docמבוא למשוואות דיפרנציאליות חלקיות ־ 80711
download 
Report Transcription
מבוא למשוואות דיפרנציאליות חלקיות ־ 80711
מבוא למשוואות דיפרנציאליות חלקיות ־ 80711 אור דגמי[email protected] , 23בינואר 2013 אתר אינטרנטhttp://digmi.org : סיכום הרצאות של פרופ׳ מתניה בן־ארצי בשנת לימודים .2013 ספר לימוד של פינצ׳ובר־רובינשטיין ־ מבוא למד״ח )ספר בעברית מהטכניון .הוא גם יצא באנגלית (Cambridge U. Press, Pinchover Rubinsteinמומלץ להשתמש באנגלית ,אבל יש רק אחד בספריה והוא שמור .בעברית יש מספר עותקים. יהיה בוחן אמצע ומבחן סופי שיתבסס על תרגילים מהשיעורי בית שאינם להגשה. 1 תוכן עניינים I משוואות מסדר ראשון 4 1 סיסמה כללית 6 2 משוואה לינארית וקוואזי־לינארית 2.1המשוואה הלינארית הכללית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . משפט הקיום והיחידות למשוואות קוואזי־לינאריות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 2.2קווים קרקטריסטיים . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3דוגמה למשוואה לינארית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4דוגמה של משוואה קוואזי לינארית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 8 9 11 11 12 3 פתרון חלש 3.1מהו פתרון חלש? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1דוגמאות לפתרונות חלשים במשוואת . . . . . . . . . . . . . . . . uy + uux = 0 Burgers 3.3פתרון לא יחיד . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4חוק השימור הכללי . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 14 14 17 18 20 II 23 משוואת הגלים 4 משוואת הגלים במימד יחיד 4.1הגדרת המשוואה . . . . . . . 4.2הפתרון הכללי למשוואת הגלים 4.3פתרון ספציפי . . . . . . . . . 4.4יציבות פתרונות . . . . . . . . . . . . 24 24 24 26 27 5 משוואת הגלים ב Rn 5.1הכללה למימד גבוהה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2ממוצעי פונקציות )ממוצעים כדוריים( . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3ממשוואת Darbouxאל משוואת הגלים .או :משוואת . . . . . . . . . . Euler-Poisson-Darboux 30 30 30 31 אופטרטורים מדרגה כלשהי ,משטחים קרקטריסטיים ומשפט Cauchy-Kowalewski 35 III 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . במה מדובר? 6.1מולטי־אידקסים . . . . . . . . . . . . . . . אופרטור . . . . . . . :D 6.1.0.1 משפט הבינום. . . . . . : 6.1.0.2 פולינום טיילור מסדר :m 6.1.0.3 הפיתוח המולטינומי. . . : 6.1.0.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 36 36 36 37 37 תוכן עניינים 7 פונקציות אנליטיות ממשיות 7.1 8 42 טורים במוטלי אינדקס . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 7.1.1 7.1.2 הגדרה ודוגמאות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . טור חזקות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 43 7.1.3 7.1.4 עקרונות השוואה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . משפט ההרכבה . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 46 משפט Cauchy-Kovalewski 8.1המקרה הכללי . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 48 IV 9 תוכן עניינים משוואת Laplaceו Poisson :ב Rn 54 משוואת Laplace 55 9.1 פונקציות הרמוניות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.1.1ובחזרה לממוצעים. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... 55 55 9.2 9.3 משפט הערך הממוצע )חלק . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2 משפט המקסימום החזק . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 57 10בעיית דיריכלה )(Dirichlet 10.1נוסחאת . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Green 60 60 10.2הגדרת הפתרון היסודי ב . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rn 10.2.1נגזרות xשל ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Γ (x − y 61 61 10.3פונקציית גרין . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3.0.1שאלה? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V Greenוגרעין Poissonלכדור )BR (0 63 65 10.3.1 פונקציית . . . . . . . . . . . . . . . 65 10.3.2 10.3.1.1גרעין Poissonשל ). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . BR (0 הסימטריה של פונקציית . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Green 66 67 10.3.3סיכום. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . : 10.4עובדות לגבי גרעין . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Poisson 70 70 10.5תכונות גרעין . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Poisson 10.5.1מסקנות . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70 71 10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 80 משוואת החום 11משוואת החום על רגל אחת 11.1מה היה עד כה? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 81 11.2ממשוואת החום על תחום חסום . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3משפט המקסימום מינימום למשוואת החום . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 82 11.4פתרון משוואת החום ב t ≥ 0ו . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x ∈ R 11.5עקרון . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Duhamel 84 86 3 חלק I משוואות מסדר ראשון 4 23/10/2012 5 פרק 1 סיסמה כללית במד״ח מחפשים פונקציה נעלמת ,ממש כמו שבמשוואות אלגבריות מחפשים מספר )או סדרה של מספרים( .ולכן משוואה של סדר ראשון תהיה מהצורה: F (x, y, u (x, y) , ux (x, y) , uy (x, y)) = 0 כאשר ) u (x, yהפונקציה הנעלמת ו ux , uy :הנגזרות החלקיות לפי x, yבהתאמה. P הערה 1.0.1נשים לב שלקחנו את המקרה ״הכי פשוט״ ,כלומר שני משתנים בלתי תלויים. דוגמה : 1.0.2 x sin (y) eu(x,y) + ux (x, y)2 u (x, y) + ux uy = 0 המטרה למצוא את הפונקציה uהמקיימת משוואה זו. 6 פרק 2 משוואה לינארית וקוואזי־לינארית נתחיל במקרה הלינארי ,כלומר: )a (x, y) ux + b (x, y) uy = c0 (x, y) u (x, y) + c1 (x, y משוואה זו נקראת משוואה לינארית מכיוון שהיא לינארית ב .u, ux , uy הגדרה 2.0.3משוואה קוואזי־לינארית :משוואה קוואזי לינארית: )a (x, y, u) ux + b (x, y, u) uy = c (x, y, u P כלומר ,היא תלויה לינארית רק בנגזרות .ux , uyאבל לא בהכרח תלויה לינארית ב.u דוגמה : 2.0.4נתבונן במשוואה לינארית פשוטה: )ux (x, y) = c0 (x, y) u + c1 (x, y אנו רוצים לפתור את המשוואה במישור c0 (x, y) , c1 (x, y) .x, yנתונות במישור כולו וחלקות .