kϕm kC m (Ω) , поэтому (2) влечет за собой неравенство |(f, ϕm )| > Am kη ϕm kC m (Ω) . При этом, если η ≡ 1 в окрестности supp f, то f η = f. Будем с самого начала Bm считать ,что η ≡ 1 в окрестности supp f. Тем самым, получим: (f, ϕm ) = (η f, ϕm ) = (f, η ϕm ), поэтому Am |(f, η ϕ)| > kη ϕm kC m (Ω) = mkη ϕm kC m (Ω) . (3) Bm Пусть ψm =

η(x) ϕm (x) . Разделив (3) на m kη ϕm kC m (Ω) , получим m kη ϕm kC m (Ω) |(f, ϕm )| > 1.

(4)

Легко заметить,что ψm → 0 при m → ∞ в пространстве D(Ω). Действительно, 1) supp ψm ⊂ η b Ω, m = 1, 2, . . . ; 2) для любого натурального k kψm kC k (Ω) ≤ kψm kC m (Ω) , если m ≥ k. Таким образом, lim kψm kC k (Ω) ≤ lim kψm kC m (Ω) . m→∞

kη ϕm kC m (Ω) 1 В то же время, kψm kC m (Ω) = = . mkη ϕm kC m (Ω) m Тем самым, lim kψm kC m (Ω) = 0. m→∞

Так как f : D(Ω) → Cn — непрерывный линейный функционал, то lim |(f, ϕm )| = 0, но, m→∞

с другой стороны, по неравенству (4), lim |(f, ϕm )| ≥ 1. Получили противоречие. ¥ m→∞

Упражнение. Пусть f (x) = δ 0 (x). чему будет равно m? (f (x) = δ(x) → m = 0) Теорема. Пусть f ∈ D0 (Rn ), f 0 (x) ≡ 0. Тогда f (x) ≡ const . ¤ R∞ Возьмем ϕ ∈ D(Rn ). Пусть P (ϕ)(x) = ϕ(x) − η(x) ϕ(ξ) dξ, где η ∈ D(Rn ), причем R∞

η(x) dx = 1. Тогда

−∞

R∞

P (ϕ)(x) dx =

−∞

R∞

ϕ(x) dx −

−∞

η(x) dx

−∞

|

ϕ(x) dx = 0.

−∞

{z

}

P (ϕ)(ξ) dξ ) = 0.

−∞

|

³

R∞

=1

Zx Имеем (f 0 (x),

−∞

Z∞

{z

}

∈D(Ω) Rx

´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ R∞ d Т.о., 0 = f (x), P (ϕ)(ξ) dξ = f (x), P (ϕ)(x) = f (x), ϕ(x) − f (x), η(x) ϕ(ξ) dξ, dx −∞ −∞ 15

(f (x), ϕ(x)) = (c, ϕ(x)), где c = (f (x), η(x)) — комплексное число, не зависящее от ϕ(x). Другими словами, f (x) ≡ const . ¥ ∂f Упражнение.Пусть Ω — область в Rn , n ≥ 1, f ∈ D0 (Ω), причем = 0, i = 1, n. ∂xi Тогда f (x) ≡ const в Ω. Теорема. Пусть f ∈ D0 (R). Тогда существует F ∈ D0 (R) : F 0 (x) = f (x). ¤ R∞ Возьмем ϕ(x) ∈ D(R), как и в предыдущей теореме и пусть P (ϕ)(x) = ϕ(x)−η(x) ϕ(ξ) dξ, где η ∈ D(R), причем

R∞

η(x) dx = 1. Тогда

−∞

−∞

R∞

P (ϕ)(ξ) dξ ∈ D(R). Тогда, если существует

−∞

F ∈ D0 (R) : F 0 (x) = f (x), то получим

Zx Zx Zx ´ ³ ´ ³ ³ ´ ³ ´ d P (ϕ)(ξ) dξ = F 0 (x), P (ϕ)(ξ) dξ = − f (x), f (x), P (ϕ)(ξ) dξ = − F (x), P (ϕ)(x) = dx −∞

−∞

−∞

³ ´ ³ ´ Z∞ = − F (x), ϕ(x) + f (x), η(x) ϕ(ξ) dξ. −∞

Тем самым, ³

Zx ³ ´ ³ ´ F (x), ϕ(x) = − f (x), P (ϕ)(ξ) dξ + c, ϕ(x) ´

−∞

— первообразная определена с точностью до константы: c = (f (x), η(x)) — комплексное число. нам надо указать хотя бы одну функцию F ∈ D0 (R) : F 0 (x) = f (x). ³ ´ Rx Пусть (F (x), ϕ(x)) = − f (x), P (ϕ)(ξ) dξ . Проверим, что F 0 (x) = f (x). В самом деле, −∞

для любого ϕ(x) ∈ D(R) ³

Zx ´ ³ ´ ³ ´ 0 F (x), ϕ(x) = − F (x), ϕ (x) = f (x), P (ϕ0 )(ξ) dξ . 0

−∞

Z∞ 0

0

ϕ0 (t) dt = ϕ(ξ),

P (ϕ )(ξ) = ϕ (ξ) − η(ξ) −∞

|

=0,

{z } т.к.ϕ∈D(R)

Zx ³ ´ 0 (F (x), ϕ(x)) = f (x), ϕ (ξ) dξ = (f (x), ϕ(x)). ¥ 0

−∞

Прямое произведение обобщенных функций. Пусть f1 : Ω1 → C, f2 : Ω2 → C, f1 ∈ C ∞ (Ω1 ), f2 ∈ C ∞ (Ω2 ), Ω1 ⊂ Rn1 , Ω2 ⊂ Rn2 — открытые подмножества, n1 , n2 ≥ 1. f1 (x1 )f2 (x2 ) : Ω1 × Ω2 → C — прямое произведение, если x1 = (x11 , . . . , xn1 1 ) ∈ Ω1 , x2 = 1 (x2 , . . . , xn2 2 ) ∈ Ω2 , (x1 , x2 ) ∈ Ω1 × Ω2 . (x1 , x2 ) 7→ f1 (x1 )f2 (x2 ) — функция n1 + n2 вещественного аргумента. Обозначения: f1 (x1 )f2 (x2 ), f1 (x1 ) · f2 (x2 ), f1 ⊗ f2 (x1 , x2 ). Будем понимать бесконечно гладкие функции f1 (x1 ), f2 (x2 ), f1 (x1 )f2 (x2 ) как обобщенные. 16

Z f1 (x1 )f2 (x2 ) : ϕ(x1 , x2 ) 7→

Z f1 (x1 )f2 (x2 )ϕ(x1 , x2 ) dx1 dx2 =

Ω1 ×Ω2

Z f2 (x2 )ϕ(x1 , x2 ) dx2

f1 (x1 ) dx1 Ω1

Ω2

|

{z

}

(f2 (x2 ),ϕ(x1 ,x2 ))

Лемма. Пусть f2 ∈ D0 (Ω2 ). Тогда функция x1 7→ (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) принадлежит пространствву D(Ω1 ). Или (f2 (x2 ), ϕ(·, x2 )) ∈ D(Ω1 ). ¤ Имеем ϕ(x1 , x2 ) ∈ D(Ω1 × Ω2 ), т.е. ϕ ∈ C ∞ (Ω1 × Ω2 ), Ω1 ⊂ Rn1 , Ω2 ⊂ Rn2 , n1 , n2 ≥ 1. K = supp ϕ b Ω1 × Ω2 — компакт. Пусть K1 — проекция K на Ω1 , K2 — на Ω2 . Если x1 ∈ / K1 , то ∀x2 ∈ Ω2 ϕ(x1 , x2 ) = 0. Т.о., (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) = 0, т.е. supp(f2 (x2 ), ϕ(·, x2 )) b K1 . Осталось доказать, что (f2 (x2 ), ϕ(·, x2 )) ∈ C ∞ (Ω). А именно, докажем, что при hs → 0, s → ∞ µ ³ ´ ³ ´¶ 1 1 i n 1 i n lim = f2 (x2 ), ϕ(x1 , . . . , x1 + hs , . . . , x1 , x2 ) − f2 (x2 ), ϕ(x1 , . . . , x1 , . . . , x1 , x2 ) hs →0 hs    ϕ(x11 , . . . , xi1 + hs , . . . , xn1 , x2 ) − ϕ(x11 , . . . , xi1 , . . . , xn1 , x2 )    = lim f2 (x2 ), = hs →0  hs  | {z } ϕs (x2 )

³ ´ ∂ϕ = f2 (x2 ), (x1 , x2 ) . ∂x1 ϕs (x2 ) →

∂ϕ(x1 , x2 ) при hs → 0 в пространстве D(Ω2 ) при фиксированном x1 ∈ Ω1 . ∂xi1

Имеем: 1) существует компактное множество H b Ω2 : ϕs ⊂ H для всех достаточно больших индексов s. А именно, в качестве H достаточно взять K2 — проекцию supp ϕ на Ω2 ; ° ∂ϕ(x1 , x2 )° ° ° 2) °ϕs (x2 ) − ° m → 0 при s → ∞, ∀m. i ∂x1 C (Ω) В самом деле: Z1 ∂xα2 ϕ(x11 , . . . , xi1 +hs , . . . , xn1 , x2 )−∂xα2 ϕ(x11 , . . . , xi1 , . . . , xn1 , x2 ) = 0

d α ∂ ϕ(x11 , . . . , xi1 + ths , . . . , xn1 , x2 ) dt, dt | x2 {z } ≡ψ(t)

где x2 = (x12 , . . . , xn2 2 ), α = (α1 , . . . , αn ) — мультииндекс, |α| = α1 +. . .+αn , ∂xα2 = Тогда Z1 0

d ψ(t) dt = − dt

Z1

¯1 Z1 ¯ d2 d d (1 − t) ψ(t) dt = − (1 − t) ψ(t) dt¯¯ + (1 − t) 2 ψ(t) dt = dt dt dt 0 0

0

∂ |α| . ∂x2 x1α1 . . . ∂x2 x1αn

0

¯ Z1 ¯ d2 d ¯ = ψ(t)¯ + (1 − t) 2 ψ(t) dt, dt dt t=0 0

d ψ(t) = ∂xi1 ∂xα2 ϕ(x11 , . . . , xi1 + t hs , . . . , xn1 , x2 ) hs , dt 17

d2 ψ(t) = ∂x2i ∂xα2 ϕ(x11 , . . . , xi1 + t hs , . . . , xn1 , x2 ) h2s , 1 dt2 Z1 Z1 d α 2 ψ(t) dt = ∂xi1 ∂x2 ϕ(x1 , x2 ) hs + hs (1 − t) ∂x2i ∂xα2 ϕ(x11 , . . . , xi1 + t hs , . . . , xn1 , x2 ) dt, dt | 1 {z } 0 0 имеет компактный носитель µ ¶ Z1 ∂ϕ(x , x ) 1 2 ∂xα2 ϕs (x2 ) − = hs (1 − t) ∂x2i ∂xα2 ϕ(x11 , . . . , xi1 + t hs , . . . , xn1 , x2 ) dt → 0, s → ∞ 1 ∂xi1 0

Сходимость по x2 ∈ Ω равномерная, так как интеграл ограничен, a hs → 0 при s → ∞. ¥ Определение. Пусть f1 ∈ D0 (Ω1 ), f2 ∈ D0 (Ω2 ). Прямым произведением f1 и f2 называется функция f1 (x1 )f2 (x2 ) ∈ D0 (Ω1 × Ω2 ) : ∀ϕ ∈ D(Ω1 × Ω2 ) ³ ´ ³ ´ f1 (x1 )f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 ) = f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) . Лемма. Пусть f1 ∈ D0 (Ω1 ), f2 ∈ D0 (Ω2 ), ϕ ∈ D(Ω1 × Ω2 ). Тогда ³ ´ ³ ´ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) = f2 (x1 ), (f1 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) . ¤ 1) Если ϕ(x1 , x2 ) = ϕ1 (x1 ) ϕ2 (x2 ), где ϕ1 ∈ D(Ω1 ) ϕ2 ∈ D(Ω2 ), то ³ ´ ³ ´ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) = f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ1 (x1 ) ϕ2 (x2 )) = ³ ³ ´´ ³ ´³ ´ = (f1 (x1 ), ϕ1 (x1 ) f2 (x2 ), ϕ2 (x2 ) = f2 (x2 ), ϕ2 (x2 ) f1 (x1 ), ϕ1 (x1 ) . Аналогично, ³ ´ ³ ´³ ´ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) = f1 (x1 ), ϕ1 (x1 ) f2 (x2 ), ϕ2 (x2 ) . 2) В общем случае представим ϕ(x1 , x2 ) ∈ D(Ω1 × Ω2 ) в виде ряда, сходящегося в D(Ω1 × Ω2 ): ϕ(x1 , x2 ) =

∞ X

ϕs (x1 ) ψs (x2 ),

s=1

где ϕs ∈ D(Ω1 ), ψs ∈ D(Ω2 ). Тогда ∞ ³ ³ ´ X ´ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) = f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕs (x1 ) ψs (x2 )) = s=1

=

∞ ³ X

´³ ´ ³ ´ f1 (x1 ), ϕs (x1 ) f2 (x2 ), ψs (x2 ) = f2 (x2 ), (f1 (x1 ), ϕ(x1 , x2 )) . ¥

s=1

Теорема. Пусть f1 ∈ D0 (Ω), Ω ⊂ Rn — открытое множество, supp f b Ω — компакт. Тогда существует A > 0, m ∈ N : ∀ϕ ∈ D(Ω) |(f, ϕ)| ≤ AkϕkC m (Ω) . Следствие. Пусть f1 ∈ D0 (Ω), Ω ⊂ Rn — открытое множество, supp f b Ω — компакт. Тогда существует A > 0, m ∈ Z : ∀ϕ ∈ D(Ω) : supp ϕ ⊂ K |(f, ϕ)| = AkϕkC m (Ω) . ¤ Возьмем η ∈ D(Ω) : η ≡ 1 в окрестности K. Тогда ∀ϕ ∈ D(Ω) : supp ϕ ⊂ K получим (f, ϕ) = (f, η ϕ ) = (η f, ϕ). При этом η f имеет компактный носитель: supp η f ⊂ supp η b Ω. |{z} ≡ϕ

18

Т.о. |(f, ϕ)| = |(η f, ϕ)| = AkϕkC m (Ω) (последнее равенство — из предыдущей теоремы). ¥ n2 Лемма. Пусть f1 : Ω1 → C,³f2 : Ω2 → C, Ω1 ⊂ Rn1 , Ω´ — открытые подмножества, 2 ⊂ R n1 , n2 ≥ 1. Тогда ϕ(x1 , x2 ) 7→ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) — непрерывный функционал на D(Ω1 × Ω2 ). ¤ Пусть ϕi (x1 , x2 ) ∈ D(Ω1 × Ω2 ), i = 1, 2, . . . ; ϕi → 0, i → ∞. Докажем, что ³ ´ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕ(x1 , x2 )) → 0, i → ∞.

В самом деле, существует компакт H b Ω1 × Ω2 : supp ϕi ⊂ H. Тогда ∀1 ∈ Ω ∀i = 1, 2, . . . . supp ϕi (x1 , ·) ⊂ H2 , где H2 — проекция H на Ω2 . Тогда ∀s ∈ Z k(f2 (x2 ), ϕi (x1 , ·))kC s (Ω1 ) → 0, i → ∞. Действительно, по следствию, ∃A > 0, m ∈ Z : ∀α = (α1 , . . . , αn ) ∀x1 ∈ Ω1 | ∂xα1 (f2 (x2 ), ϕi (x1 , x2 ))| = | (f2 (x2 ), ∂xα1 ϕi (x1 , x2 ))| ≤ A k∂xα1 ϕi (x1 , ·))kC m (Ω2 ) ≤ A kϕi kC m+|α| (Ω1 ×Ω2 ) → 0, i → ∞. Другими словами, мы доказали, что ∀s ∈ Z, s > 0 k(f2 (x2 ), ϕi (·, x2 ))kC s (Ω1 ) → 0, i → ∞. Очевидно, что supp(f2 (x2 ), ϕi (·, x2 )) ⊂ H1 , где H1 b Ω1 — проекция компакта H на Ω1 . Т.о., (f2 (x2 ), ϕi (·, x2 )) → 0, i → ∞ в пространстве D(Ω1 ), поэтому ³ ´ f1 (x1 ), (f2 (x2 ), ϕi (x1 , x2 )) → 0, i → ∞. ³ ´ Аналогично может быть доказано ,что f2 (x2 ), (f1 (x1 ), ϕi (x1 , x2 )) является линейным непрерывным функционалом от ϕi (x1 , x2 ) ∈ D(Ω1 × Ω2 ). ¥ Лемма. Пусть ϕi (x1 , x2 ) ∈ D(Ω1 × Ω2 ), Ω1 ⊂ Rn1 , Ω2 ⊂ Rn2 — открытые множества. Тогда существует ϕs ∈ D(Ω1 ), ψs ∈ D(Ω2 ) : ϕi (x1 , x2 ) =

∞ X

ϕs (x1 ) ψs (x2 ),

s=1

где ряд сходится в D(Ω1 × Ω2 ). ¤ Без ограничения общности, будем предполагать,что Ω1 ∈ (−π, π) × . . . × (−π, π), | {z } n1 +n2

n1

Ω2 ∈ (−π, π) × . . . × (−π, π), supp ϕ b Ω1 × Ω2 = (−π, π) × . . . × (−π, π)n1 +n2 . | {z } {z } | n2 n1 +n2 P P ϕi (x1 , x2 ) = Ck eikx = Ck1 ,k2 eik1 x+ik2 x , x = (x1 , x2 ), k = (k1 , k2 ), k

k1 ,k2

1 ck = (2π)n1 +n2

Z ϕ(x) eikx dx, (−π,π)n1 +n2

kϕk2L2 (In1 +n2 ) =

X k

19

|Ck |2

— равенство Парсеваля, где In1 +n2 = (−π, π)n1 +n2 = (−π, π)n1 +n2 × . . . × (−π, π)n1 +n2 . | {z } n1 +n2 X X ∂ 2 ϕ(x) = ak eikx , k∂ 1 ϕ(x)kL2 (In1 +n2 ) = (2π)n1 +n2 |ak |2 dx < ∞, | {z } k