דהיינו ,קיימות שנצטרך. הנגזרות מכל סדר ´ − x c (ξ,y)dξ e x0 0ונקבל: נכפול ב: ´ ∂ − ´xx c0 (ξ,y)dξ − x c (ξ,y)dξ e 0 u (x, y) = e x0 0 )· c1 (x, y ∂x ומהמשפט היסודי של החשבון האינפינטסימלי נקבל כי: )c1 (t, y) dt + g (y c0 (ξ,y)dξ ´t x0 − e ˆx = )u (x, y c0 (ξ,y)dξ ´x x0 − e כלומר ,כל yהוא ״פרמטר״. ובכך ,נקבל את ) u (x, yאם נדע את ) .g (yכלומר ,אם נקח x = 0ונחליט x0 = 0נקבל כי: )u (0, y) = g (y במילים אחרות g (y) ,הנתונה לגמרי לבחירתנו תייצג את ערכי ) u (x, yעל הציר .x = 0 מסקנה 2.0.5 ״תנאי ההתחלה״ של המשוואה הוא פונקציה. 7 פרק .2משוואה לינארית וקוואזי־לינארית .2.1המשוואה הלינארית הכללית הערה x0 2.0.6שהשתמשנו באינטגרציה לא חייב להיות קבוע ,הוא יכול להיות תלוי ב yבמקרה בו לא נתונה לנו הפונקציה uב x = 0אלא נתון על עקום כלשהו .ואז אנו יכולים לפרש את ) g (yבעזרת שימוש ב x0שונים לפי .y אם אותו yחוזר פעמיים בעקום ,אז ייתכן והמצב יניב סתירה .מכיוון שלכל yשנתון ע״י העקום עליו אנו יודעים את uהוא מתפתח לפי הערך בנקודה .על כן ,ייתכן כי אם אותו yחוזר פעמיים בעקום הנתון הערכים לא יתאימו להתפתחות .כלומר g (y) ,יכולה להיות נתונה על קו החותך פעם אחת בלבד כל ישר אופקי )מקביל לציר .(x P דוגמה : 2.0.7גם בדוגמה זו נדון במשוואה לינארית ,ואף פשוטה יותר: ux + uy = 0 משוואה זו בניגוד לקודמת היא בפירוש לא משוואה רגילה .ראשית נחפש משהו דמוי הקווים שהיו לנו בדוגמה הראשונה. אבחנה: למעשה: ux + uyהינה הנגזרת הכיוונית בכיוון האלכסון .x = yנקח את הוקטור ) ,α (1, 1המשוואה שלנו היא α∇u = 0 ולכן u ,קבועה על כל קו מהצורה y = x + cכאשר .c ∈ Rכלומר u ,למעשה היא למעשה פונקציה לא של x, yאלא של y − xדהיינו .u (x, y) = u0 (y − x) :כלומר ,בהינתן ) ,u0 (cלכל c ∈ Rהפתרון יהיה ).u (x, y) = u0 (y − x } | {z c כלומר נקבל כי: נניח ,u0 (c) = c2 נקודת החיתוך עם .c = − y=0 2 ) ,u (x, y) = (y − xובפרט כאשר y = 0מתקיים u (x, 0) = x2 :כאשר: הערה 2.0.8נבחין כי אנו גם בדוגמה זו ,יכולים לקחת קו אחר. ניתן להסיק את ערכו של cמתוך חיתוך עם קו Γובתנאי ש Γחותך כל y = x + cבדיוק פעם אחת .למשל Γיכול להיות.{x > 0, y = 0} ∪ {y ≥ 0, x = 0} : כעת ,נסתכל מהכיוון השני .תהי ) u0 (cפונקציה כלשהי .נסתכל ב .u (x, y) := u0 (y − x) :אז: ( )ux (x, y) = u′0 (y − x) · (−1 uy (x, y) = u′0 (y − x) · 1 ⇓ ux (x, y) + uy (x, y) = 0 2.1 המשוואה הלינארית הכללית כפי שכבר ציינו ,המשוואה הלינארית הכללית הינה: )a (x, y) ux + b (x, y) uy = c0 (x, y) u (x, y) + c1 (x, y נחשוב על הפתרון ) u = u (x, yכמשטח ב .R3הרי ,פונקציה בשני משתנים מתארת משטח ב .R3 מה הנורמל למשטח הזה? נסמנו ))) N (x, y, u (x, yאבל לא ננרמל אותו( .