∈ L2 (In1 +n2 )

k

Z

1 ak = (2π)n1 +n2

2

−ikx

∂ ϕ(x) e In1 +n2

(ik) (2π)n1 +n2

Z ϕ(x) ∂ 2 e−ikx dx = In1 +n2

Z

α

=

(−1)|α| dx = (2π)n1 +n2

ϕ(x) e−ikx dx = (ik)α Ck , In1 +n2

где α = (α1 , . . . , αn1 +n2 ), x = (x1 , . . . , xn1 +n2 ), k = (k 1 , . . . , k n1 +n2 ). n +n 1 α = (i k 1 )α · . . . · (i k n1 +n2 )α 1 2 ⇒ | ak | = | k α Ck | ≤ const, не зависящей от k, так как P (i k) 2 k | ak | < ∞. X ϕ(x1 , x2 ) = Ck1 ,k2 eik1 x1 eik2 x2 . k1 ,k2

Возьмем η1 ∈ D(Ω1 ), η2 ∈ D(Ω2 ) : η1 ≡ 1 в окрестности проекции supp ϕ на Ω1 ; η2 ≡ 1 в окрестности проекции supp ϕ на Ω1 . X ϕ(x1 , x2 ) = η1 (x1 ) η2 (x2 ) ϕ(x1 , x2 ) = Ck1 ,k2 η1 (x1 ) eik1 x1 η2 (x2 ) eik2 x2 k1 ,k2

— сходится абсолютно и равномерно со всеми своими производными в D(Ω1 × Ω2 ). ¥ Определение. Последовательность обобщенных функций fk ∈ D0 (Ω), k = 1, 2, . . . , Ω ⊂ Rn — непустое открытое множество, сходится (слабо) к обобщенной функции f ∈ D0 (Ω), если ∀ϕ ∈ D(Ω) lim (fk , ϕ) = (f, ϕ). k→∞

Теорема. (без доказательства, Шилов "II спецкурс") Пусть последовательность обобщенных функций fk ∈ D0 (Ω), k = 1, 2, . . . , слабо сходится к некоторому функционалу f : D(Ω) → Cn , т.е. ∀ϕ ∈ D(Ω) lim (fk , ϕ) = (f, ϕ) . Тогда f является обобщенной функцией. | {z } k→∞ | {z } fk (ϕ)

f (ϕ)

Свертка обобщенных функций. Пусть f, g ∈ L1 (Rn ), n ≥ 1. Z Z f ∗g = f (x − y) g (y) dy = f (ξ)g(x − ξ) dξ. | {z } |{z} Rn

ξ

Rn

x−ξ

¯ ¯R R R ¯¯ R R ¯ ¯ dx ¯f (x − f ∗ g ∈ L1 (Rn ), так как |f ∗ g(x)| dx = dx ¯ f (x − y) g(y) dy ¯ ≤ Rn Rn Rn Rn Rn ¯ ¯ y) g(y)¯ dy = Z R R R = dy | g(y)| | f (x − y)| dx = | g(y)| dx | f (x)| dx < ∞. Rn

Rn

Rn

|

R Rn

{z

Rn

}

|f (x)| dx

Т.о., интеграл сходится по теореме Фубини, ⇒ f ∗g ∈ L1 (Rn ), kf ∗gkL1 (Rn ) ≤ kf kL1 (Rn ) kgkL1 (Rn ) . Как определить свертку двух обобщенных функций f, g ∈ D0 (Rn )? Будем понимать функции Rf, g ∈ L1 (Rn ) как обобщенные. Тогда ∀ϕ ∈ D(Rn ). R (f, ϕ) = f ϕ dx, (g, ϕ) = g ϕ dx, Rn

Rn

20

Z (f ∗ g, ϕ) =

Z

Z

f ∗ g(x) ϕ(x) dx = Rn

dx ϕ(x) Rn

Z

=

Z f (x − y) g(y) dy =

Rn

ϕ(x) f (x − y) g(y) dx dy = R2n

ϕ(ξ + y) f (ξ) g(y) dξ dy, R2n

³ ´ где ξ = x−y. Последний интеграл очень напоминает выражение f (ξ)g(y), ϕ(x+y) — прямое произведение. Но последнее выражение нельзя корректно определить для произвольных f, g ∈ D0 (Rn ), так как функция ϕ(x + y) : R2n → Cn не имеет компактного носителя. Как же быть? supp ϕ ⊂ [−A, A], −A < y + ξ < A, то есть supp ϕ в общем случае не является компактом | {z } =x

(только если supp ϕ = ∅). Определение. Последовательность функций ηk ∈ L1 (R2n ), k = 1, 2, . . . — исчерпание единицы, если: 1) для любого компакта H b R2n ηk |H = 1, начиная с некоторого k; 2) для любого мультииндекса α = (α1 , . . . , α2n ) существует Aα = const > 0 : ∀z ∈ R2n ∀k = 1, 2, . . . |∂ α ηk (z)| ≤ Aα . Другими словами, ∀ m ∈ Z ∃A : ∀k = 1, 2, . . . kηk kC m (R2n ) ≤ A Есть хотя бы одно компактное исчерпание единицы? Пример. Обозначим Br = z ∈ R2n : |z| < r. Возьмем η ∈ D(B2 ) : η|B1 = 1. ³z´ Пусть ηk (z) = η , k = 1, 2, . . . , ηk (z) ∈ D(B2k ), ηk |Bk = 1. k ¯ ³ z ´¯ ¯ ¯ −|α| |∂ α ηk (z)| = ¯∂ α η ¯≤k |{z} kηkC α (B2 ) , k ≤1

где |α| = α1 + . . . + α2n . Т.е. ηk — компактное исчерпание единицы. Определение. Пусть f, g ∈ D0 (Rn ). Свертка f ∗ g: если для любого компактного исчерпания единицы ηk ∈ D(R2n , k = 1, . . . , n) для любого ϕ ∈ D(Rn ) существует предел lim(f (x) ∗ g(x), ϕ(x)) := lim (f (x) g(y), ηk (x, y)ϕ(x + y)). k→∞

Утверждение. Если для любого компактного исчерпания единицы ηk ∈ D(R2n ), k = 1, 2, . . . , указанный выше предел существует, то этот предел не зависит от выбора компактного исчерпания. ¤ Пусть ηk ∈ D(R2n ) и λk ∈ D(R2n ), k = 1, 2, . . . , — два компактных исчерпания единицы. построим компактное исчерпание единицы Θk : Θ2k−1 = ηk , Θ2k = λk , k = 1, 2, . . . Получим последовательность: η1 , λ1 , η2 , λ2 , η3 , λ3 . . . . Очевидно, что Θk , k = 1, 2, . . . — тоже компактное исчерпание единицы. По условию, существует lim (f (x) g(y), Θk (x, y)ϕ(x + y)), ϕ ∈ D(Rn ). Тогда для любой последовательности k→∞

(f (x) g(y), Θk (x, y)ϕ(x + y)) при k → ∞ предел тоже существует и совпадает с пределом исходной последовательности: lim (f (x) g(y), ηk (x, y)ϕ(x + y)). ¥ k→∞

Упражнение. Пусть f, g ∈ L1 (Rn ). Тогда свертка f ∗ g, определенная в классическом смысле (как интеграл) совпадает со сверткой, определенной в обобщенном смысле (как свертка функций из D0 (Rn )). 21

Свойства свертки обобщенных функций. 1. Пусть f1 , f2 , g ∈ D0 (Rn ) и при этом существует свертка f1 ∗ g, f2 ∗ g. Тогда существует (f1 + f2 ) ∗ g = f1 ∗ g + f2 ∗ g. ¤ Пусть ηs ∈ D(R2n ), s = 1, . . . , n — компактное исчерпание единицы. Для любого ϕ ∈ D(Rn ) ³ ´ lim (f1 (x) + f2 (x))g(y), ηs (x, y)ϕ(x + y) =

s→∞

³ ´ ³ ´ = lim f1 (x)g(y), ηs (x, y)ϕ(x + y) + lim f2 (x)g(y), ηs (x, y)ϕ(x + y) . ¥ s→∞

s→∞

2. Пусть f, g ∈ D0 (Rn ), λ ∈ Cn и при этом существует свертка f ∗ g. Тогда существует (λf ) ∗ g = λ (f ∗ g). 3. Пусть f, g ∈ D0 (Rn ) и при этом существует свертка f ∗ g. Тогда существует свертка g ∗ f, причем f ∗ g = g ∗ f. Упражнение. Доказать пункты 2 и 3. Дифференцирование сверток. Теорема. Пусть f, g ∈ D0 (Rn ) и при этом существует свертка f ∗ g. Тогда существуют ∂f ∂g ∂f ∂g ∂ ∗g и f ∗ , причем (f ∗ g) = ∗g+f ∗ . ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ∂xi ¤ Пусть ηs ∈ D(R2n , s = 1, . . . , n) — компактное исчерпание единицы. Для любого ϕ ∈ D(Rn ) ³ ∂ ´ ³ ³ ∂ϕ ´ ∂ϕ(x + y)´ (f ∗ g), ϕ = − f ∗ g, = − lim f (x)g(y), ηs (x, y) , s→∞ ∂xi ∂xi ∂xi ³ ∂f

´ ³ ∂f ´ g, ϕ := lim (x) g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y) = s→∞ ∂xi ∂xi

= lim

³ ∂f

s→∞

∂xi

³ (x), g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y)

´´

³

³ ´´ ∂ = − lim f (x), g(y), (ηs (x, y) ϕ(x + y)) s→∞ ∂xi

³ ´ ³ ´ ∂ ∂ϕ ∂ηs = − lim f (x) g(y), (ηs (x, y) ϕ(x+y)) = − lim f (x) g(y), ηs (x, y) (x+y)+ (x, y) ϕ(x+y) . s→∞ s→∞ ∂xi ∂xi ∂xi ∂ηs (x, y) + ηs (x, y), s = 0, 1, . . . . ∂xi Очевидно, что ξs (x, y) образует компактное исчерпание единицы. Тогда ³ ´ ³ ´ lim f (x) g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y) = lim f (x) g(y), ξs (x, y) ϕ(x + y) = (f ∗ g, ϕ), Рассмотрим последовательность функций ξs (x, y) =

s→∞

s→∞

так как предел в определении свертки не зависит от выбора компактного исчерпания. 22

³ ´ ³ ´ ³ ´ ∂ηs (x, y) lim f (x) g(y), ηs (x, y) ϕ(x+y) = lim f (x) g(y), ηs (x, y) ϕ(x+y) + lim f (x) g(y), ϕ(x+y) . s→∞ s→∞ s→∞ ∂xi Первый и второй пределы существуют, а значит существует и третий предел и, следовательно, ´ ∂ηs (x, y) lim f (x) g(y), ϕ(x + y) = 0. s→∞ ∂xi ∂f ∂f ∂ Т.о., доказано, что свертка ∗ g существует, причем ∗g = (f ∗ g). ∂xi ∂xi ∂xi ∂g ∂g ∂ Аналогично доказывается, что существует свертка f ∗ , причем f ∗ = (f ∗ g) ∂xi ∂xi ∂xi (или его можно получить из коммутативности свертки). ¥ Утверждение. Пусть f, g ∈ D0 (Rn ), причем supp g b Rn — компакт. Тогда свертка f ∗ g существует, причем для любого ϕ ∈ D(Rn ). ¤ Пусть ηs (x, y) ∈ D(R2n ), s = 1, . . . , n — компактное исчерпание единицы. Для любого ϕ ∈ D(Rn ) ³ ´ ³ ³ ´´ lim f (x) g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y) = lim f (x), g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y) = ³

s→∞

s→∞

³

³

´´ ³ ³ ´´ = lim f (x), λ(y) g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y) = lim f (x), g(y), ηs (x, y) λ(y) ϕ(x + y) , s→∞

s→∞

где λ(y) ∈ Rn , — некоторая функция: λ ≡ 1 в окрестности компакта supp g. Очевидно, что λ(y) ϕ(x + y) ∈ D(Rn ), в частности, имеет компактный носитель. Т.о., ηs (x, y) λ(y) ϕ(x + y) = λ(y) ϕ(x + y), начиная с некоторого номера s. Поэтому, ³ ´ ³ ´ lim f (x) g(y), ηs (x, y) ϕ(x + y) = f (x), (g(y), λ(y) ϕ(x + y)) = s→∞

´ ³ ´ ³ = f (x), (λ(y) g(y), ϕ(x + y)) = f (x), (g(y), ϕ(x + y)) . ¥ | {z } =g(y)

Упражнение. Пусть f, g ∈ D0 (Rn ), причем supp g b Rn — компакт. Тогда для любого ϕ ∈ D(Rn ) (f ∗ g, ϕ) = (g(y), (f (x), ϕ(x + y))).

23

P

Фундаментальное решение оператора L =

aα ∂ α .

|α|≤m

Рассмотрим оператор L =

P

aα ∂ α , aα ∈ C, | α| = α1 + . . . + αn , ∂ α =

|α|≤m

∂ |α| , ∂x1α1 . . . ∂xnαn

L(f ∗ g) = Lf ∗ g = f ∗ Lg. Определение. Функция E(x) ∈ D0 (Rn ) — фундаментальное решение оператора P L= aα ∂ α , aα ∈ C, если L E(x) = δ(x). |α|≤m ( d 1, i = j; Пример. L = , E(x) = Θ(x) = Действительно, L E(x) = Θ0 (x) = δ(x). dx 0, i 6= j. Теорема. (существования) Пусть f ∈ D0 (Rn ), E(x) — фундаментальное решение оператора P aα ∂ α , aα ∈ C, причем существует свертка u = E ∗ f. Тогда L u = f и u — решение. L= |α|≤m

¤ По утверждению 1, L u = L E ∗ f = δ ∗ f = f. ¥ Утверждение 1. Пусть f ∈ D0 (Rn ). Тогда δ ∗ f = f. ¤ Свертка δ ∗ f существует, так как supp δ(x) = {0} — компактное множество. При этом, для любого ϕ ∈ D(Rn ) (f ∗ δ, ϕ) = (f (x), (δ(y), ϕ(x + y))) = (f (x), ϕ(x)). ¥ Теорема. P (единственности) Пусть u, f ∈ D0 (Rn ), E(x) — фундаментальное решение оператора L = aα ∂ α , aα ∈ C, причем L u = f и при этом существует свертка E ∗ f = u. |α|≤m

¤ Имеем L (E ∗ u) = L E ∗ u = δ ∗ u = u. C другой стороны, L (E ∗ u) = E ∗ L u = E ∗ f . Тогда u = E ∗ f. ¥ Фундаментальное решение обыкновенного дифференциального оператора с постоянными коэффициентами. L u = u(m) + am−1 u(m−1) + . . . + a1 u0 + a0 u, где am−1 , . . . , a1 , a0 ∈ C. ( 1, i = j; Теорема. Пусть E(x) = W (x) Θ(x), где Θ(x) = а W (x) — решение задачи 0, i 6= j, Коши L W = 0, W (0) = . . . = W (m−2) (0) = 0, W (m−1) (0) = 1. Тогда L E(x) = δ(x). ¤ Пусть ϕ ∈ D(R). Тогда (L E(x), ϕ(x)) = (E(x), L∗ ϕ), где L∗ ϕ = (−1)m ϕ(m) (x) + (−1)m−1 am−1 ϕ(m−1) (x) + . . . + a1 ϕ0 (x) + a0 ϕ(x). Имеем: Z∞ (E(x), L∗ ϕ) =

Z∞ E(x) L∗ ϕ(x) dx =

−∞

Z∞ Θ(x) W (x) L∗ ϕ(x) dx =

−∞

W (x) L∗ ϕ(x) dx. 0

Z∞ Z∞ ¯∞ k (k) k (k−1) ¯ (−1) ϕ (x)W (x) dx = (−1) ϕ (x)W (x) 0 + (−1)k−1 ϕ(k−1) (x)W 0 (x) dx = 0

0

24

(1)

¯∞ = (−1)k−1 ϕ(k−1) (0)W (0) + (−1)k−1 ϕ(k−2) (x)W 0 (x)¯0 +

Z∞ (−1)k−2 ϕ(k−2) (x)W 00 (x) dx = . . . = 0

Z∞ = (−1)k−1 ϕ(k−1) (0)W (0) + (−1)k−2 ϕ(k−2) (0)W 0 (0) + . . . + ϕ(0)W (k−1) (0) +

ϕ(x)W (k) (x) dx 0

Продолжим равенство (1): m Z X

m X k−1 m Z X X k (k) k−1−s (k−1−s) (s) (−1) ak ϕ (x)W (x) dx = (−1) ak ϕ (0) W s(0) + W (k) ak ϕ(x) dx,

∞

∞

k=1 s=o

k=1 0

k=1 0

(при k = 0 Lϕ(x) = a0 ϕ(x)). (E, Lϕ(x)) =

m X k−1 X

Z∞ (−1)

k−1−s

k=1 s=o

|

ak ϕ

(k−1−s)

{z

(0) W

(s)

s(0) + }

LW (x)ak ϕ(x) . {z } | 0

=0

=ϕ(0)