אנו יכולים לקחת נורמל כזה בצורה: )N (x, y) = (ux (x, y) , uy (x, y) , −1 מדוע? המשטח ) z = u (x, yניתן לכתיבה כ .u (x, y)−z = 0 :מהו ווקטור מאונך למשטח גובה כללי ?ϕ (x, y, z) = 0 זהו כמובן ).∇ϕ (x, y, z 8 .2.1המשוואה הלינארית הכללית פרק .2משוואה לינארית וקוואזי־לינארית אז במשטח שלנו ϕ (x, y, z) = u (x, y) − zהגרדיאנט הוא כמובן: )N (x, y) = (ux (x, y) , uy (x, y) , −1 ואז ,המשוואה הכללית ניתנת לכתיבה בצורה הבאה: N · (a (x, y) , b (x, y) , c0 (x, y) u (x, y) + c1 (x, y)) = 0 | {z } )K(x,y 24/10/2012 במילים אחרות ,הוקטור )) K (x, yבנקודה )) ((x, y, u (x, yמשיק למשטח הפתרון. 2.1.1משפט הקיום והיחידות למשוואות קוואזי־לינאריות כפי שראינו כבר ,המשוואה הקוואזי לינארית היא: )(2.1.1 )a (x, y, u) ux + b (x, y, u) uy = c (x, y, u נתונים :קו חלק ב ) R3לצורך משוואות מסדר ראשון ,נגדיר חלק בתור (C 2מהצורה,Γ (s) = (x0 (s) , y0 (s) , u0 (s)) : ).s ∈ (a, b משפט 2.1.1 a (Γ (s)) y0′ נניח כי a, b, cהן פונקציות חלקות בסביבה של נקודה ) .Γ (s0נניח כי קיים δ > 0כך שמתקיים התנאי (s)− b (Γ (s)) x′0 (s) 6= 0עבור ) .s ∈ (s0 − 2δ, s0 + 2δאזי ,קיימת סביבה של }) {Γ (s) | s ∈ (s0 − δ, s0 + δשבה קיים פתרון יחיד למשוואה ) (2.1.1המקיים.u (x0 (s) , y0 (s)) = u0 (s) : הוכחה :נסתכל במערכת המשוואות הרגילות: כאשר: d )) dt x (t, s) = a (x (t, s) , y (t, s) , u (t, s d ))dt y (t, s) = b (x (t, s) , y (t, s) , u (t, s d ))dt u (t, s) = c (x (t, s) , y (t, s) , u (t, s )x (0, s) = x0 (s )y (0, s) = y0 (s )u (0, s) = u0 (s s ∈ s0 − 23 δ, s0 + 23 δ לפי משפט הקיום והיחידות של מד״ר ,קיים ε0 > 0כך שהפתרונות קיימים ויחידים עבור −ε0 < t < ε0ו: .s ∈ s0 − 32 δ, s0 + 23 δפתרונות אלה הם פונקציות C 2בתחום הזה של ).(t, s הפתרונות האלה הם קווים ב R3העוברים דרך ) Γלפחות ל .(t = 0 הגדרה 2.1.2קווים אלה נקראים הקווים הקרקטריסטיים של ).(2.1.1 אנו רוצים להראות שהקבוצה (x (t, s) , y (t, s) , u (t, s)) , t ∈ (−ε0 , ε0 ) , s ∈ s0 − 23 δ, s0 + 32 δהיא המשחט הפותר ,בהסתייגות שאולי נצטרך לצמצם את קטעי .s, t מה שעלינו לעשות כמובן הוא להחליף את ) (t, sב ) .(x, yנחשב את היעקוביאן: ∂x ∂x )∂ (x, y a (x (t, s) , y (t, s) , u (t, s)) ∂x ∂t ∂s ∂s = )J (t, s = = ∂y ∂y b (x (t, s) , y (t, s) , u (t, s)) ∂y )∂ (t, s ∂t ∂s ∂s נחשב את הדטרמיננטה של היעקוביאן בנקודה .t = 0 )det J (t, s) |t=0 = a (Γ (s)) y0′ (s) − b (Γ (s)) x′0 (s 9 פרק .2משוואה לינארית וקוואזי־לינארית 30/10/2012 .2.1המשוואה הלינארית הכללית בגלל התנאי במשפט ,ידוע ממשפט הפונקציות הסתומות כי עברו 0 < ε < ε0ו δ > 0מספיק קטן ,אכן ניתן להפוך את הפונקציות )) (t, s) 7→ (x (t, s) , y (t, sעבור .s0 − δ, s < s0 + δ , −ε < t < εכאשר התמונה היא משטח חלק שעליו ) t = t (x, yו .s = s (x, y) :ואז ,נגדיר )).u (x, y) = u (t (x, y) , s (x, y היא מוגדרת יפה וחלק על D) (x, y) ∈ Dהוא התחום עליו הפונקציה ההפוכה עובד( ,נראה שהיא פתרון של המשוואה ).