Так как W = 0, W (0) = . . . = W (m−2) (0) = 0, W (m−1) (0) = 1, то (LE, ϕ) = ϕ(0), т.е. L E(x) = δ(x). ¥ Задача Коши для обыкновенных дифференциальных уравнений. w(m) + am−1 w(m−1) + . . . + a0 w = f (x), w(0) = . . . = w(m−1) (0) = 0, ak ∈ C, k = 0, m − 1, wk ∈ C, f ∈ C ∞ (R) — бесконечно гладкая функция. Это и есть задача дифференциального уравнения. ( ( Коши для обыкновенного f (x), x ≥ 0; w(x), x ≥ 0; f˜(x) = Пусть w(x) ˜ = 0, x < 0. 0, x < 0, ³ d ´m ³ d ´(m−1) ³ ´ L= + am−1 + . . . + a0 · dx dx | {z } сам оператор w(x) ˜ ∈ D0 (R), ϕ ∈ D(R) (Lw(x), ˜ ϕ(x)) = (w(x), ˜ L∗ ϕ(x)), где ³ d ´(m) ³ d ´(m−1) m−1 L = (−1) + (−1) am−1 + . . . + a0 . dx dx ∗

m

Тогда Z∞ (w(x), ˜ L∗ ϕ(x)) =

Z∞ w(x) ˜ L∗ ϕ(x) dx =

−∞

Z∞ w(x) L∗ ϕ(x) dx =

0

w(x)ϕ (k) (x) dx. 0

Обозначим am ≡ 1. Тогда имеем: Z∞ (−1)k

¯∞ w(x)ϕ (k) (x) dx = (−1)k w(x)ϕ (k−1) (x)¯0 + (−1)k−1

0

Z∞ w0 (x)ϕ (k−1) (x) dx = 0

25

¯∞ = (−1)k w(0)ϕ (k−1) (0) + (−1)k−1 w(x)ϕ (k−2) (x)¯0 + (−1)k−2

Z∞ w00 (x)ϕ (k−2) (x) dx = . . . = 0

Z∞ = (−1)k−1 w(0) ϕ (k−1) (0) + (−1)k−2 w0 (0) ϕ (k−2) (0) + . . . + w(k−1) (0) ϕ(0) + |{z} | {z } | {z } w0

w1

w(k) (x)ϕ(x) dx = 0

wk−1−s

Z k−1 X s (k) = (−1) wk−1−s ϕ (0) + w(k) (x)ϕ(x) dx. ∞

s=0

0

Тогда (Lw(x), ˜ ϕ(x)) =

m X k=1

Z k−1 X s (k) ak (−1) wk−1−s ϕ (0) + Lw(k) (x) ϕ(x) dx. | {z } ∞

s=0

0

f (x)

Учитывая, что (δ(x), ϕ(x)) = (−1)s ϕ s (0), получим: Lw(x) ˜ = f˜(x) +

m X k=1

k−1 X ak (−1)s wk−1−s δ (s) (x). s=0

1 ≤ s + 1 ≤ k ≤ m и переставим порядок суммирования: Lw(x) ˜ = f˜ +

m−1 X

(s)

δ (x)

s=0

m X

ak wk−1−s .

(1)

k=s+1

Получилось такое уравнение, которому удовлетворяет функция w. ˜ Пример.  00  w (x) + ω 2 w(x) = f (x), ω = const, w(0) = w0 ,  0 w (0) = w1 . ( ( w(x), x ≥ 0; ˜ f (x), x ≥ 0; w(x) ˜ = f (x) = 0, x < 0, 0, x < 0. Тогда w˜ 00 (x) + ω 2 w(x) ˜ = f˜(x) + w1 δ(x) + w0 δ 0 (x). Первая часть уравнения (1) является обобщенной функцией из пространства D0 (R) с носителем, принадлежащем множеству [0, ∞). Известно, что у оператора L существует фундаментальное решение, с носителем, так же принадлежащим [0, ∞). возникает вопрос: существует ли свертка? Если да, то решение существует и единственно. Обозначим через A множество обобщенных функций с носителем, принадлежащем множеству [0, ∞). Теорема. A является коммутативной алгеброй над C с единицей. ¤ Пусть f, g ∈ A, т.е. f, g ∈ D0 (R) и при этом supp f ⊂ [0, ∞). Выберем компактное исчерпание единицы. Возьмем Θε ∈ C ∞ (R) : Θε |[− ε ,∞) = 1, Θε |(−∞,ε] ≡ 0. Пусть ηk (x, y) — 2 компактное исчерпание единицы в R2 , и пусть ϕ ∈ D(R). Тогда ³ ´ ³ ´ f (x) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y) = Θε (x) f (x) Θε (y) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y) = 26

³ ´ = f (x) g(y), Θε (x) Θε (y) ηk (x, y) ϕ(x + y) supp ϕ ⊂ [−A, A]. Т.о., последовательность ³ ´ ³ ´ f (x) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y) = f (x) g(y), Θε (x) Θε (y) ηk (x, y) ϕ(x + y) , k = 1, 2, . . . , стабилизируется с некоторого достаточно большого k. Другими словами ,существует предел ³ ´ ³ ´ f ∗ g(x), ϕ(x) = lim f (x) g(y), ηk (x, y) ϕ(x + y) k→∞

Тем самым доказано существование свертки f ∗ g. Покажем, что supp(f ∗ g) ⊂ [0, ∞). Пусть ϕ ∈ D(R \ [0, ∞)), причем supp ϕ ⊂ [−A, A], A > 0, a > 0. Возьмем ε > 0 таким, чтобы {(x, y) : − a ≤ x + y ≤ a} ∩ {(x, y) : x ≥ −ε, y ≥ −ε} = ∅. ³ ´ Тогда для любого k будем иметь: f (x) g(y), Θε (x) Θε (y) ηk (x, y) ϕ(x + y) = 0. Другими словами, | {z } =0

(f ∗ g(x), ϕ(x)) = 0. ¥

Обобщенная задача Коши для ОДУ с постоянными коэффициентами. ∀w˜ ∈ A, ∀wk ∈ C, k = 0, m − 1. Найти решение w˜ ∈ A уравнения (1). Теорема. Обобщенная задача Коши для ОДУ с постоянными коэффициентами имеет решение, и оно единственно. ¤ ³ d ´k n P У оператора L = ak существует фундаментальное решение E(x) ∈ A (по dx k=0 теореме из предыдущей лекции). Тогда существует свертка E(x) с правой частью уравнения (1), которая будет решением уравнения (1). С другой стороны, если w˜ ∈ A является решением уравнения (1), то w(x) есть свертка правой части (1) с E(x), так как существует свертка w(x) с правой частью уравнения (1). ¥ Утверждение. Пусть Ω ⊂ Rn — ограниченная область с кусочно гладкой границей, f ∈ C 1 (Ω) ∩ C(Ω). Тогда Z Z ∂f dx = f cos(ν, xi ) ds, ∂xi Ω

∂Ω

где ν — вектор внешней нормали к ∂Ω, dx = dx1 . . . dxn — элемент n−мерного объема, ds — элемент (n − 1)−мерного объема поверхности ∂Ω. ¤ Предположим сначала ,что Ω — бесконечно гладкая область. По формуле Стокса, Z Z dω = ω Ω

∂Ω

для любой внешней формы ω размерности n − 1 на Ω, где ориентация такова, что орт x1 непрерывен "во вне области Ω". Если нормаль направлена внутрь, то Z Z n−1 dω = (−1) ω. Ω

∂Ω

27

Возьмем ω = (−1)i−1 f dx1 ∧ . . . ∧ dxi−1 ∧ dxi+1 ∧ . . . ∧ dxn . ¥ Пример. Ω ⊂ Rn — ограниченная область. Z Z ∂f dx1 dx2 = f cos(ν, x1 ) ds, ∂x1 Ω

∂Ω

∂f dx1 ∧ dx2 . ∂x1 Z Z f dx2 = f cos(ν, x1 ) ds,

Если ω = f dx2 , то dω =

Z Ω

∂Ω

∂Ω

∂f dx1 dx2 = ∂x2

Z f cos(x2 , ν) ds. ∂Ω

∂f dx1 ∧ dx2 . ∂x2 Z Z Z ∂f − dx1 dx2 = f dx1 = − f cos(ν, x2 ) ds. ∂x1 Ω ∂Ω ∂Ω Z Z − f cos(x2 , ν) ds = − f cos(ν, x2 ) ds,

Если ω = f dx1 , то dω = −

∂Ω

|

{z

R

∂Ω

}

|

{z

R

dω

Ω

}

ω

∂Ω

т.е.

Z

Z dω =

Ω

ω. ∂Ω

Пример. (Классическая формула Лейбница.) Ω = (a, b), ∂Ω = {a, b}. Zb a

∂f dx = f (a) cos(νa , x) + f (b) cos(νb , x) = −f (a) + f (b). {z } | {z } | ∂x1 cos π=−1

cos 0=1

Утверждение. (Формула интегрирования по частям для случая многих вещественных переменных.) (В случае кусочно гладких приближаем гладкими.) Пусть Ω ⊂ Rn — ограниченная область с кусочно гладкой границей, g, h ∈ C 1 (Ω) ∩ C(Ω). Тогда Z Z Z ∂g ∂h h dx = g h cos(ν, xi ) ds − g dx, ∂xi ∂xi Ω

Ω

∂Ω

где ν — вектор внешней нормали к ∂Ω, dx = dx1 . . . dxn — элемент n−мерного объема, ds — элемент (n − 1)−мерного объема поверхности ∂Ω. ¤ Возьмем f = g h. По предыдущему утверждению, Z Z ∂f dx = f cos(ν, xi ) ds. ∂xi Ω

Т.е.,

Z Ω

∂g h dx + ∂xi

∂Ω

Z Ω

∂h g dx = ∂xi

28

Z g h cos(ν, xi ) ds. ¥ ∂Ω

Фундаментальное решение оператора Лапласа. Теорема. Пусть n ≥ 2.  1    ln | x|, n = 2, 2π En (x) = 1 1   , n ≥ 3,  − (n − 2)|S1 | | x|n−2 где |S1 | — (n − 1)–мерный объем единичной сферы. Тогда 4En (x) = δ(x). Другими словами, ∂2 ∂2 En (x) — фундаментальное решение оператора Лапласа 4 = + . . . + . ∂x21 ∂x2n ¤ Имеем: ³ ´ ³ ´ Z 4En , ϕ(x) = En , 4ϕ(x) = En 4ϕ(x) dx, ∀ ϕ ∈ D(Rn ). Rn

Возьмем R настолько большим, чтобы supp ϕ ⊂ BR — шар с радиусом R и центром в нуле. Тогда Z Z Z En 4ϕ(x) dx. En 4ϕ(x) dx = En 4ϕ(x) dx = lim Rn

Z

Z En 4ϕ(x) dx =

BR \Bε

Z

En

BR \Bε

|i=1

∂xi {z

∂xi

n X ∂ 2 ϕ(x) i=1

BR \Bε

n X ∂En (x) ∂ϕ(x)

−

ε→+0 BR \Bε

BR

Z dx =

}

∂x2i

Z dx =

En ∂(BR \Bε )

Z

∂ϕ(x) En ds − ∂ν

∂(BR \Bε )

BR \Bε

=OEn Oϕ

Z + BR \Bε

n X ∂ 2 En (x) i=1

|

∂x2n {z }

Z ϕ(x) dx =

∂ϕ En (x) ds − ∂ν

BR \Bε

Z

BR \Bε

n X ∂ϕ(x) i=1

|

∂xi

{z ∂ϕ(x) Op ν= ∂ν

n X ∂En (x)

|i=1

cos(ν, xi ) ds−

∂xi

}

cos(ν, xi ) ϕ(x) ds+

{z ∂ϕ(x) OEn ν= ∂ν

∂En (x) ϕ(x) ds + ∂ν

}

Z En (x) ϕ(x) dx.

BR \Bε

=4En (x)

Имеем: 4En (x) = 0 для всех x ∈ Rn \{0}. В самом деле, переходя к полярным координатам, получим: ∂2 n−1 ∂ 1 4= 2+ + 2 4S1 , ∂r r ∂r r где 4S1 — оператор Лапласа–Бельтрами на единичной (n − 1)–мерной сфере (он содержит производные только по угловым координатам, поэтому 4S1 En ≡ 0).   1 1 1   ln(r) + (ln(r))0 = − 2 + 2 = 0, n = 2,  2 ∂ En n − 1 ∂En 1 r r r ! Ã 4En = + + 2 4S1 En = ³ 1 ´00 n − 1 ³ 1 ´0 1 2 | {z }  ∂r r ∂r r  + = 0, n ≥ 3.  =0  − (n − 2)|S1 | rn−2 r rn−2 29

Z

Z En (x) 4ϕ(x) dx =

BR \Bε

Z

∂ϕ En (x) ds− ∂ν

BR \Bε

∂En (x) ϕ(x) ds+ ∂ν

BR \Bε

Z En (x) ϕ(x) dx = I1 −I2 +I3 . | {z } =0

BR \Bε

Рассмотрим Z

∂ϕ En (x) ds = ∂ν

I1 =

Z En (x)

∂ϕ ds → 0, ε → +0, ∂ν

Sε

BR \Bε

  1  Z ¯Z  kϕkc1 (Rn ) ε ln , n = 2 ∂ϕ ¯¯ ¯ 2 ds¯ ≤ kϕkc1 (Rn ) supp En (x) ds = ¯ En (x) n−1 ε  ∂ν   kϕkc1 (Rn ) , n ≥ 3. Sε Sε n−2 Рассмотрим Z ∂En (x) I2 = ϕ(x) ds. ∂ν BR \Bε

¯  ¯  1 ∂ ¯     − 2π ∂r ln r¯¯

¯ ¯ ∂En (x) ¯ ϕ(x)¯ ¯ ∂ν

x∈Sε

,n=2 ¯ r=ε =  1 ∂ 1 ¯¯     − (n − 2)|S1 | ∂r rn−2 ¯¯ Z

I2 = Sε

1 |S1 | εn−1

Z Sε

r=ε

1 n−1 ∂En (x) ϕ(x) ds = ε ∂ν |S1 |

1 ϕ(x) ds = |S1 | εn−1 →

Z Sε

=− , n ≥ 3.

1 1 ⇒ |S1 | εn−1

Z ϕ(x) ds, Sε

1 (ϕ(x) − ϕ(0)) ds + |S1 | εn−1

Z ϕ(0) ds → Sε

Z

ϕ(0) |S1 | εn−1

ds = ϕ(0), ε → +0 Sε

| {z }

|S1 | εn−1

В самом деле, 1 |S1 | εn−1

¯ ¯ ¯ ¯ sup ¯ϕ(x) − ϕ(0)¯ Z

Z |ϕ(x) − ϕ(0)| ds ≤

|x|=ε

ds = sup |ϕ(x) − ϕ(0)| → 0, ε → +0.

|S1 | εn−1

Sε

Sε

|x|=ε

| {z }

|S1 | εn−1

Т.о., (4E(x), ϕ(x)) = Z = lim

ε→+0 BR \Bε

Z

Z ∂ϕ ∂En (x) En 4ϕ(x) dx = lim En (x) ds − lim ϕ(x) ds = ϕε (0). ¥ ε→+0 ε→+0 ∂ν ∂ν ∂(BR \Bε ) ∂(BR \Bε ) | {z } =0

30

Фундаментальное решение одномерного волнового оператора. 1 Θ(a t − |x|), тогда ¤a E1 (x, t) = δ(x, t) в R2 , где 2a

Теорема. Пусть E1 (x, t) =

¤a =

∂2 ∂2 2 − a , a = const > 0. ∂t2 ∂x2

¤ ∂t2 − a2 ∂x2 = (∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x ), | {z } | {z } ∂ξ

∂ξ

 =−a =1  z}|{ z}|{      ∂u ∂u ∂x ∂u ∂t ∂x ∂t     ½   ∂ξ = = + , ∂x + ∂t , x = −a ξ + a η, ∂ξ ∂x ∂ξ ∂t ∂ξ ⇒ ∂ξ ∂ξ ⇒ ∂u ∂u ∂x ∂u ∂t t = ξ + η. ∂x ∂t       = + , ∂ξ = ∂x + ∂t ,   ∂η ∂x ∂η ∂t ∂η ∂η ∂η   |{z} |{z}  =a

=1

(∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x )E1 (x, t) = δ(x, t). Применим формулу для замены переменных у обобщенных функций. Пусть f (x) ∈ C ∞ (Ω), x = x(x0 ) : Ω0 → Ω — диффеоморфизм. ³ ´ Z 0 0 f (x(x )), ϕ(x ) = f (x(x0 )) ϕ(x0 ) dx0 = Z =

Ω

¯ ° ∂x0 °¯ ¯ ° ∂x0 °¯´ ³ ¯ ° °¯ ¯ ° °¯ 0 0 f (x) ϕ(x (x)) ¯det° °¯ dx = f (x), ϕ(x (x)) ¯det° °¯ ∂x ∂x

Ω

(x, t) — старые координаты (без штриха), (ξ, η) — новые координаты (штрихованные). ³

Т.к. η =

¯ ° ∂(ξ, η)°¯´ ´ ³ ¯ ° °¯ δ(x(ξ, η), t(ξ, η)), ϕ(ξ, η) = δ(x, t), ϕ(ξ(x, t), η(x, t)) ¯det° °¯ . ∂(x, t) x + at − x + at ,ξ= , то 2a 2a ° ° ° ° ∂ξ ∂ξ ° ° 1 ° ∂(ξ, η)° ° ° ° ° ° ° ∂x ∂t ° °− 2a ° °=° °=° ° ∂η ∂η ° ° 1 ∂(x, t) ° ° ° ∂x ∂t 2a

° 1° ° 1 2° °=− ⇒ 1° 2a ° 2

³ ´ ´ 1³ 1 1 δ(x(ξ, η), t(ξ, η)), ϕ(ξ, η) = δ(x, t), ϕ(ξ(x, t), η(x, t)) = ϕ(ξ(0, 0), η(0, 0)) = ϕ(0) ⇒ 2a 2a | {z } | {z } 2a =0

δ(x(ξ, η), t(ξ, η)) =

=0

1 δ(ξ, η). 2a

Т.о. (∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x )E1 (x, t) = δ(x, t) ⇔ ∂ξ ∂η E1 (x(ξ, η), t(ξ, η)) = 31

1 δ(ξ, η). 2a

(1)

³ ´ Имеем: (∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x ) Θ(ξ) Θ(η) = Θ0 (ξ) Θ0 (η) = δ(ξ) δ(η). Т.о., уравнение (1) ³ ´ 1 Θ(ξ) Θ(η). Сделаем обратную замену переменных в выполнено, если E1 x(ξ, η), t(ξ, η) = 2a последнем выражении: ´ 1 ³ − x + at´ ³ x + at´ 1 ³ E1 (x, t) = Θ Θ = Θ at − | x| . ¥ 2a 2a 2a 2a Теперь рассмотрим случай, когда n = 3. Останется только n = 2, но это выводится из случая n = 3. Фундаментальное решение трехмерного волнового оператора. ∂2 ∂2 ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u 2 − a , a = const > 0, 4 = + + . ∂t2 ∂x2 ∂x21 ∂x22 ∂x23 Определим обобщенную функцию δSr (x) равенством: Z (δSr (x), ϕ(x)) = ϕ(x) ds. ¤a =

Θ(t) Теорема. Пусть E3 (x, t) = δS (x), тогда ¤a E3 (x, t) = δ(x, t) в R3 . 4πa2 t r ¤ x = (x1 , x2 , x3 ). По определению обобщенных функций, имеем: Z∞ Z ³ Θ(t) ´ 1 dt ϕ(x, t) dsx . δSat (x), ϕ(x, t) = 2 2 4πa t 4πa t 0

³

´ ³ ´ ¤a E3 (x, t), ϕ(x, t) = E3 (x, t), ¤a ϕ(x, t) =

1 4πa2

Sat

Z∞

dt t

0

1 = 4πa2

Z∞

dt t

0

Z

1 ϕtt (x, t) ds − 4π

Z∞

´ ϕtt (x, t) − a2 4ϕ(x, t) dsx =

Sat

dt t

0

Sat

Z ³

Z 4ϕ(x, t) dsx .