(2.1.1 = ) a (x, y, u (x, y)) ux (. . .) + b (. . .) uy (. . .) = a (ut tx + us sx ) + b (ut ty + us sy ) ut (atx + bty ) + us (asx + bsy ∂t ∂t אבל a = xyו b = ytלכן= 1 : ולכן: = .atx + bty = xt tx + yt tyוכמו כן= 0 : ∂s ∂t = asx + bsy = xt sx + yt sy ))= ut = c (x, y, u (x, y אבחנה :קו שמשיקו ) (a, b, cמאונך לאנך של הישר הפותר .כלומר⇐ משיק למשטח .מכיוון ש(a, b, c) (ux , uy , −1) = : .0הקווים הנ״ל אמורים להיות אבני הבניין של המשטח של הפתרון. נרצה להראות יחידות של הפתרון. נניח כי קיים משטח פותר ) z = f (x, yהמוגדר בסביבת )) (x0 (s0 ) , y0 (s0ונראה כי הוא מתלכד עם המשטח שבנינו. נסתכל עבור sבסביבה קטנה של s0בפונקציה: ))Ψ (t, s) = u (t, s) −f (x (t, s) , y (t, s | {z } } | {z הקווים האופייניים נגזור כפונקציה של tונקבל: = }|{z כיוון ש fפתרון של )(2.1.1 הפתרון שבנינו = Ψt (t, s) = ut (t, s) − fx xt − fy yt ))ut (t, s) − fx · a (x (t, s) , y (t, s) , f (t, s)) − fy · b (x (t, s) , y (t, s) , f (t, s ))ut (t, s) − c (x (t, s) , y (t, s) , f (t, s)) = c (t, s, u (t, s)) − c (t, s, f (t, s כאשר )) .f (t, s) = f (x (t, s) , y (t, sלכן: )(2.1.2 ))Ψt = c (t, s, u (t, s)) − c (t, s, u (t, s) − Ψ (t, s {z } | הגדרת Ψ לכן Ψ (·, s) ,מקיימת משוואה דיפרנציאלית רגילה מסדר ראשון ).(2.1.2 u0 (s) − u0 (s) = 0 = }|{z בגלל התנאי ההתחלהf |Γ = u0 (s) : ))Ψ (0, s) = u (0, s) − f (x (0, s) , y (0, s מצד שני ,הפונקציה ≡ 0מקיימת את ) (2.1.2באופן טריוויאלי .לכן ,בגלל יחידות מד״ר Ψ (t, s) ≡ 0כפונקציה של .tנניח כי התנאי .ay0′ − bx′0 |S0 6= 0לכן היעקוביאן יהיה רגולי בסביבה של s0על Γולכן גם עבור ) (t, sמספיק קרובים ל) .(0, s0ואז נוכל לקבל פתרון יחיד בסביבה מספיק קטנה של )) .(x0 (s0 ) , y0 (s0 הערה 2.1.3מה בעצם אומר התנאי באופן גיאומטרי? הוא אומר כי הוקטור: )))(a (x0 (s) , y0 (s) , u0 (s)) , b (x0 (s) , y0 (s) , u0 (s איננו מקביל לווקטור )) (x′0 (s) , y0′ (sבמישור. הראשון הוא השלכה של המשיק לקרקטריסטיקה היוצאת מ (x0 (s) , y0 (s) , u0 (s)) ∈ Γעל .R לכן ,התנאי אומר שההשלכות של הקרקטריסטיקה ו Γהן טרנסוורסליות )יש בניהן זווית לא טריוויאלית ,לא אפס( לכל sבקטע הפרמטרי )על .(Γולכן ,התנאי נקרא תנאי הטרנסוורסליות. בקיצור Γ ,איננו קרקטריסטי עבור שום sבסביבה .s0 2 10 .2.2קווים קרקטריסטיים 2.2 פרק .2משוואה לינארית וקוואזי־לינארית קווים קרקטריסטיים המקרה ה״פרטי״ של משוואה קוואזי־לינארית הוא כמובן המשוואה הלינארית: )(2.2.1 )a (x, y) ux + b (x, y) uy = c0 (x, y) u + c1 (x, y המשוואות הקרקטריסטיות: ))= a (x (t, s) , y (t, s ))= b (x (t, s) , y (t, s )dx(t,s dt )dy(t,s dt ( עומדות בפני עצמן. הקווים הקרקטריסטיים נקבעים )במישור (x, yללא תלות ב )!u0 (s מהי המשמעות שלהם? לאורך כל קו כזה ,הפתרון מתקדם ״באופן עצמאי״ .כלומר: ))= c0 (x (t, s) , y (t, s)) u (t, s) + c1 (x (t, s) , y (t, s )du (t, s | dt } {z אגף שמאל ב )(2.2.1 sפרמטר! 31/10/2012 נזכור כי x (t, s) , y (t, s) :כבר ידועים .זאת משוואה לינארית מסדר ראשון ל ) u (t, sכפונקציה של .tוביודענו את ) u (0, s) = u0 (sאנו יודעים את ) u (t, sלכל ).t ∈ (−ε, ε 2.3 דוגמה למשוואה לינארית נחזור להתבונן במוושאה כמעט והכי פשוטה: uy + cux = 0 נתונה: )u (x, 0) = h (x ו c ∈ Rקבוע. הקווים האופיניים הם: du =0 } |dt{z )u(t,s)=h(s dy = 1, } |dt{z y(t,s)=t dx =c , } |dt{z x(t,s)=s+ct ולכן: )u (x, y) = h (x − cy נבדוק: = h′ (. . .) · 1 )= h′ (. . .) (−c כלומר אם נציב במשוואה אכן נקבל .0 11 ux uy .2.4דוגמה של משוואה קוואזי לינארית פרק .2משוואה לינארית וקוואזי־לינארית הפתרון הנ״ל קבוע על כל קו מהצורה .x − cy = k = constכלומר ,על כל אחד מהקווים המקבילים של המשפחה . dx ,x = cy + kאו dy = x . dx במילים אחרות ,הפתרון הוא ״גל נוסע״ במהירות dy = c נשים לב כי: )(x′0 (s) , y0′ (s)) = (1, 0 )(a, b) = (c, 1 כלומר ,מתקיים תנאי הטרנסוורסליות. 2.4 דוגמה של משוואה קוואזי לינארית נרצה קצת לסבך את העניינים ,נעבור למשוואה הקוואזי־לינארית: )(2.4.1 uy + uux = 0 משוואה זו נקראת משוואת .Burgersהיא קוואזי־לינארית ,לכן שוב אם u (x, 0) = h (x) :ו ) h (xחלקה ,אזי קיים פתרון יפה בסביבת .y = 0כאשר מתקיים תנאי הטרנסוורסליות כאשר: )(x′0 (x) , y0′ (s)) ≡ (1, 0) ∦ (a (x0 (s) , y0 (s) , u0 (s)) , b (. . .)) ≡ (u0 (s) , 1 לכן מתקיים תנאי הטרנסוורסליות תמיד כיוון שהקאורדינטה השניה תמיד יש .1 אנו רוצים לפתור בשיטה של הוכחת המשפט ,אבל ראשית נביט בנקודת מבט גיאומטרית. במקרה הזה c = uשזה מוזר .לאורך הקו ששיפועו uהפונקציה הפותרת uתהא קבועה .לכן הקו חייב להיות ישר ושיפועו יהיה uאיפה שהוא התחיל ,כלומר בחיתוך עם ציר ה ,xנגדיר נקודה כזו בתור s0 = x0כלומר ,שיפועו ) .u (x0 , 0) = h (x0 נניח כעת כי יש לנו x1 < x0כך ש ) h (x1 ) > h (x0אבל נשים לב שבמקרה כזה תיהיה לנו התנגשות של הקווים בנקודה החיבור ,ולכן כאן נשבר לנו הפתרון מכיוון שאז: ( ) h (x1 =u ) h (x0 זה מראה לנו שלא תמיד קיים פתרון לכל זמן. כעת נפתור את זה בשיטה הקודמת: dx )= u (t, s dt dy =1 dt du =0 dt = )a (x, y, u מכאן נובע ,כי )) y (t, s) = t ,u (t, s) = h (sמכיוון שבזמן t = 0הוא שווה (0ולבסוף.x (t, s) = s + th (s) : לכן: ))u (x, y) = h (x − yu (x, y זוהי משוואה סתומה ל ) u (x, yשיש לה פתרון חלק עבור סביבה קטנה של קטע ) (α, βסופי לכל α < β ∈ Rבגלל משפט הפונקציות הסתומות. 12 פרק .2משוואה לינארית וקוואזי־לינארית .2.4דוגמה של משוואה קוואזי לינארית בדוגמה הקודמת הפתרון של ) u (x, y) = h (x − cyהיה פתרון יפה לכל ) (x, yכאשר רמת החלקות שלו )הרגולריות שלו( זהה לזו של hהנתונה. 06/11/2012 מצד שני ,ראינו כי זה גל נוסע במקום לדבר על כמה חלקות יש ,אנו רוצים לדבר על המב ההפוך .כאשר ,h (x) = 1 u (x, 0) = 1עבור x < 0ואילו u (x, 0) = 0 :עבור x > 0ונקבל למעשה פונקציית מדרגה אשר פותרת את המשוואה על אף שאיננו יודעים כיצד לגזור אותה. איך אנו רואים את החילוץ של uבעזרת משפט הפונקציות הסתומות? נסמן .G (x, y, u) = u − h (x − yu) :ואז אנו ∂Gכלומר: דורשים .G (x, y, u) = 0 :לשם שימוש במשפט הפונקציות הסתומות לחליוץ uנדרש ∂u 6= 0 1 + h′ y 6= 0 כלומר ,כל זמן ש y 6= − h1′ :ניתן לפתור ולקבל את ) .u (x, yנניח כי ) h (s1 ) > h (s2כאשר .s1 < s2אבל אז השיפוע