Sat

³ ´ ∂ϕ ∂ϕ ∂r ∂ϕ dt dr Сделав замену, r = at, ϕtt = a2 ϕrr , = = a , = , ψ(x, r) = ϕ x, ar , ∂t ∂r ∂t ∂r t r продолжим цепочку равенств: 1 = 4π

Z∞ 0

=

1 4π

Z

dr r

Z

1 ψrr (x, r) ds − 4π

Z∞ 0

Sr

¯ ¯ ψrr (x, r)¯

dx 1 − 4π r=|x| | x|

R3

Z

dr r

Z 4ψ(x, r) ds = Sr

¯ ¯ 4x ψ(x, r)¯

R3

Выберем R > 0 таким, чтобы ψ(0, r) ⊂ Br : 1 4π

Z

¯ ¯ 4x ψ(x, r)¯

dx = r=|x| | x|

BR \Bε

32

dx . r=|x| | x|

Z = ∂(BR \Bε )

¯ ∂ψ(x, r) ¯¯ ¯ ∂νx ¯

r=|x|

ds 1 − | x| 4π

Z

¯ ¯ Ox ψ(x, r)¯

dx 1 O| x| − | x| 4π r=|x|

BR \Bε

Z

¯ ¯ Ox ψ(x, r)¯

r=|x|

O

1 . (1) | x|

BR \Bε

Поясним: ¯ ¯ 4x ψ(x, r)¯

¯ 3 X ∂ 2 ψ(x, r)¯¯ 1 = ¯ 2 ¯ ∂x r=|x| | x| i i=1

r=|x|

¯ 3 X ∂ 2 ψ(x, r) ¯¯ − ¯ ∂r∂xi ¯ i=1

r=|x|

 ¯ 3 X ∂ ∂ψ(x, r) ¯¯ 1  = ¯ ¯ | x| ∂x ∂x i i i=1

¯ 3 X ∂| x| 1 ∂ψ(x, r) ¯¯ − ¯ ∂xi | x| ∂xi ¯ i=1

r=|x|



r=|x|

1  − | x|

∂ 1 ∂xi | x|

Теперь распишем второй интеграл из (1): Z

Z

¯ ¯ Ox ψr (x, r)¯

dx O| x| = | x| r=|x|

BR \Bε

¯ ¯ ψr (x, r)¯

∂| x| 1 ds− r=|x| ∂ν | x|

∂(BR \Bε )

Z

¯ ¯ ψr (x, r)¯

−

Z

dx O| x| O| x| − {z } | x| r=|x| | =1

BR \Bε

¯ ¯ ψr (x, r)¯

r=|x|

div

O| x| dx, | x|

BR \Bε

¯ ¯ ¯ ¯ так как O| x| O| x| = (O| x|)2 = ¯замена: | x| = r¯ = (Or)2 = 12 = 1. Распишем третий интеграл из (1): Z

1 4π

¯ ¯ Ox ψ(x, r)¯

r=|x|

O

1 = | x|

BR \Bε

Z

Z

∂ ds − ∂ν | x|

ψ(x, r)|r=|x| ∂(BR \Bε )

Z

¯ ¯ ψr (x, r)¯

1 dx − O| x| O | x| r=|x|

BR \Bε

∂(BR \Bε )

1 dx, ψ(x, r)|r=|x| O | x| | {z } =0

где ν — внешняя нормаль к границе ∂(BR \ Bε ), ψ|SR ≡ 0. Т.о., Z

¯ ¯ 4x ψ(x, r)¯

dx = r=|x| | x|

BR \Bε

Z ∂(BR \Bε )

Z

∂ψ(x, r) ¯¯ ds − ¯ ∂νx r=|x| | x|

¯ ¯ ψrr (x, r)¯

dx − r=|x| | x|

−

+ BR \Bε

ψr (x, r)|r=|x| ∂(BR \Bε )

¯ ¯ ψ(x, r)¯

∂ 1 ds + r=|x| ∂ν | x|

∂(BR \Bε )

BR \Bε

Z

Z

Z

¯ ¯ ψr (x, r)¯

r=|x|

³

´ O| x| 1 + O| x| O dx. div | x| | x| | {z } =0 (доказательство ниже)

Рассмотрим каждый интеграл подробнее. ´ 1 ∂| x| ³P xi xi 3 2 2 =P 2= , то Пятый: так как | x| = , i=1 xi ∂xi xi | x| 33

∂| x| ds − ∂ν | x|

3 X O| x| ∂ 1 div + O| x| O = | x| | x| ∂xi i=1

=

Ã

xi | x|2

!

3 X xi ∂ + | x| ∂xi i=1

Ã

1 | x|

! =

3 3 X X 3 2 1 3 x2i x2i − 2 − = − − = 0. 4 4 2 2 2 | x|2 | x| | x| | x| | x| | x| i=1 i=1

Первый: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z ¯ ¯Z ¯ Z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂ψ(x, r) ¯ ds ¯ ¯ ∂ψ(x, r) ¯ ds ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯=¯ ¯ ¯≤ ¯ ∂νx ∂νx r=|x| | x| ¯ r=|x| | x| ¯ ¯ ¯∂(BR \Bε ) ¯ Sε Sε 1 kψkC 1 (R4 ) ε

¯ ¯ ¯ ∂ψ(x, r)¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ∂νx ¯

r=m

ds ≤ | x|

Z

1 ds = kψkC 1 (R4 ) · 4πε2 → 0, ε → +0. ε Sε | {z } =4πε2

Второй: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Z ¯ ¯Z ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ds ds ∂| x| ∂| x| ¯ ¯ ¯ ¯≤ ψr (x, r)|r=|x| ¯ ¯ = ¯ ψr (x, r)|r=|x| ¯ ∂ν | x|¯ ¯ ∂ν | x|¯¯ ¯∂(BR \Bε ) ¯ Sε Z ≤

¯ ¯ |ψr (x, r)|¯

Sε

¯ ¯ Z ¯ ∂| x|¯ ds 1 1 ¯ ¯ ≤ kψkC 1 (R4 ) ds = kψkC 1 (R4 ) · 4πε2 → 0, ε → +0. ¯ ¯ ε ε r=|x| ¯ ∂ν ¯ | x| Sε | {z } =4πε2

Четвертый: Z

¯ ¯ ψ(x, r)¯

∂ 1 ds = r=|x| ∂ν | x|

ψ(x, r)|r=|x|

∂ 1 ds, ∂ν | x|

Sε

∂(BR \Bε )

так как

Z

¯ ∂ 1 ¯¯ ¯ ∂ν | x|¯

x∈Sε

¯ d 1 ¯¯ =− ¯ dr dr¯

= r=ε

1 . ε2

Продолжим равенства: 1 = 2 ε

Z

ψ(0) (ψ(x, ε) − ψ(0)) ds + ε

Sε

Z ds → ψ(0), ε → +0, Sε

| {z } =4πε2

так как Z Z 1 1 |ψ(x, ε) − ψ(0)| ds ≤ sup |ψ(x, ε) − ψ(0)| 2 ds = 4π sup |ψ(x, ε) − ψ(0)| → 0, ε → +0. ε2 ε x∈Sε Sε

Sε

Т.о., Z ¯ ¯ 4x ψ(x, r)¯

dx = lim ε→+0 r=|x| | x|

R3

Z

¯ ¯ 4x ψ(x, r)¯

dx = r=|x| | x|

Z R3

BR \Bε

34

¯ ¯ ψrr (x, r)¯

dx − 4πψ(0) ⇒ r=|x| | x|

³

´ ³ ´ ¤a E3 (x, t), ϕ(x, t) = E3 (x, t), ¤a ϕ(x, t) =

1 4πa2

Z∞

dt t

0

1 = 4π

Z

¯ ¯ ψrr (x, r)¯

1 dx − 4π r=|x| | x|

R3

Z

Z ³

´ ϕtt (x, t) − a2 4ϕ(x, t) dsx =

Sat

¯ ¯ ψrr (x, r)¯

1 dx + · 4πψ(0) = ψ(0). ¥ 4π r=|x| | x|

R3

Фундаментальное решение двумерного волнового оператора. ∂2 ∂2 ∂ 2u ∂ 2u 2 ¤a = 2 − a , a = const > 0, 4 = + . ∂t ∂x2 ∂x21 ∂x22 Определение. Обобщенная функция f ∈ D0 (Rn−1 ) допускает продолжения на бесконечно гладкие функции вида ϕ(x) 1(xn+1 ), где ϕ(x0 ) ∈ D(Rn ), x0 = (x1 , . . . , xn ), если для любого компактного исчерпания единицы ηk (xn+1 ), k = 1, 2, . . . , в R существует lim (f (x), ϕ(x0 )ηk (xn+1 )) = (F (x), ϕ(x0 )),

h→0

(1)

где F (x) — продолжение функции f (x). Напомним, что последовательность функций ηk ∈ L1 (R), k = 1, 2, . . . — компактное исчерпание единицы в R, если: 1) для любого компакта H b R ηk |H = 1, начиная с некоторого k0 ; 2) ∃ m ∃ A = const : ∀k = 1, 2, . . . kηk kC m (R) ≤ A. Упражнение. Доказать, что предел в (1) не зависит от выбора компактного исчерпания единицы ηk . m ³ ∂ ´q P P 0 Теорема. Пусть L = Lq + L0 , где Lq = aq,α0 ∂ α , q = 0, m, α0 = q=1 ∂xn+1 |α|0 ≤mq |α0 | ∂ 0 . Тогда, если Lu = f (x0 )δ(xn+1 ), f (x0 ) ∈ (α10 , . . . , αn0 ), | α0 | = α10 + . . . + αn0 , ∂ α = 0 α1 α0n ∂x1 . . . ∂xn 0 n D (R ), и при этом обобщенная функция u(x) ∈ D0 (Rn+1 ) допускает продолжение на бесконечно гладкие функции вида ϕ(x) 1(xn ), где ϕ(x0 ) ∈ D(Rn ), x0 = (x1 , . . . , xn ), то продолжение U (x0 ) решения u(x) удовлетворяет уравнению LU (x0 ) = f (x0 ). ¤ Пусть ϕ(x0 ) ∈ D(Rn+1 ), ηk (xn+1 ) — компактное исчерпание единицы в R, тогда ³ ´ ³ ´ 0 0 ∗ 0 Lu(x ), ϕ(x )ηk (xn+1 ) = u(x), L (ϕ(x )ηk (xn+1 )) , где

m ³ X q L = (−1) ∗

q=1

X ∂ ´q ∗ 0 0 Lq + L∗0 , L∗q = (−1)|α| aq,α0 ∂ α , q = 0, m, ∂xn+1 0 |α| ≤mq

— это оператор, формально сопряженный к L. ³ ´ m P (q) Т.о., u(x0 ), L∗ (ϕ(x0 )ηk (xn+1 )) = (−1)q ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 ) + ηk (xn+1 )L∗0 ϕ(x0 ), при этом q=1 ´ ³ (q) для q = 1, m получим U (x), ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 ) → 0, k → ∞. В самом деле, новое строиться так: λk (xn+1´) = ηk (xn+1 ) + ³ компактное исчерпание ´ будет ³ (q) ηk (xn+1 ). Поэтому lim u(x), λk (xn+1 ) L∗q (ϕ(x0 )) = lim u(x), ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 ) . k→∞ k→∞ | {z } ∈D(Rn )

35

Другими словами, ³ ´ ³ ´ ³ ´ (q) lim u(x), ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 ) + lim u(x), ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 ) = lim u(x), ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 ) . k→∞ k→∞ | {z } k→∞ =0

Т.о.

³ ´ lim Lu(x), ηk (xn+1 )ϕ(x0 ) =

k→∞

=

m X q=1

(q)

(−1)q (u(x), ηk (xn+1 )L∗q ϕ(x0 )) + (u(x), ηk (xn+1 ) L∗0 ϕ(x0 )) → (U (x0 ), L∗0 ϕ(x0 )), | {z } ∈D(Rn )

где U (x0 ) — продолжение непрерывной обобщенной функции u(x) ∈ D0 (Rn+1 ) на бесконечно гладкие вида ψ(x) 1(xn+1 ), где ψ(x0 ) ∈ D(Rn ). При этом, очевидно, ³ ´ ³ ´ ³ ´ Lu(x), ηk (xn+1 )ϕ(x0 ) = f (x0 )δ(xn+1 ), ϕ(x0 )ηk (xn+1 ) = f (x0 ), (δ(xn+1 ), ϕ(x0 )ηk (xn+1 )) = ³ ´ ³ ´ 0 0 0 0 = f (x ), ηk (0)ϕ(x )) → f (x ), ϕ(x ) , k ≥ k0 : ηk0 (0) = 1. ³ ´ ³ ´ 0 0 0 0 Т.о., LU (x ), ϕ(x ) = f (x ), ϕ(x ) , т.е. LU (x0 ) = f (x0 ). ¥ Θ(at − | x|) p , где x = (x1 , x2 ) ∈ R2 , тогда ¤a E2 (x, t) = 2πa a2 t2 − | x|2 ³ ∂2 ∂2 ∂2 ´ δ(x, t) в R3 , где ¤a = 2 − a2 + , a = const > 0. ∂t ∂x21 ∂x22 ¤ Θ(t) Пусть E3 (x1 , x2 , x3 , t) = δS (x1 , x2 , x3 ), тогда, по предыдущей лекции, 4πa2 t r ! Ã 2 2 ´ ³ ∂2 ∂ ∂ ∂2 − a2 + + E3 (x1 , x2 , x3 , t) = δ(x1 , x2 , x3 , t) = δ(x1 , x2 , t) · δ(x3 ). ∂t2 ∂x21 ∂x22 ∂x23 Теорема. Пусть E2 (x, t) =

Покажем, что E3 (x1 , x2 , x3 , t) допускает продолжения на бесконечно гладкие функции вида ϕ(x1 , x2 ) 1(x3 ), где ϕ(x1 , x2 , t) ∈ D(R3 ). Пусть ηk (x3 ) — компактное исчерпание единицы в R. Тогда имеем: ³ ´ E3 (x1 , x2 , x3 , t), ϕ(x1 , x2 )ηk (x3 ) =

1 4πa2

Z∞

dt t

0

1 → 4πa2

Z∞ 0

Посчитаем

dt t

ϕ(x1 , x2 , t)ηk (x3 ) ds →

Sat

Z

Sat

ϕ(x1 , x2 , t) ds. (по тоереме Лебега об ограниченной сходимости) R

ϕ(x1 , x2 ) ds.

x21 +x22 +x23 =a2 t2

то

Z

x3 = Т.к. dx1 dx2 = cos(ν, x3 ) ds, где cos(ν, x3 ) = at Z

p

at a2 t2 − x21 − x22 , ds = p dx1 dx2 at a2 t2 − x21 − x22

Z ϕ(x1 , x2 ) ds = 2at

x21 +x22 +x23 =a2 t2

x21 +x22 +x23 =a2 t2

36

ϕ(x1 , x2 ) dx1 dx2 p . a2 t2 − x21 − x22

Подставим в исходный интеграл: ³

Z∞ ´ 1 dt E3 (x1 , x2 , x3 , t), ϕ(x1 , x2 )ηk (x3 ) → 2πa t 0

Z

x21 +x22 +x23 =a2 t2

ϕ(x1 , x2 , t) dx1 dx2 p = a2 t2 − x21 − x22

³

´ Θ(at − | x|) p = , ϕ(x1 , x2 )ηk (x3 ) , 2πa a2 t2 − | x|2 Θ(at − | x|) p — продолжение функции E3 (x1 , x2 , x3 , t) на ϕ(x1 , x2 , t)1(x3 ). Тогда, по 2πa a2 t2 − | x|2 предыдущей теореме, Ã ! 2 ´ ³ ∂2 ∂2 ∂ − a2 + E2 (x1 , x2 , t) = δ(x1 , x2 , t).¥ ∂t2 ∂x21 ∂x22

где

Обобщенная задача Коши для волнового уравнения.   utt − a2 4u = f (x, t), u(x, 0) = u0 (x),  ut (x, 0) = ut (x),

(∗)

(x, t) ∈ Rn × [0, ∞), 4 = ∂x21 + . . . + ∂x2n , a = const . n

1

n

½

n

u ∈ C2 (R ×[0, ∞))∩C (R ×[0, ∞)), f ∈ C(R ×[0, ∞)). Обозначим u˜(x, t) =

u(x, t), t ≥ 0, 0, t < 0.

Нужно написать для u˜ явную часть. Возьмем ϕ ∈ D(Rn+1 ). Тогда Z 2

2

u˜(x, t)(ϕtt (x, t) − a2 4ϕ(x, t)) dx dt =

(˜ utt − a u˜xx , ϕ) = (˜ u, ϕtt − a 4ϕ) = Rn

Z∞

Z 2

dt 0

Z dx u˜(x, t)(ϕtt (x, t)−a 4ϕ(x, t)) =

Rn

Z∞ 2

dx Rn

Z∞ dt u(x, t)ϕtt (x, t)−a

0

Z dt

0

dx u(x, t) 4ϕ(x, t).

Rn

n

x ∈ R — фиксирован. Z∞

Z∞ ¯∞ ¯ dt u(x, t)ϕtt (x, t) = u(x, t)ϕt (x, t)¯ − ut (x, t)ϕt (x, t) dt = t=0

0

0

Z∞ ¯∞ ¯∞ ¯ ¯ = u(x, t)ϕt (x, t)¯ − ut (x, t)ϕt (x, t)¯ + utt (x, t)ϕ(x, t) dt = t=0

t=0

0

Z∞ = −u0 (x)ϕt (x, 0) + u1 (x)ϕt (x, 0) +

utt (x, t)ϕ(x, t) dt. 0

t ∈ [0, ∞) — фиксирован. supp ϕ ⊂ Br — шар достаточно большого радиуса с центром в точке 0.

37

Z

Z u(x, t) 4ϕ(x, t) dx =

Rn

Z

Br

∂ϕ(x, t) u(x, t) ds− = ∂ν

= Sr

Z = Sr

u(x, t) 4ϕ(x, t) dx = Z Ox u(x, t) Ox ϕ(x, t) dx = Br

∂ϕ(x, t) u(x, t) , ds − | ∂ν {z } ≡0

Z

∂ϕ(x, t) ϕ(x, t) ds + ∂ν | {z } ≡0

Sr

Z 4u(x, t) ϕ(x, t) dx. Br

(˜ utt − a2 u˜xx , ϕ) = Z∞ Z∞ Z Z Z Z 2 = − u0 (x)ϕt (x, 0) dx+ u1 (x)ϕt (x, 0) dx+ dx utt (x, t)ϕ(x, t) dt−a dt dx 4u(x, t) ϕ(x, t) = Rn

Rn

Rn

0

Z

Z =−

0

u1 (x)ϕt (x, 0) dx +

u0 (x)ϕt (x, 0) dx +

Rn

Z Rn

Rn

Rn

Z∞ dx (utt − a2 uxx ) ϕ(x, t) = | {z } 0

=f (x,t)

= (u0 δ 0 (t), ϕ(x, t)) + (u1 δ(t), ϕ(x, t)) + (˜ ρ(x, t), ϕ(x, t)). Пояснение: по определению прямого произведения: (u0 δ 0 (t), ϕ(x, t)) = (u0 , δ 0 (t) ϕ(x, t)), (δ 0 (t), ϕ(x, t)) = −(δ(t), ϕt (x, t)) = −ϕt (x, 0). Т.о.,

Z 0

(u0 δ (t), ϕ(x, t)) = −(u0 , ϕt (x, t)) = −

u0 (x)ϕt (x, 0) dx.

Rn

Аналогично,

Z (ut δ(t), ϕ(x, t)) = −

u0 (x)ϕ(x, t) dx,

Rn

Z∞ (f˜(x, t), ϕ(x, t)) =

Z dt

f (x, t)ϕ(x, t) dx.

Rn

0

Т.о., получим: u˜tt − a2 u˜xx = f˜(x, t) + u0 δ 0 (t) + u1 δ(t). ¥

(1)

Замечание. Носитель правой части (1) принадлежит множеству Rn × [0, ∞). Лемма. Пусть F, G ∈ D0 (Rn+1 ), причем supp G ⊂ K = {(x, t) ∈ DRn+1 : | x| ≤ at} — замкнутый конус. Тогда существует F ∗ G, причем supp F ∗ G ⊂ Rn × [0, ∞), более того: ³ ´ n+1 2 2 2 ∀ϕ ∈ D(R ) (F ∗ G, ϕ) = F (x, y)G(y, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a t − y )ϕ(x + y, t + τ )) , где λ ∈ C ∞ (R) : λ|(−∞,−2ε) ≡ 0, λ|[−ε,∞) ≡ 1, ε > 0.

38

¤ Видно ,что все справа - бесконечно гладкая функция с компактным носителем. Пусть ϕ ∈ D(Rn+1 ). Возьмем компактное исчерпание единицы ηs (x, y, t, τ ) в R2n+1 : lim (F (x, y, )G(y), ηs (x, y, t, τ )ϕ(x + y, t + τ )) =

s→∞

= lim (λ(t)F (x, y, ), λ(τ )λ(a2 t2 − y 2 )G(y, t) ηs (x, y, t, τ )ϕ(xy , t + τ )) = s→∞ | {z } =G(y,t)

= lim (F (x, y)G(y, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 t2 − | y|2 )ϕ(x + y, t + τ )), s→∞

(2)

где λ(t)λ(τ )λ(a2 t2 − | y|2 )ϕ(x + y, t + τ ) — бесконечно гладкая с компактным носителем, т.к. у ϕ компактный носитель. λ(t)ϕ(x + y, t + τ ) 6= 0 при t > −2ε, λ(τ )ϕ(x + y, t + τ ) 6= 0 при τ > −2ε, λ(a2 t2 − | y|2 ) 6= 0 при y > aτ. Если t > A, t + τ ∈ (−α, α) ⇒ τ — маленькое. Если τ большое, то λ(t) = 0, то −2ε < t ≤ A, −2ε < τ ≤ A. | y|2 < C. Если y принадлежит компакту, x+y принадлежит компакту ⇒ x принадлежит компакту, | x| < k. (ηs (x, y, t, τ ) = f ) на supp(λ(t)λ(τ )λ(a2 t2 − | y|2 )ϕ(x + y, t + τ )). Т.о., при достаточно больших s (2) = (F (x, y)G(y, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 t2 − | y|2 )ϕ(x + y, t + τ )). Т.о., доказано, что предел (свертка) существует и формула верна. ¥ Определение. Обобщенная задача Коши для волнового уравнения: пусть F ∈ 0 n+1 D (R ), supp F ⊂ Rn × [0, ∞). Найти функцию u ∈ D0 (Rn+1 ) : u ∈ Rn × [0, ∞) : utt − a2 4u = F.

(∗)

Теорема. Обобщенная задача Коши (∗) имеет единственное решение. ¤ (Существование.) Т.к. supp F ⊂ Rn × [0, ∞) и supp E ⊂ Kn , где E — фундаментальное решение, то существует свертка F ∗ G — решение (∗). (Единственность). Т.к. существует u ∗ E. ¥   ¤a u = f (x, t), x ∈ Rn , t > 0, u(x, 0) = u0 (x),  ut (x, 0) = u1 (x). ∂2 ∂2 ∂ 2u ∂ 2u 2 . − a , a = const > 0, 4 = + . . . + ∂t2 ∂x2 ∂x21 ∂x2n u ∈ C 1 (Rn × [0, ∞)) ∩ C 2 (Rn × (0, ∞)), u0 , u1 ∈ C(Rn ), f ∈ C(Rn × [0, ∞)). Обозначим ½ ½ u(x, t), t ≥ 0, ˜ f (x, t), t ≥ 0, u˜(x, t) = f (x, t) = 0, t < 0, 0, t < 0. ¤a =

¤a u˜(x, t) = f (x, t) + u0 (x)δ 0 (t) + u1 (x)δ(t) = F (x, t), где supp F ⊂ Rn × [0, ∞). Обобщенная задача Коши: ∀F ∈ D0 (Rn+1 ) : supp F ⊂ Rn × [0, ∞), найти u ∈ D0 (Rn+1 ) : ¤a u(x, t) = F (x, t), supp u ⊂ Rn × [0, ∞). Теорема. Обобщенное решение задачи Коши существует и единственно.

39

Классическое решение задачи Коши для волнового уравнения.   ¤a u = f (x, t), x ∈ Rn , t > 0, u(x, 0) = u0 (x),  ut (x, 0) = u1 (x). Будем предполагать ,что на правую часть f и начальные значения u0 , u1 следующие условия: 1) в случае n = 2, 3: f ∈ C 1 (Rn × [0, ∞)), u0 ∈ C 3 (Rn ), u0 ∈ C 2 (Rn ); 2) в случае n = 1: f ∈ C 1 (Rn × [0, ∞)), u0 ∈ C 2 (Rn ), u0 ∈ C 1 (Rn ); Определение. Найти классическое решение задачи Коши (∗) — значит найти функцию u ∈ C 1 (Rn × [0, ∞))∪ ∈ C 2 (Rn × (0, ∞)), удовлетворяющую соотношениям (∗) в классическом (не обобщенном) смысле. Теорема. При сформулированных выше условиях на f, u0 , u1 классическое решение задачи Коши (∗) существует и единственно. Более того, оно равно: 1) формула Кирхгофа n = 3: ¯ ¯´ ³ Z Z f ξ, t−¯¯ x−ξ ¯¯ Z ´ 1 1 1 ∂ ³1 a u(x, t) = dξ + u (ξ) ds + u (ξ) ds ; 1 ε 0 ε 4πa2 | x − ξ| 4πa2 4πa2 ∂t t x Bat

x Sat

x Sat

2) формула Пуассона n = 2: 1 u(x, t) = 2πa

Zt

Z

0

1 + 2πa

Z

f (ξ, τ )

p

dτ

a2 (t − τ )2 − | x − ξ|2

x Ba(t−τ )

1 ∂ p dξ + 2 2 2 2πa ∂t a (t − τ ) − | x − ξ| u1 (ξ)

x Bat

Z

x Bat

dξ+

u0 (ξ)

p

a2 (t

− τ )2 − | x − ξ|2

dξ;

3) формула Даламбера n = 1:

1 u(x, t) = 2a

Zt

x+a(t−τ Z )

1 f (ξ, τ ) dξ + 2a

dτ 0

x+at Z

´ 1³ u1 (ξ) dξ + u0 (x + at) + u0 (x − at) . 2

x−at

x−a(t−τ )

¤ ¤a u˜ = f˜(x, t) + u0 δ 0 (t) + u1 δ(t).

(∗∗)

Свертка правой части (∗∗) с фундаментальным решением оператора ¤a существует и она равна u˜(x, t), т.к. свертка u˜(x, t) с фундаментальным решением оператора ¤a тоже существует. Надо показать, что свертка фундаментального решения с правой частью (∗∗) определяется приведенными выше формулами Кирхгофа, Пуассона и Даламбера (в зависимости от n). Тем самым, будет доказана единственность решения. Чтобы доказать существование, надо показать, что свертка фундаментального решения оператора ¤a имеет класс гладкости C 1 (Rn × [0, ∞)) ∩ C 2 (Rn × (0, ∞)). Фундаментальные решения оператора ¤a : E1 (x, t) =

1 Θ(a t − |x|), n = 1, 2a 40

E2 (x, t) =

Θ(at − | x|) p , n = 2, 2πa a2 t2 − | x|2

Θ(t) δS t (x), n = 3. 4πa2 t a В случае n = 1, 2 En (x, t) — локально суммируемые функции, поэтому для свертки En (x, t) с правой частью (∗∗) в этом случае считается элементарно. Надо только учесть ,что E3 (x, t) =

En (x, t) ∗ (u0 (x)δ 0 (t)) =

´ ∂³ En (x, t) ∗ u0 (x)δ(t) . ∂t

Нетривиальным является лишь случай n = 3. Найдем свертку E3 (x, t) ∗ f˜(x, t). По доказанному на предыдущей лекции, ∀ϕ ∈ D(Rn+1 ): ³ ´ (E3 ∗ f˜, ϕ) = E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2 )ϕ(x + ξ, t + τ )) , где λ — бесконечно гладкая функция. Т.к. Ã ! Z∞ Z ³ ´ Θ(τ ) dτ 1 E3 (ξ, τ ), ψ(ξ, τ ) = ψ(ξ, τ ) dsε = δ (ξ), ψ(ξ, τ ) = S τ a 4πa2 τ 4πa2 τ 0

¯ ¯ ¯ ¯ ¯замена aτ = ρ¯ =

1 4πa2

Z∞ 0

dρ ρ

Saτ

³ ´ Z ψ ξ, ρ 1 a ψ ξ, dsε = dξ, 2 a 4πa | ξ|

Z

³

ρ´

Saρ

R3

то ³ ´ (E3 ∗ f˜, ϕ) = E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2 )ϕ(x + ξ, t + τ )) = =0

=0

z}|{ z }| { | ξ| | ξ| Z λ(t)λ( )λ(a2 ( )2 − | ξ|2 )ϕ(x + ξ, t + 1 a a = 4πa2 | ξ|

| ξ| ) a

λ(t) dξ = 4πa2

R3

Z∞

=

1 4πa2

Z

Z∞

Z

dt

Z

dx f (x, t) R3

R3

z}|{ Z ϕ(x + ξ, t + dx f (x, t) λ(t) | ξ| =1

R3

| ξ| ) a

dξ.

³

ϕ(y, t + | y−x| ) 1 a dy = | y − x| 4πa2

dt f x, Θ−

Z

Z

a

| y − x|

=

1 4πa2

Z∞

dy R3

dξ =

ϕ(y, t + | y−x| ) a dt f (x, t) = | y − x|

0

Z dΘ

0

| y−x| a

Z∞

dx R3

| y − x| ´ ϕ(y, Θ)

| ξ| ) a

R3

R3

Z∞ dx

Z dt

0

0

ϕ(x + ξ, t + | ξ|

R3

1 (E3 ∗ f, ϕ) = 4πa2 1 = 4πa2

Z

Z dy ϕ(y, Θ)

R3

dx

³ f x, Θ −

| y − x|

| x−y|≤ aΘ

  Z ³ ¯ ¯ ´ | y − x| | y − x| ¯ ¯  1  = ¯Θ ≥ ⇔ | y − x| ≤ aΘ¯ =  f x, Θ − dx, ϕ(y, Θ) , a 4πa2 a x BaΘ

где 1 4πa2

Z

x BaΘ

³ | y − x| ´ f x, Θ − dx — первое слагаемое в формуле Кирхгофа. a 41

| y−x| a

´ =

Второе слагаемое в формуле Кирхгофа: ³ ´ ³ ´ u1 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t), ϕ(x, t) = u1 (x)δ(t) ∗ E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2 )ϕ(x + ξ, t + τ ) = ³ ´ = u1 (x)δ(t), (E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a2 τ 2 − | ξ|2 )ϕ(x + ξ, t + τ )) . Так как

³

´ E3 (ξ, τ ), ψ(ξ, τ ) =

Z

1 4πa2

ψ(ξ, | aξ| ) dξ, | ξ|

R3

получим:

³ ´ 2 2 2 E3 (ξ, τ ), λ(t)λ(τ )λ(a τ − | ξ| )ϕ(x + ξ, t + τ ) = =1

z }| { Z λ(t) λ( | ξ| ) λ(a2 ( | ξ| 2 − | ξ|)2 )ϕ(x + ξ, t + 1 a a = 2 4πa | ξ|

| ξ| ) a

λ(t) dξ = 4πa2

R3

³

Z

ϕ(x + ξ, t + | ξ|

| ξ| ) a

dξ,

R3

´

1 ³ u1 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t), ϕ(x, t) = u1 (x)δ(t), 4πa2

Z

ϕ(x + ξ, t + | ξ|

| ξ| ) a

´ dξ =

R3

³ 1 ³ = u1 (x), δ(t), 4πa2

Z

ϕ(x + ξ, t + | ξ|

| ξ| ) a

´´ dξ

1 ³ = u1 (x) , 4πa2 | {z }

R3

Z

´ ϕ(x + ξ, | aξ| ) dξ dx = | ξ|

∈ C 2 (R3 ) R3

1 = 4πa2

Z

Z dy

R3

ϕ(y, | aξ| ) . dξ u1 (y − ξ) | ξ|

R3

r = ρ. Тогда внутренний интеграл: a Z∞ Z Z ϕ(y, | aξ| ) ϕ(y, ar ) = dr = dξ u1 (y − ξ) dSr u1 (y − ξ) | ξ| r

y — фиксирован. Сделаем замену

0

R3

Z∞

dρ ρ

= 0

ξ∈Sr

Z dSr u1 (y − ξ)ϕ(y, ρ).