של הקו הקרקטריסטי של s2יהיה גדול יותר כאשר אנו מתקדמים ב ) yלמעשה ב (tועל כן הקווים יחתכו. y b x b b s1 s2 ) h(s1 ) > h(s2 באופן כללי ,אם h′ (s) < 0אזי הקרקטיסטיקה המתחילה ב s1תחתוך את זאת המתחילה ב s2אם .s2 > s1 אם נחזור לתנאי ) y = − h′1(sאזי ה״שבר״ יקרה ב: ) .0 < yc = min − h′1(sכלומר ,קיים פתרון קלאסי s∈R .0 ≤ y < yc נחזור )עבור (0 < y < ycלמשוואה הסתומה .u (x, y) = h (x − yu (x, y)) :אנו יודים כי ניתן לגזור: ))ux (x, y) = h′ (x − yu (x, y)) (1 − yux (x, y)) ⇒ ux (x, y) [1 + yh′ (x − yu (x, y))] = h′ (x − yu (x, y כל זמן ש 1 − yh′ (x − yu (x, y)) 6= 0ניתן לחשב את .ux 13 פרק 3 פתרון חלש 3.1 מהו פתרון חלש? בהמשך לדגומה בסוף הפרק הקודם ,אנו מעוניינים בפתרון שיהיה קיים מעבר ל .(y > yc ) y = ycולכן נצטרך להגדיר פתרון חלש ).(weak solution נרשום את משוואת (uy + uux = 0) Burgersבצורה: 1 2 u x=0 2 הערה 3.1.1הסימן x uy + u2משמעותו גזירה של u2לפי ,xדהיינו= 2uux : x . u2 נחשוב על uכפתרון קלאסי המאפשר שימוש במשפטי אינפי ,בפרט המשפט היסודי ,ונבצע אינטגרציה על קטע [a, b] ⊆ Rxעבור 0 < yקבוע. )(3.1.1 1 2 2 u (b, y) − u (a, y) = 0 2 u (ξ, y) dξ + ˆb a ∂ ∂y הגדרה ) 3.1.2לא באמת הגדרה פורמלית( אם השיוויון הנ״ל מתקיים לכל a, b ∈ Rולכל y ∈ R+נאמר כי ) u (x, yהיא פתרון חלש של המשוואה .uy +uux = 0 בפרט u (x, y) ,לא חייבת אפילו להיות רציפה. 3.2 דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס לדוגמה ,נניח שאנו נמצאים במסגרת של מלבן :(a, b) × (y1 , y2 ) ⊆ R2 14 פתרון חלש.3 פרק דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס.3.2 y y2 b y1 b x = γ (y) x b b a b בשני החלקים של המלבן.x = γ (y) שהוא בעל קפיצה לאורך קו חלקu (x, y) ומניחים כי קיים פתרון חלש . חלקהu (x, y) )המופרדים ע״י הקו( הפונקציה :3.1.1 לפי γ(y) ˆ ˆb ∂ 1 1 2 u (ξ, y) dξ + u (b, y) − u (a, y) = 0 u (ξ, y) dξ + ∂y 2 2 a γ(y) :לכן γ(y) ˆ 1 + − γ (y) u γ (y) , y + − u2 (ξ, y) ξ dξ − γ ′ (y) u γ (y) , y + | {z } a | 2 {z {z } | } h´ i ´ γ(y) ∂ b לפי המשוואה ∂ ] ∂y [ a ∂y γ(y) ′ ˆb γ(y) − 1 1 1 2 2 2 u (ξ, y) ξ dξ + u (b, y) − u (a, y) = 0 2 2 2 :ולכן h i 1 2 ✘ − + 2 − ✘✘ γ ′ (y) u γ (y) , y − u γ (y) , y − u (a, y) − u γ (y) , y − ✘ 2 2 1 ✟ ✟ ✟ ✟ 1 ✘ 2 + 2 ✟y)2 − 1 u (a, ✟y) ✘✘ u (b, y) − u γ (y) , y + u✟(b, =0 ✘ ✟ 2 2 2 ✟ ✟ h i 1 2 1 2 γ ′ (y) u γ (y)− , y − u γ (y)+ , y − u γ (y)− , y + u γ (y)+ , y = 0 2 2 : לכן נבודד אותוγ ′ (y) מייטב עניינינו הוא ב 2 2 − + i u γ (y) , y − u γ (y) , y 1h 1 − + = u γ (y) , y + u γ (y) , y γ ′ (y) = · 2 u γ (y)− , y − u γ (y)+ , y 2 15 פרק .3פתרון חלש .3.2דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס ,( dxנמצא את המסקנה הגיאומטרית הבאה: אם משווים זאת עם שיפוע הקרקטריסטיקות )דהיינו )dy = u (x, y y )γ (y : u γ (y)+ , yשיפוע b y : u γ (y)− , yשיפוע x b b + − .u γ (y) , y > u γ (y) , y {z | } {z } | חיובי בציור שלילי בציור כלומר שיפוע קו האי־הרציפות הוא ממוצע השיפועים האופיינים משני צדדיו. הגדרה 3.2.1פתרון ) u (x, yשיש לו את המבנה הזה )קו אי־רציפות חלק המבדיל שני תחומים חלקיים של ,(uנקרא גל הלם ).