ξ∈Sa ρ

Т.о., ³

´ u1 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t), ϕ(x, t) =

1 4πa2

Z dy R3

1 = 4πa2

Z

Z∞ dy

dρ ϕ(y, ρ) ρ

Θ∈Say ρ

0

R3

Z

Z∞

dρ ϕ(y, ρ) ρ

0

Z dSr u1 (y − ξ ) = | {z } =Θ

ξ∈Sa ρ

³

1 dSΘ u1 (Θ) = ϕ(y, ρ), 4πa2

Z

´ u1 (Θ) dΘ .

Say ρ

Третье слагаемое получается аналогично второму, но с учетом того, что ³

´ ´ ∂³ u0 (x)δ(t) ∗ E3 (x, t) . u0 (x)δ (t) ∗ E3 (x, t) = ∂t 0

Упражнение. Получить самостоятельно формулы Пуассона и Даламбера. 42

Гладкость правых частей формулы Кирхгофа. Первое слагаемое: ¯ ¯ Z f (ξ, t−¯¯ x−ξ ¯¯ Z 1 f (x − y, t − 1 a dξ = 2 2 4πa | x − ξ| 4πa | y| x Bat

| y| ) a

dy,

(1)

Bat

где Bat — шар с центром в 0, | y| = at, y = tw, | w| = a, dy = t3 dw. Тогда продолжим равенства: Z

f (x − at, t − t| w|

(1) =

Z

t| w| ) 3 a

t dw = t

Ba

2

f (x − at, t − | w|

t| w| ) 2 a

t dw

Ba 2

— принадлежит классу C (R × [0, ∞)) по переменным (x, t), т.к. f ∈ C 2 (R2 × [0, ∞)). Второе слагаемое: 1 4πa2

Z

3

¯ ¯ ¯ ¯ u1 (ξ) dSε = ¯замена ξ = y + x¯ =

x Sat

1 4πa2

Z u1 (y + x) dSy ,

(2)

Sat

Если y = tΘ, | y| = at, | w| = a, dSy = t2 dSw , то t2 (2) = 4πa2

Z u1 (tw + x) dSw Sa

— принадлежит классу C 2 (R3 × [0, ∞)) по переменным (x, t). Аналогично, так же и третье слагаемое является класса C 2 (R3 × [0, ∞)) по переменным (x, t). Упражнение. Проделать аналогичные выкладки для формул Пуассона и Даламбера. Утверждение. Единственность решения классической задачи Коши для волнового уравнения вытекает из теории единственности решения обобщенной задачи Коши. Остается ответить на вопрос, почему для функции u(x, t) = (f˜(x, t) + u0 δ 0 (t) + u1 δ(t)) ∗ En (x, t), n = 1, 2, 3 из того, что u ∈ C 2 (R3 × (0, ∞)) ∩ C(R3 × [0, ∞)) следует из того, что u(x, t) удовлетворяет в классическом смысле начальным условиям Коши, т.е. u(x, 0) = u0 (x), ut (x, 0) = u1 (x). ( ( u(x, t), t ≥ 0; ˜ f (x, t), t ≥ 0; u˜(x, t) = f (x, t) = 0, t < 0, 0, t < 0. Получим: с другой стороны:

¤a u˜(x, t) = f˜(x, t) + u(x, 0) δ 0 (t) + ut (x, 0) δ(t), ¤a u˜(x, t) = f˜(x, t) + u0 (x) δ 0 (t) + u1 (x) δ(t).

Значит, u(x, 0) = u0 (x) и ut (x, 0) = u1 (x), т.к. u(x, 0), u0 (x), ut (x, 0), u1 (x) — непрерывные функции. Упражнение. Доказать строго последнее утверждение.

43

Задача Коши для уравнения теплопроводности. ½

ut = a2 4u + f (x, t), x ∈ Rn u(x, 0) = u0 (x).

(∗)

Определение. Классическое решение задачи (∗) — решение u ∈ C(Rn × [0, ∞)), ∂ |α| ∂xα ∈ C(Rn × [0, ∞)), | α| ≤ 2, α = (α1 , . . . , αn ), |α| = α1 + . . . + αn , ∂ α = ∂x1α1 . . . ∂x1αn Определение. Через M обозначим множество измеримых функций на Rn × [0, ∞) : | u(x, t)| ≤ C для почти всех (x, t) ∈ Rn × [0, T ]. Пусть u — классическое решение задачи Коши (∗), ( ( u(x, t), t ≥ 0; ˜ f (x, t), t ≥ 0; u˜(x, t) = f (x, t) = 0, t < 0, 0, t < 0. Тогда u˜t − a2 4˜ u = f˜(x, t) + u0 (x) δ(t). Упражнение. Доказать последнее равенство строго (аналогично задаче Коши для волнового оператора). Определение. Обобщенное решение задачи Коши для уравнения теплопроводности: пусть F ∈ D0 (Rn+1 ), supp F ⊂ Rn × [0, ∞). Требуется найти u ∈ D0 (Rn+1 ), supp u ⊂ Rn × [0, ∞) : ut + a2 4u = F (x, t). (∗∗) Теорема. Пусть f ∈ M, u1 ∈ L∞ (Rn ), F = f˜(x, t) + u0 (x) δ(t). Тогда обобщенная задача Коши (∗∗) имеет единственное решение из класса M : Zt Z u(x, t) = Θ(t) 0 Rn

−

| x−ξ|2 4a2 (t−τ )

f (ξ, τ ) e Θ(t) p √ dξ dt + n (2a πt)n (2a π(t − τ ))

Z u0 (ξ) e−

| x−ξ|2 4a2 τ

.

Rn

¤ Возьмем фундаментальное решение оператора теплопроводности: E(x, t) =

| x−ξ|2 Θ(t) − 4a2 t . √ e (2a πt)n

Докажем, что свертка F ∗ E существует: Z

Z

f˜ ∗ E(X, t) =

f˜(ξ, τ ) E(x − τ ) dξ dτ = Rn+1

f˜(ξ, τ ) Rn+1

Zt Z = Θ(t) 0 Rn

−

| x−ξ|2 Θ(t − τ ) − p e 4a2 (t−τ ) dξ dτ = (2a π(t − τ ))n

| x−ξ|2

f (ξ, τ ) e 4a2 (t−τ ) p dξ dt. (2a π(t − τ ))n

При этом, ∀x ∈ Rn , t ∈ (0, T ), T > 0 : Zt Z |u(x, t)| ≤ 0 Rn

−

| x−ξ|2

|f (ξ, τ )| e 4a2 (t−τ ) p dξ dt ≤ kf kL∞ (Rn ×[0,∞)) (2a π(t − τ ))n

44

Zt

Z dτ

0

Rn

−

| x−ξ|2

e 4a2 (t−τ ) p dξ = (2a π(t − τ ))n

Zt Z −| y|2 ¯ | x − ξ| ¯¯ e ¯ dy = T · kf kL∞ (Rn ×[0,∞)) . ¯ = kf kL∞ (Rn ×[0,∞)) dτ ¯замена y = √ n 2a t − τ π2 0 Rn | {z } ³

=1

´ ³ ´ u0 (x)δ(t) ∗ E(x, t) = u0 (x)δ(t)E(x, t), ηk (x, t, ξ, τ ) ϕ(x + ξ, t + τ ) = | {z } ∈D(Rn+1 )

³

´ = u0 (x)δ(t), (E(ξ, τ ), ηk (x, t, ξ, τ )ϕ(x + ξ, t + τ )) = Z ³ ´ u0 (x)δ(t), E(ξ, τ )ηk (x, t, ξ, τ )ϕ(x + ξ, t + τ ) dξ dτ = Rn+1

Z

³

´ E(ξ, τ )ηk (x, t, ξ, τ )ϕ(x + ξ, t + τ ) dξ dτ ) =

= u0 (x), (δ(t), Rn+1

Z

³ u0 (x), Z =

Z dx u0 (x)

Rn

Z =

´ E(ξ, τ )ηk (x, 0, ξ, τ )ϕ(x + ξ, τ )dξdτ =

Rn+1

¯ ¯ ¯ ¯ dξ dτ E(ξ, τ )ηk (x, 0, ξ, τ )ϕ(x + ξ, τ ) = ¯замена y = x + ξ ¯ =

Rn+1

Z

dx u0 (x) Rn

dy dτ E(y − x, τ )ηk (x, 0, y − x, τ )ϕ(y, τ ) =

Rn+1

³Z

´ ³Z E(y − x, τ )u0 (x) dx, ϕ(y, τ ) =

Rn

Rn

=

´ | y−x|2 Θ(t) − 4a2 t dx, ϕ(y, τ ) . √ e (2a πt)n

Оценка для второго слагаемого в формуле Пуассона: ¯ ¯ ¯ ¯ Z Z 2 2 ¯ Θ(t) ¯ | x−ξ| | x−ξ| | x−ξ|2 Θ(t) − − − 2 2 ¯ √ ¯ 4a t 4a t dξ ≤ 4a2 t dξ = n √ e e ku k e ¯ (2a πt)n ¯ (2a πt)n 0 L∞ (R ×[0,∞)) ¯ ¯ Rn Rn Z ¯ 1 x − ξ ¯¯ 2 ¯ = ¯y = √ ¯ = ku0 kL∞ (Rn ×[0,∞)) n e−| y| dy . π2 2a t n | R {z } =1 n

Т.к. у любой функции u ∈ M : supp u ⊂ R × [0, ∞), существует свертка с E(x, t), то решение задачи Коши будет единственным в классе функций u ∈ M : supp u ⊂ Rn × [0, ∞). u ∈ C 2,1 (Rn × (0, ∞)) ∩ C(Rn × [0, ∞)) — класс гладкости C 2 по x и C 1 по t. Теорема. (существование и единственность классического решения.) Пусть u0 ∈ C 2 (Rn )∩ L∞ (Rn ), f ∈ C 2 (Rn × (0, ∞)) ∩ M, ∂x f, ∂x2 f ∈ M. Тогда задача Коши для уравнения теплопроводности: ½ ut = a2 4u + f (x, t), x ∈ Rn u(x, 0) = u0 (x), имеет единственное решение из класса C 2,1 (Rn × (0, ∞)) ∩ C(Rn × [0, ∞)). ¤ Из теоремы единственности обобщенного решения задачи Коши для уравнения теплопроводности получим: Zt Z u(x, t) = Θ(t) 0 Rn

−

| x−ξ|2 4a2 (t−τ )

f (ξ, τ ) e Θ(t) p √ dξ dt + (2a πt)n (2a π(t − τ ))n 45

Z u0 (ξ) e− Rn

| x−ξ|2 4a2 τ

= I1 + I2

— обобщенное решение из класса M . Надо показать, что u ∈ C 2,1 (Rn ×(0, ∞))∩C(Rn ×[0, ∞)). | x − ξ| Сделаем замену ζ = √ , тогда 2a t − τ 1 I1 = n π2 Аналогично, заменяя ζ =

Zt

Z dτ

√ 2 f (x − 2a t − τ ζ, τ ) e−| ζ| dζ.

Rn

0

√ | x − ξ| 1 R √ , получим: I2 = n u0 (x − 2a tζ, τ )dζ. ¥ π 2 Rn 2a t

Пространство С.Л. Соболева. Ω ⊂ Rn — открытое подмножество, Ω 6= 0. Определение. Wpm (Ω) = {u ∈ D0 (Ω) : u ∈ Lp (Ω), ∂ α u ∈ Lp (Ω), | α| = m, p > 1, m ∈ N0 } — пространство Соболева. Определение. Норма в пространстве Соболева: X k∂ α ukLp (Ω) . kukWpm (Ω) = kukLp (Ω) + | α|=m

Более подробно: 

 p1

Z

kukWpm (Ω) = 

| u|p dx +

 p1  Z  | ∂ α u|p dx .

X | α|=m

Ω

Ω

Другие, эквивалентные нормы на Wpm (Ω): kukWpm (Ω)

 p1  Z X Z | ∂ α u|p dx . =  | u|p dx + | α|=m Ω

Ω

Замечание. Нормы k · k1 и k · k2 на линейном пространстве V эквивалентны, если ∃ 0 < c1 < c1 : ∀v ∈ V c1 kvk1 ≤ kvk2 ≤ c2 kvk1 . Теорема. Пространство Wpm (Ω) полно. ¤ Пусть uk ∈ Wpm (Ω) — фундаментальная последовательность (k = 1, 2, . . .). Докажем, что существует u ∈ Wpm (Ω) : ku − uk kWpm (Ω) → 0, k → ∞. Тогда uk ∈ Wpm (Ω) является фундаментальной в Lp (Ω), т.к. ∀v ∈ Wpm (Ω) kvkLp (Ω) ≤ kvkWpm (Ω) . Аналогично, ∀α : | α| = m последовательность ∂ α uk , k = 1, 2, . . . , также является фундаментальной в Lp (Ω). В самом деле, ∀v ∈ Wpm (Ω) k ∂ α vk kLp (Ω) ≤ kvkWpm (Ω) , | α| = m. В силу полноты пространства Lp (Ω), существуют функции u ∈ Lp (Ω), uα ∈ Lp (Ω)| α| = m : ku − uk kLp (Ω) → 0, k → ∞. Покажем, что ∂ α u = uα . Другими словами, надо показать, что Z Z α α α (∂ u, ϕ) = (−1) u ∂ ϕ dx = uα ϕ dx = (uα , ϕ). Ω

Имеем:

Ω

Z | α|

Z α

(−1)

∂ α uk ϕ dx,

uk ∂ ϕ dx = Ω

Ω

46

при этом

Z

Z α

uk ∂ ϕ dx → Ω

u ∂ α ϕ dx → 0, k → ∞,

(∗)

uα ϕ dx → 0, k → ∞,

(∗∗)

Ω

Z

Z

α

∂ uk ϕ dx → Ω

Ω

Докажем (∗). По неравенству Гельдера, получим: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯Z ¯ ¯Z ¯ Z ¯ ¯ ¯ ¯ α α α ¯ uk ∂ ϕ dx − u ∂ ϕ dx¯ ≤ ¯ | uk − u| | ∂ ϕ| dx¯ ≤ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Ω

Ω

Ω

  p1   p−1 p Z Z p → 0, k → ∞ ≤  | uk − u|p dx ·  | ∂ α ϕ| p−1 dx |

Ω

{z

} |

→0, k→∞

Ω

{z } не зависит от k

Аналогично доказывается (∗∗). Переходя к пределу, получим: Z α

Z α

(−1)

u ∂ ϕ dx = Ω

uα ϕ dx, Ω

т.е. ∂ α u = uα . Т.о., uk → u, k → ∞ в пространстве Wpm (Ω). ¥ Теорема. Пространство Wpm (Ω) сепарабельно. Определение. Пространство называется сепарабельным, если существует счетное всюду плотное множество. ¤ Рассмотрим вложение π : u 7→ (u1 , . . . , ∂ α u1 , . . .), | α| = m, пространства Wpm (Ω) в пространство V = Lp (Ω) × . . . × Lp (Ω), где в V = Lp (Ω) × . . . × Lp (Ω) норма определяется равенством | {z } N

k vkV = k v1 kLp (Ω) + . . . | + k vN kLp (Ω) , v = (v1 , . . . vN ) ∈ V. Отображение π : Wpm (Ω) → V является изометрией, т.е. ∀u ∈ Wpm (Ω) k π(u)kV = kukWpm (Ω) . Пространство V = Lp (Ω) × . . . × Lp (Ω) сепарабельно, т.к. Lp (Ω) — сепарабельно. А замкнутое | {z } N

подпространство сепарабельного пространства тоже сепарабельно. Что равносильно сепарабельности Wpm (Ω).¥ Рассмотрим первую краевую задачу Дирихле с однородным краевым условием: ( 4u ¯ = f (x), (∗) ¯ u¯ = 0. ∂Ω

Ω ⊂ Rn — ограниченная область, f0 , f1 , . . . , fn ∈ L2 (Ω).

◦

Определение. Обобщенное (в смысле Соболева) решение задачи (∗) u ∈ W21 (Ω) : Z X Z Z X n n ∂u ∂ϕ ∂ϕ − dx = f0 (x) ϕ dx − fi (x) dx, ∀ϕ ∈ D(Ω). ∂x ∂x ∂x i i i Ω |i=1 {z Ω Ω i=1 } =Ou Oϕ

47

Пример. Пусть u ∈ C ∞ (Ω), Ω ⊂ Rn — ограниченная область с бесконечно гладкой границей, f ∈ C ∞ (Ω) и при этом:  n   4u = f0 (x) + P ∂fi (x), (∗∗) i=1 ∂xi ¯  ¯  u¯ = 0. ∂Ω

Тогда ∀ϕ ∈ D(Ω) будем иметь Z

Z 4u ϕ dx =

Ω

f (x) ϕ dx, Ω

Z

Z

−

Ou Oϕ dx = Ω

f (x) ϕ dx, Ω

т.е. и является обобщенным (в смысле Соболева) решением (∗∗). Теорема. Обобщенное решение задачи Дирихле (∗) существует и единственно. ¤ Лемма. (Неравенство Фридрихса). Пусть Ω ⊂ Rn — ограниченная область. Тогда Z Z ◦ 1 2 ∀u ∈ W2 (Ω) ∃C > 0 : | u| dx ≤ C | Ou|2 dx. Ω

Ω

¤ Без ограничения общности, можно считать, что u ∈ D(Ω). Т.к. Ω — ограниченная область, то существуют a < b такие, что Ω лежит в полосе a < xn < b (т.е. ∀x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Ω справедливо неравенство a < xn < b). x0 = (x1 , . . . , xn−1 ). По теореме Ньютона-Лейбница, Zxn 2

0

2

0

u (x , xn ) = u (x , a) +

∂ 2 0 u (x , t) dt. ∂t

a

При этом мы подразумеваем, что функция продолжается нулем на множество Rn \ Ω. Т.о., u(x0 , a) = 0 ⇒ Zxn u2 (x0 , xn ) =

∂ 2 0 u (x , t) dt = 2 ∂t

Zxn

a

Zb u2 (x0 , xn ) ≤

u(x0 , t)

∂u(x0 , t) dt, ∂t

a

¯ ¯ ¯ ∂u(x0 , t)¯ ¯ ¯ |u(x0 , t)| · ¯ ¯ dt, ∀(x0 , xn ) ∈ Ω, ¯ ∂t ¯

a

Z Zb u2 (x0 , xn ) ≤ ε Ω0 a

1 | u(x0 , t)|2 dt + ε

¯2 Z ¯¯ ¯ 0 ∂u(x , t) ¯ ¯ ¯ ¯ dt, ε > 0. ¯ ∂t ¯

Ω0

1 1 1 Т.к. αβ ≤ (α2 + β 2 ) ≤ α2 + β 2 , то, учитывая, что α = ε 2 | u(x0 , t)|, β = ε− 2 2 получим:

48

¯ ¯ ¯ ∂u(x0 , t)¯ ¯ ¯ ¯ ¯, ¯ ∂t ¯

Z Zb

Z

1 u2 (x0 , t) dx0 dt + ε

u2 (x0 , xn ) dx0 ≤ ε Ω0

Ω0 a

¯2 Z Zb ¯¯ ¯ 0 ∂u(x , t) ¯ ¯ ¯ ¯ dx0 dt, ¯ ∂t ¯

Ω0 a

0

где Ω — проекция области Ω на гиперповерхность xn = 0, dx0 = dx1 . . . dxn−1 . Интегрируя последнее неравенство по xn ∈ (a, b), получим: Zb Z

Z Zb

1 u2 (x0 , t) dx0 dt + (b − a) ε

u2 (x0 , xn ) dx0 dxn ≤ ε (b − a) a Ω0

Ω0 a

Другими словами, Z

Z 2

Ω

Ω0 a

Z

2

u dx ≤ ε (b − a) Ω

1 u dx + (b − a) ε

¯2 Z Zb ¯¯ ¯ 0 ¯ ∂u(x , t)¯ ¯ ¯ dx0 dt. ¯ ∂t ¯

| Ou|2 dx. Ω

1 , получим: 2(b − a) Z Z Z Z Z 1 2 2 2 2 2 2 u dx ≤ u dx + 2(b − a) | Ou| dx ⇔ u dx ≤ 4(b − a) | Ou|2 dx. ¥ 2

Возьмем ε =

Ω

Ω

Ω

Ω

Ω

¤(теоремы) Ω — ограниченная область, поэтому билинейная форма Z ◦ [u, v] = Ou Ov dx, u, v ∈ W21 (Ω)

(∗ ∗ ∗)

Ω ◦

является скалярным произведением в W21 (Ω), т.к., по неравенству Фридрихса, kuk2Wpm (Ω) ≤ CkOuk2L2 (Ω) = C[u, v]. Более того, скалярное произведение (∗∗∗) порождает норму, эквивалентную Соболевской ◦

◦

норме в W21 (Ω). Рассмотрим в W21 (Ω) следующие линейные функционалы: Z Z ∂u dx. l0 = − f u dx, li = fi ∂xi Ω

Ω

◦

Эти функционалы, очевидно, будут непрерывны на W21 (Ω). В самом деле, Z ³Z ´ 12 ³Z ´ 21 2 2 | l0 (u)| ≤ | f | | u| dx ≤ f dx u dx ≤ const kuk2Wpm (Ω) , Ω

Z | li | ≤ Ω

Ω

Ω

¯ ∂u ¯ ´ 12 ³Z ³Z ´ 12 ¯ ¯ 2 fi dx | fi | ¯ | Ou|2 dx ≤ const kuk2Wpm (Ω) . ¯ dx ≤ ∂xi Ω

Ω

◦

По теореме Рисса, существует единственное u ∈ W21 (Ω) : ◦

∀v ∈

W21 (Ω)

[u, v] = l0 (v) +

n X i=1

49

li (v).

Другими словами, Z

Z Ou Ov dx = −

Ω

f0 v dx +

n Z X

fi

i=1 Ω

Ω

∂v dx. ¥ ∂xi

Неоднородная задача Дирихле в области Ω ⊂ Rn :  n ∂f (x)  P i   4u = f0 (x) + , i=1 ∂xi ¯ ◦    u¯¯ = u0 (x), u0 ∈ W21 (Ω).

(∗ ∗ ∗∗)

∂Ω

¯ ◦ ¯ Теорема. u¯ = u0 (x) в обобщенном смысле, если u − u0 ∈ W21 (Ω). ∂Ω Теорема. Обобщенная неоднородная задача Дирихле (∗∗∗∗) имеет единственное решение

◦

u ∈ W21 (Ω). ¤ Обозначим v = u − u0 . Тогда ∀ϕ ∈ D(Ω) получим: Z Z Z Ov Oϕ dx = Ou Oϕ dx − Ou0 Oϕ dx. Ω

Ω

Ω

По определению обобщенного решения (∗ ∗ ∗∗): Z −

Z Ou Ov dx =

Ω

Z −

Z f0 v dx −

n Z X i=1 Ω

Ω

fi

i=1 Ω

Ω

Ov Oϕ dx = Ω

f0 v dx −

n Z X

∂v dx, ∂xi

n X ∂v fi dx + ∂xi i=1

Z fi Ω

∂u0 ∂ϕ dx ∂xi ∂xi

Т.о., v является решением однородной обобщенной задачи Дирихле:  n   4u = f0 (x) + P ∂gi (x), i=1 ∂xi ¯   u¯¯ = 0, ∂Ω

где gi = fi − ¥

∂u0 ∈ L2 (Ω), i = 1, n. По предположению, эта задача имеет единственное решение. ∂xi Гармонические функции.

Определение. Функция f ∈ D0 (Ω), где Ω ∈ Rn — область, называется гармонической в области Ω, если 4u = 0 в Ω. Теорема. Пусть u ∈ D0 (Ω) является гармонической функцией в области Ω, тогда u ∈ C ∞ (Ω). ¤ x0 x0 Пусть x0 ∈ Ω. Возьмем ε > 0 настолько малым, чтобы B2ε ⊂∈ Ω, где B2ε — шар радиуса ¯ n P ∂2 ¯ x0 . ε с центром в точке x0 . Пусть также η ∈ D(B2ε ), причем η ¯ x0 ≡ 1. 4u = 2 B2ε i=1 ∂xi Имеем: 50

x0 4(η u) = 4η u + 24η 4u + η 4u , η u ∈ D0 (Rn ), т.к. supp η u b B2ε , |{z} =0

4(η u) = 4η u + 24η 4u ⇒ по теореме единственности, η u = E ∗ (4η u + 24η 4u),  1    ln | x|, n = 2, 2π где E(x) = 1 1   , n ≥ 3,  − (n − 2)|S1 | | x|n−2 x0 x0 Обозначим f (x) = 4η u + 24η 4u ∈ D0 (B2ε ), supp f b B2ε . Тогда ∀ϕ ∈ D0 (Rn ) Z ³ ´ ³ ´ ³ ´ E ∗ f (x), ϕ(x) = f (x), (E(y), ϕ(x + y)) = f (x), E(y) ϕ(x + y) dy , Rn

Z

Z E(y) ϕ(x + y ) dy = | {z }

Rn

E(ξ − x) ϕ(ξ) dξ, Rn

=ξ

Z Z ³ ´ ³ ´ ³ ´ E ∗ f (x), ϕ(x) = f (x), E(ξ − x) ϕ(ξ) dξ = f (x) λ(x), E(ξ − x) ϕ(ξ) dξ , Rn

Rn

x0 x0 где λ ∈ D(B2ε \ Bε/2 ), λ ≡ 1 на supp f .

³

Z ´ Z ³ ´ ´ ³ E ∗ f (x), ϕ(x) = f (x), λ(x) E(ξ − x) ϕ(ξ) dξ = f (x), λ(x) E(ξ − x) Θ(ξ) ϕ(ξ) dξ, {z } | | {z } Rn

¯ ¯ x0 где Θ ∈ D(Bε/2 ) : Θ¯ ³

x

0 Bε/2

x

Rn

x

0 ) ∈ C ∞ (B2ε0 ×Bε/2

≡ϕ(ξ)

≡ 1. Т.о.,

´ Z ³ ´ E ∗ f (x), ϕ(x) = f (x), λ(x) E(ξ − x) Θ(ξ)) ϕ(ξ) dξ, | {z } Rn x

x

0 ) ∈ C ∞ (B2ε0 ×Bε/2

x0 x0 k(x, ξ) = λ(x) E(ξ − x) Θ(ξ) ∈ D(B2ε × Bε/2 ), ³ ´ x0 f (x), k(x, ·) ∈ D(Bε/2 ).

∀ϕ ∈ D

0

x0 (Bε/4 )

³ ´ ³ ´ Z (η u), ϕ = E ∗ f, ϕ = Rn

³ ´ ϕ(ξ) dξ, f (x), k(x, ξ) {z } | беск. гладкая по ξ

x0 u = η u — бесконечно гладкая функция в шаре Bε/4 . Осталось доказать лемму. Лемма. Пусть L ∈ D(G × H), где G, H — области в Rn , f ∈ D0 (G). Тогда Z ³ ´ Z ³ ´ f (x), L(x, ξ) dξ = f (x), L(x, ξ) dξ. H

H

51

¤ Без ограничения общности, можно считать, что H — это куб в Rn . D простом случае возьмем вместо H достаточно большой куб, содержащий это множество. ξi ∈ ∆i — элементарная ячейка. Z N X L(x, ξi ) | ∆i | → L(x, ξ) dξ, i=1

H

когда диаметр разбиения стремится к 0. В виду линейности обобщенной функции f (x), получим: Z X Z N ³ N ´ ³ ´ X f (x), L(x, ξi ) | ∆i | dξ f (x), L(x, ξi ) | ∆i | dξ = |

³

i=1

H

R

{z ´

→ f (x), L(x,ξ) dξ

i=1

H

|

} в D(G)

→

H

R

³

{z

}

´

f (x),L(x,ξ)

dξ

H

Второе верно, т.к. (f (x), L(x, ·)) ∈ D(H). Первое надо доказать. Имеем: ´ ³P N 1) supp L(·, ξi ) | ∆i | — проекция supp L(·, ·) на G. Т.к. supp L(·, ·) — компакт, то и i=1

проекция supp L(·, ·) на G — тоже компакт. 2) Для любого мультииндекса α Z N ° ° ° αX ° L(x, ξi ) | ∆i | − ∂xα L(x, ξ) dξ ° ° ∂x i=1 N X i=1

∂xα L(x, ξ) dξ

−

→ 0.

H

Z ∂xα L(x, ξi ) | ∆i |

C(F )

∂xα L(x, ξi ) | ∆i |

−

i=1

H

По теореме о среднем, ∀x ∀i ∃yi ∈ ∆i :

R ∆i

(1) =

=

N X

N ³ X

N Z X i=1 ∆

∂xα L(x, ξ) dξ,

(1)

i

∂xα L(x, ξ) dξ = ∂xα L(x, yi ) | ∆i |, продолжим:

´ ∂xα L(x, ξi ) − ∂xα L(x, yi ) | ∆i |.

i=1

Т.к.

∂xα L(x, ξ)

равномерно непрерывен на supp L(·, ·) b G × H, то

N ³ X

N ´ X ∂xα L(x, ξi ) − ∂xα L(x, yi ) | ∆i | ≤ εN | ∆i | = εN mes H, εN → 0, i=1

i=1

когда диаметр разбиения стремится к нулю: | ξi − yi | ≤ diam T — диаметр разбиения, т.е. ξi ∈ ∆i , yi ∈ ∆i . ¥ Теорема доказана. ¥

52

Теорема о среднем для гармонических функций. Теорема. Пусть u — гармоническая функция в области Ω ⊂ Rn , Brx0 ⊂ Ω, тогда 1 u(x0 ) = | Sr |

Z u ds, x Sr 0

где | Sr | — площадь (n − 1)–мерной сферы радиуса r. ¤ Как было показано в предыдущей лекции, u ∈ C ∞ (Brx0 ). Имеем: Z 0= E(x − x0 ) 4u dx, x

x

Br 0 \Bε 0

 1    ln | x|, n = 2, 2π где E(x) = 1 1   − , n ≥ 3,  (n − 2)|S1 | | x|n−2 — фундаментальное решение оператора Лапласа. Интегрируя по частям, получим: Z

Z

0=

E(x − x0 ) 4u dx = x

x

x

Br 0 \Bε 0

= x

x

x

∂u ds − E(x − x0 ) ∂ν

∂(Br 0 \Bε 0 )

Z x

x

∂(Br 0 \Bε 0 )

Ox E(x − x0 ) Ou dx = x

x

Br 0 \Bε 0

∂(Br 0 \Bε 0 )

Z

Z

∂u ds − E(x − x0 ) ∂ν

∂E(x − x0 ) u ds − ∂νx

Z 4x E(x − x0 ) u dx, x

x

Br 0 \Bε 0

где ν — внешняя нормаль к границе области ∂(Brx0 \ Bεx0 ). Т.о., для любого ε ∈ (0, r) будем иметь: Z x

∂u E(x − x0 ) ds + ∂ν

Sr 0

Z x

Sε 0

Z x

Sr 0

Z

∂u E(x − x0 ) ds = ∂ν

x

Sr 0

∂E(x − x0 ) u ds + ∂νx

Z x

Sε 0

∂E(x − x0 ) u ds, ∂νx

 1   ¯ ∂u ¯  ln | ε|, n = 2, ¯ ¯ 2π | E(x − x0 )| ¯ ¯ ds ≤ k ukC(B x0 ) | S1 | εn−1 1 1 r  ∂ν  , n ≥ 3,  − (n − 2)|S1 | | ε|n−2

где | S1 | εn−1 — площадь (n − 1)–мерной сферы Sεx0 . Z x

Z ¯ ∂u ∂u ¯ E(x − x0 ) ds + E(x − x0 )¯ x0 ds, ∂ν ∂ν x∈Sr x

Sr 0

Sr 0

по формуле Грина,

Z x Sr 0

∂u ds = ∂ν

Z 4u dx = 0. x Sr 0

53

Тем самым,  1   Z  ln r, n = 2, ∂E(x − x0 ) ∂E d 2π u ds = − (x − x0 ) = − 1 1 ∂νx ∂νx dr   , n ≥ 3, − x0  Sε (n − 2)|S1 | rn−2 1 1 |S1 | | ε|n−1

Z

x Sε 0

Z

1 1 u ds = |S1 | | ε|n−1

1 1 u(x0 ) ds + |S1 | | ε|n−1

x Sε 0

1 1 |S1 | | ε|n−1

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

=−

1 1 , |S1 | | ε|n−1

r=ε

Z (u(x) − u(x0 )) ds,

x Sε 0

Z | u(x) − u(x0 )| ds ≤ sup | u(x) − u(x0 )| → 0, ε → 0, x

x∈Sε 0

x

Sε 0

т.к. u — непрерывна. Т.о., Z u(x0 ) = x

Sr 0

∂E(x − x0 ) 1 1 u ds = ∂νx |S1 | rn−1

Z x

Sr 0

1 u ds = |Sr |

Z u ds. ¥ x

Sr 0

Теорема. Пусть Ω — область в Rn , Brx0 , u — гармоническая функция в Ω, тогда 1 u= | Brx0 |

Z u(x) dx.

x Br 0

¤ ∀ρ ∈ (0, r) имеем по предыдущей теореме: u(x0 ) =

R 1 R u ds, или u(x0 ) |Sρ∗ | = u ds. |Sρ | Sρx0 x Sρ 0

Проинтегрируем последнее равенство от ρ до r: Zr u(x0 )

Zr dρ |Sρ | =

0

Z

Z

dρ 0

u ds ⇒

| Brx0 | u(x0 )

=

x

u dx. ¥ x

Sρ 0

Br 0

Принцип максимума для гармонических функций. Теорема. Пусть Ω ⊂ Rn — область, u(x) — гармоническая функция в Ω и u(x0 ) = sup u для некоторого x0 ∈ Ω. Тогда u(x) ≡ const в Ω. ¤ Обозначим через E множество точек x ∈ Ω : u(x) = sup u. Т.к. x0 ∈ E, то E 6= ∅.

Ω

Ω

Т.к. u ∈ C(Ω), то E — замкнуто в топологии, индуцированной на Ω ⊂ Rn . Для достаточного малого ε > 0 : Bεx ⊂ Rn , получим: u(y) = sup u, ∀y ∈ Bεx . Почему так? y

Пусть u(y) 6= sup u для некоторого ∈ Bεx . Тогда u(y) < sup u. Т.о., из непрерывности u Ω ¯ ¯ x следует, что существует множество ω ⊂ Bε : u¯ < sup u < λ, mes ω > 0 для некоторого λ > 0. ω

Поэтому, 1 | Bεx0 |

Z

x Bε 0

1 u(x) dx = | Bεx0 |

Z ω

Ω

1 u(x) dx + | Bεx0 |

Z

x Bε 0 \ω

54

u(x) dx ≤

≤

´ ´ 1 ³ 1 ³ x0 sup u − λ mes ω + | B | − mes ω sup u ≤ ε | Bεx0 | Ω | Bεx0 | Ω ≤ sup u − λ Ω

mes ω < sup u = u(x0 ) — противоречие. | Bεx0 | Ω

Bεx0

⊂ E ⇒ E — открытое и одновременно замкнутое множество в топологии, Т.о., индуцированной на Ω ⊂ Rn . Т.к. Ω — связное множество и E 6= ∅, то E = Ω. ¥ Следствие. Пусть u ∈ C(Ω), u — гармоническая функция в Ω, где Ω ⊂ Rn — область. Тогда max u = max u. ∂Ω

Ω

Теорема. (Неравенство Харнака) Пусть u — гармоническая функция в Br . Тогда ∀r ∈ (0, R) sup u ≤ γ sup u, где γ = const > 0 и зависит только от n, Rr . BR

Br

Лемма. Пусть u — гармоническая функция в B1 . Тогда sup u ≤ γ inf u, где γ = const > 0 B1/4

B1/4

и зависит только от n. ¤

Пусть x ∈ B1/4 , u(x) = inf u. По теореме о среднем, u(x) = B1/4

R 1 u(ξ) dξ. Пусть | B3/4| B x 3/4|

y ∈ B1/4| : u(y) = sup u. По теореме о среднем, u(y) = B1/4

R R 1 1 u(ξ) dξ ≤ u(ξ) dξ, | B1/4| B y | B1/4| B x 1/4|

1/4|

| B3/4| u(x). ¥ | B1/4| Следствие. Пусть u ≥ 0 — гармоническая функция в Bεx0 , тогда sup u ≤ γ inf u, где

y x т.к. B1/4| ⊂ B3/4| . Т.о., u(y) ≤

x

x

0 Bε/4

0 Bε/4

γ = const > 0 и зависит только от n. ¤ Заменой переменных переводим Bεx0 в B1 и применяем теорему. ¥ ¤ (неравенство Харнака) Найдется x ∈ Brx0 : u(x) = sup u и y ∈ Brx0 : u(y) = inf u. Соединим x и y прямой x Br 0

x

Br 0 L Bεz ⊂ oN

в

L. Возьмем ε > 0 : ∀z ∈ n zi x = z1 , . . . , zN = y. Шары Bε/4

i=1

Brx0 .

Возьмем конечную последовательность точек

покрывают L. Для i = 1, . . . , N имеем: sup u ≤ γ inf u. z z

i Bε/4

i Bε/4

Т.о., u(x) ≤ γ N u(y). ¥ Теорема Лиувилля. Пусть 4u = 0 в Rn и при этом u(x) ≥ 0 в Rn . Тогда u ≡ const в Rn . ¤ Возьмем некоторое x0 ∈ Rn . Для некоторого вещественного r > 0 имеем: sup u ≤ γu(x0 ), x

где γ = const и зависит от n — из неравенства Харнака для шаров бесконечность, получим: sup u ≤ γ inf u(x0 ) = 0 ⇒ u ≡ 0 в Rn . ¥ Rn

55

Brx0

⊂

x0 B2r .

Br 0

Устремляя r в

Принцип максимума для решения параболических неравенств. Пусть ω ∈ Rn+1 — ограниченная область. Определение. (x0 , t0 ) ∈ ∂ω принадлежит верхней крышке γ множества ω, если найдется вещественные числа r > 0, t2 > t1 : 1) t0 ∈ (t1 , t2 ); 2) Brx0 × (t0 , t2 ) ⊂ Rn+1 \ ω; n o x0 x0 n 3) Br × (t1 , t0 ) ⊂ ω, где Br = x ∈ R : | x − x0 | < r . Определение. Множество Γ = ∂ω \ γ, где γ — верхняя крышка области ω, называется параболической (собственной) границей. Пример. ω = BR × (0, T ). Теорема (принцип максимума). Пусть ω ∈ Rn+1 — область, γ — верхняя крышка области, a Γ = ∂ω \(γ — параболическая граница области ω. Обозначим Ω = ω ∪ γ. И пусть 4u ¯ − ut ≥ 0 в Ω, u ∈ C 1 (Ω) ∩ C(ω) : Тогда u(x) ≤ 0, ∀x ∈ ω. ¯ u¯ ≤ 0. ¤ (от противного) Пусть max u > 0.

∂Γ

¯ ¯ Т.к. u ∈ C(ω), то существует (x0 , t0 ) ∈ ω : u(x0 , t0 ) = max u. u¯ ≤ 0 ⇒ (x0 , t0 ) ∈ Ω. ω Γ Рассмотрим v(x, t) = u(x, t) − ε(t − t0 ). Очевидно, что 4v − vt ≥ 0 в Ω. C другой стороны, выбирая ε > 0 достаточно малым, получим: v(x0 , t0 ) = u(x0 , t0 ) и ω

max v = max u + ε diam ω < u(x0 , t0 ) < v(x0 , t0 ). Γ

Γ

Т.о., найдется точка (x1 , t1 ) ∈ Ω : v(x1 , t1 ) = max v. Если vt (x1 , t1 ) < 0, то v(x1 , t1 ) < v(x1 , t2 ) ω

для некоторого t1 < t2 : (x1 , t2 ) ∈ Ω. Т.о., v не может достигать максимума в точке (x2 , t1 ). Пусть vt (x1 , t1 ) > 0, тогда 4v(x1 , t1 ) > vt (x1 , t1 ) ≥ 0. Т.к. (x1 , t1 ) ∈ Ω и в этой точке достигается максимум v, то Ox v(x1 , t1 ) = 0 и 4v(x1 , t1 ) =

n X ∂ 2 v(x1 , t1 ) i=1

∂xi 2

>0⇒

∂ 2 v(x1 , t1 ) ∂xi 2

> 0для некоторого i.

Фиксируя все переменные, кроме xi , получим: v(x11 , . . . , xi1

+

h, . . . , xni , t1 )

=

v(x11 , . . . , xi1 , . . . , xni , t1 )

∂v(x1 , t1 ) ∂ 2 v(x1 , t1 ) 2 + h + o(h2 ) > 0. h+ i i2 ∂x ∂x | {z } | {z } =0

=0

Они равны нулю, т.к. Ox v(x, t) = 0 для достаточно малых h. Т.о., v(x11 , . . . , xi1 +h, . . . , xni , t1 ) > v(x11 , . . . , xi1 , . . . , xni , t1 ) для некоторого h, которое может быть настолько малым, что v(x11 , . . . , xi1 + h, . . . , xni , t1 ) ∈ Ω. Это противоречит тому, что в (x1 , t1 ) = (x11 , . . . , xi1 , . . . , xni , t1 ) достигается максимум функции v на множестве ω. ¥

56

Экзаменационные вопросы. 1. Классификация линейных уравнений второго порядка по И.Г. Петровскому. 2. Характеристические и не характеристические поверхности. Теорема Коши-Ковалевской (на примере линейных уравнений второго порядка). 3. Пространства D(Ω) и D0 (Ω) основных и обобщенных функций. Операции сложения обобщенных функций и умножения обобщенной функции на бесконечно гладкую. Определение производной от обобщенной функции. 4. Слабый предел обобщенных функций. Замкнутость пространства обобщенных функций относительно слабого предела (без доказательства). 5. Первообразная от обобщенной функции. Докажите, что у всякой обобщенной функции f ∈ D0 (R) существует первообразная, определенная с точностью до константы. 6. Замена переменной у обобщенной функции. 7. Носитель обобщенной функции. Свойства носителя обобщенных функций: supp(f + g) ⊂ supp f ∪ sup g, supp(f ψ) ⊂ supp f ∩ supp ψ, supp

∂f ⊂ supp f, ∂xi

где f, g ∈ D0 (Ω), ψ ∈ C ∞ (Ω), Ω — открытое подмножество Rn . 8. Обобщенные функции с компактным носителем. Докажите, что всякая обобщенная функция f ∈ D0 (Ω) с компактным носителем supp f b Ω, где Ω — открытое подмножество Rn , является непрерывным функционалом на пространстве C m (Ω) для некоторого целого числа m ≥ 0. 9. Прямое произведение обобщенных функций. Докажите эквивалентность двух определений прямого произведения: (f (x), (g(y), ϕ(x, y))) = (g(y), (f (x), ϕ(x, y))) для всех f ∈ D0 (X), g ∈ D0 (Y ) и ϕ ∈ D(X × Y ), где X ⊂ Rn и Y ⊂ Rm — открытые множества. 10. Свертка обобщенных функций. Коммутативность свертки. Существование свертки в случае, когда одна из двух обобщенных функций имеет компактный носитель. 11. Дифференцирование свертки обощенных функций. 12. Фундаментальное решение линейного дифференциального оператора с постоянными коэффициентами. 13. Теоремы существования и единственности решений уравнения Lu = f (x) P в пространстве обобщенных функций D0 (Rn ), где L = |α|≤m cα ∂ α — линейный дифференциальный оператор с постоянными коэффициентами. 57

14. Фундаментальное решение линейного обыкновенного дифференциального оператора с постоянными коэффициентами. 15. Обобщенная задача Коши для линейного обыкновенного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами. Существование и единственность решения. 16. Формулы Грина: многомерный аналог формулы Ньютона-Лейбница Z Z ∂h dx = h cos(ν, xi )dS Ω ∂xi ∂Ω и формула интегрирования по частям Z Z Z ∂f ∂g g dx = f g cos(ν, xi )dS − f dx, Ω ∂xi ∂Ω Ω ∂xi где h, f, g ∈ C 1 (Ω) ∩ C(Ω), Ω — ограниченное открытое подмножество Rn с кусочно гладкой границей, а ν — вектор внешней нормали к ∂Ω. 17. Фундаментальное решение оператора Лапласа ½ 1 ln |x|, n = 2, 2π En (x) = 1 1 − (n−2)|S1 | |x|n−2 , n ≥ 3. 18. Фундаментальное решение волнового оператора ¤a = ∂t2 −a2 ∂x2 , a > 0, случай одномерного основного пространства: E1 (x, t) =

1 θ(at − |x|), 2a

(x, t) ∈ R2 .

19. Фундаментальное решение волнового оператора ¤a = ∂t2 −a2 4, a > 0, случай трехмерного основного пространства: E3 (x, t) =

θ(t) δS (x), 4πa2 t at

где

(x, t) ∈ R4 ,

Z (δSr , ϕ) =

ϕ dS,

ϕ ∈ D(R3 ).

Sr

20. Фундаментальное решение волнового оператора ¤a = ∂t2 −a2 4, a > 0, случай двумерного основного пространства: E2 (x, t) =

θ(at − |x|) p , 2πa a2 t2 − |x|2

(x, t) ∈ R3 .

Теорема о продолжении обобщенных функций из D0 (Rn+1 ) на функции вида ϕ(x)1(xn ), где ϕ ∈ D(Rn ). 21. Фундаментальное решение оператора теплопроводности ∂t − a2 4, a > 0, En (x, t) =

|x|2 θ(t) − 2 4a t , √ e (2a πt)n

58

(x, t) ∈ Rn+1 .

22. Обобщенная задача Коши для волнового уравнения. Теорема существования и единственности решения (случай размерности основного пространства n = 1, 2, 3). Подсказка. Считать известным, что в случае размерности основного пространства n = 1, 2, 3 фундаментальными решениями волнового оператора ∂t2 − a2 4, a > 0, являются следующие функции: 1 E1 (x, t) = θ(at − |x|), (x, t) ∈ R2 , 2a θ(at − |x|) p E2 (x, t) = , (x, t) ∈ R3 , 2 2 2 2πa a t − |x| и θ(t) E3 (x, t) = δS (x), (x, t) ∈ R4 , 4πa2 t at где Z (δSr , ϕ) = ϕ dS, ϕ ∈ D(R3 ). Sr

23. Классическая задача Коши для одномерного волнового уравнения   utt = a2 uxx + f (x, t), x ∈ R, t > 0, u(x, 0) = u0 (x),  ut (x, 0) = u1 (x), где a > 0, f ∈ C 1 (R × [0, ∞)), u0 ∈ C 2 (R), u1 ∈ C 1 (R). Существование и единственность решения. Формула Даламбера Z t Z x+a(t−τ ) Z x+at 1 1 u(x, t) = f (ξ, τ ) dξdτ + u1 (ξ) dξ 2a 0 x−a(t−τ ) 2a x−at 1 + (u0 (x + at) + u0 (x − at)). 2 Подсказка. Считать известным, что фундаментальным решением одномерного волнового оператора ∂t2 − a2 ∂x2 , a > 0, является следующая функция: E1 (x, t) =

1 θ(at − |x|), 2a

(x, t) ∈ R2 .

24. Классическая задача Коши для трехмерного волнового уравнения   utt = a2 4u + f (x, t), x ∈ R3 , t > 0, u(x, 0) = u0 (x),  ut (x, 0) = u1 (x), где a > 0, f ∈ C 2 (R3 ×[0, ∞)), u0 ∈ C 3 (R3 ), u1 ∈ C 2 (R3 ). Существование и единственность решения. Формула Кирхгофа ³ ´ Z f ξ, t − |x−ξ| Z a 1 1 u(x, t) = dξ + u1 (ξ) dS x x 4πa2 Bat |x − ξ| 4πa2 t Sat à Z ! 1 ∂ 1 + u0 (ξ) dS . x 4πa2 ∂t t Sat Подсказка. Считать известным, что фундаментальным решением трехмерного волнового оператора ∂t2 − a2 4, a > 0, является следующая обобщенная функция: E3 (x, t) =

θ(t) δS (x), 4πa2 t at 59

(x, t) ∈ R4 ,

где

Z (δSr , ϕ) =

ϕ dS,

ϕ ∈ D(R3 ).

Sr

25. Классическая задача Коши для двумерного волнового уравнения   utt = a2 4u + f (x, t), x ∈ R2 , t > 0, u(x, 0) = u0 (x),  ut (x, 0) = u1 (x), где a > 0, f ∈ C 2 (R2 ×[0, ∞)), u0 ∈ C 3 (R2 ), u1 ∈ C 2 (R2 ). Существование и единственность решения. Формула Пуассона Z tZ Z f (ξ, τ ) dξdτ 1 1 u (ξ) dξ p p 1 + u(x, t) = x x 2πa 0 Ba(t−τ a2 (t − τ )2 − |x − ξ|2 2πa Bat a2 t2 − |x − ξ|2 ÃZ ) ! 1 ∂ u (ξ) dξ p 0 + . x 2πa ∂t a2 t2 − |x − ξ|2 Bat Подсказка. Считать известным, что фундаментальным решением двумерного волнового оператора ∂t2 − a2 4, a > 0, является следующая функция: E2 (x, t) =

θ(at − |x|) p , 2πa a2 t2 − |x|2

(x, t) ∈ R3 .

26. Теорема существования и единственности решения обобщенной задачи Коши для уравнения теплопроводности ½ ut = a2 4u + f (x, t), x ∈ Rn , t > 0, u(x, 0) = u0 (x), где f ∈ M, u0 ∈ L∞ (Rn ). Формула Пуассона Z tZ |x−ξ|2 f (ξ, τ ) − p u(x, t) = e 4a2 (t−τ ) dξdτ π(t − τ ))n 0 Rn (2a Z |x−ξ|2 1 − 2 √ + u 0 (ξ)e 4a t dξ. (2a πt)n Rn Подсказка. Считать известным, что фундаментальным решением оператора теплопроводности ∂t − a2 4, a > 0, является следующая функция: En (x, t) =

|x|2 θ(t) − 2 4a t , √ e (2a πt)n

(x, t) ∈ Rn+1 .

27. Существование и единственности решения классической задачи Коши для уравнения теплопроводности ½ ut = a2 4u + f (x, t), x ∈ Rn , t > 0, u(x, 0) = u0 (x). Докажите, что если все производные по пространственным переменным, начиная с нулевого и до второго порядка включительно, от функции f принадлежат классу M ∩ C(Rn × [0, ∞)), а от функции u0 — классу L∞ (Rn ) ∩ C(Rn ), то формула Пуассона Z tZ |x−ξ|2 f (ξ, τ ) − p u(x, t) = e 4a2 (t−τ ) dξdτ π(t − τ ))n 0 Rn (2a Z |x−ξ|2 1 − 2 √ + u 0 (ξ)e 4a t dξ (2a πt)n Rn гарантирует, что u ∈ C(Rn ×[0, ∞)), ut ∈ C(Rn ×(0, ∞)), и при этом uxi xj ∈ C(Rn ×(0, ∞)) для всех i, j = 1, . . . , n. 60

o

28. Пространства C.Л. Соболева Wpm (Ω) и W m p (Ω). Полнота и сепарабельность пространств C.Л. Соболева. 29. Неравенство Фридрихса. 30. Обобщенное в смысле С.Л. Соболева решение первой краевой задачи  n X ∂fi   4u = f0 (x) + (x) в Ω, ∂x i i=1   u|∂Ω = u0 , где Ω — ограниченная область в Rn , n ≥ 2, u0 ∈ W21 (Ω) и fi ∈ L2 (Ω), i = 0, 1, . . . , n. Существование и единственность обобщенного в смысле С.Л. Соболева решения первой краевой задачи. 31. Гармонические функции. Докажите, что всякая гармоническая функция из пространства D0 (Ω) принадлежит классу C ∞ (Ω). Подсказка. Воспользуйтесь сверткой с фундаментальным решением оператора Лапласа ½ 1 ln |x|, n = 2, 2π En (x) = 1 1 − (n−2)|S1 | |x|n−2 , n ≥ 3. 32. Теоремы о среднем для гармонических функций. 33. Принцип максимума для гармонических функций. 34. Неравенство Харнака для гармонических функций. 35. Теорема Лиувилля для гармонических функций. 36. Принцип максимума для решений параболических неравенств.

61