(shock wave הערה 3.2.2העובדה ש: i 1h − + = )γ ′ (y u γ (y) , y + u γ (y) , y 2 )(3.2.1 נקראת .Rankine-Hugoniot הערה 3.2.3הקווים הקרקטריסטיים )האופייניים( יכולים להראות כקווים אקוסטיים .כלומר שיפועם הוא מהירות התנועה של ההפרעה. כי מהירות גל ההלם היא ממוצע מהירויות ההפרעות משני צדדיו .בהנחה )(3.2.1 RH תנאי אומר מנקודת מבט זאת, שהייתה לנו: + − − .u γ (y) , y > u γ (y) , yכלומר ,קו ההלם הוא סבסוני ) (subsonicביחס לאחוריו ) )(γ (y + וסופרסוני ) (supersonicביחס למצב שלפניו ) ) .(γ (yסוני⇐ מתייחס לשיפוע הקרקטריסטיקה. הערה 3.2.4חוק השימור )) (balance lawומכאן = 0 x u2 1 2 .(uy + נחשוב על ) (3.1.1בתורה הבאה u (x, y) :היא איזושהי צפיפות חומר כך ש u (ξ, y) dξ ´b מבטא את כמות החומר a בקטע ] [a, bבזמן u (ξ, y) dξ .y ´b a 07/11/2012 ∂ ∂y הוא לכן קצב ההשתנות של הכמות הזאת. 2 1 )2 u (b, y לכן מבטא את הכמות הזורמת ימינה דרך ) bכלומר מה שיוצא מהקטע( וכן 12 u (a, y)2הכמות הזורמת ימינה דרך ) aכלומר מה שנכנס(. תרגילים ,1-13בסעיף 2.10עמוד .67 נתבונן שוב במקרה של .uy + ux = 0אנו רוצים להבין מה המשמעות של הפתרון u (x, 0) = 1 :עבור x < 0ו: u (x, 0) = 0עבור .x > 0 y 1 0 x 16 פרק .3פתרון חלש .3.2דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס לדבר זה קוראים הפיסיקאים קוראים לו מדרגה מתקדמת. לשם כך ,נשתמש בפתרון חלש ,נבצע אינטגרציה ב xונדרוש: u (ξ, y) dξ + u (b, y) − u (a, y) = 0 ˆb ∂y a אם קיים קו קפיצה חלק )) x = γ (yלמעשה הקו האדום באיור( אז: ⇒ u (ξ, y) dξ + u (b, y) − u (a, y) = 0 ˆb )γ(y )γ(y ˆ u (ξ, y) dξ + a ∂y )γ(y ˆb h ˆ i )✿ −uξ (ξ, y ✘✘ )✿ −uξ (ξ, y ✘ − + ✘ γ (y) u γ (y) , y − u γ (y) , y + ✘uy ⇒ (ξ, y)dξ + u (b, y) − u (a, y) = 0 ✘uy (ξ, y)dξ + ✘ ✘ ′ a )γ(y h i h i + ✘ + u (b, ✘ ✘ u (a, ✘ ✘ ✘ ✘✘ ✘✘ ✘ γ (y) u γ (y)− , y − u γ (y)+ , y − u γ (y)− , y − u (b, y)− u (a, )y ✘✘✘ y) − u γ (y) , y + ⇒ ✘✘ y) = 0 h i − + −1 + γ ′ (y) u γ (y) , y − u γ (y) , y = u γ (y) , y − u γ (y) , y ⇒ γ ′ (y) ≡ 1 ′ 3.2.1 דוגמאות לפתרונות חלשים במשוואת uy + uux = 0 Burgers הדוגמה הראשונה שנרצה להתבונן בה היא: x≤0 0≤x≤α x≥α x α 1 h (x) = 1 − 0 )h(x x אנו מצפים לפתרון קלאסי אם .y < yc = min − h1′ = α dy du dx =u =1 =0 dt dt dt כמו שכבר ראינו: )x (t, s) = s + th (s y (t, s) = t )u (t, s) = h (s 17 פרק .3פתרון חלש .3.3פתרון לא יחיד )u (x, y) = h (x − tu y b α y b x b b x0 x α )= u (x, y x0 α = x−y+y = x−y x0 α 1− x0 y x0 1 − α x−y x − 1− y 1 − αx )x 1 − αy − (x − y x − x0 α = = = = )u (x, y y y 1 − ya y 1 − αy כלומר החל מהנקודה αהקווים הקרקטריסטיים עולים למעלה בניצב לציר ה xואילו כל היתר נראים כי: y b b α x b x α 13/11/2012 )בירקרק הקרקטריסטיקות בתחום ,0 < x < αבכחול היתר ,הקו האדום הוא הגל הלם( כלומר ,כל הקרקטריסטיקות מתכנסות לנקודה ) (α, αושם הן נפגשות. + u (x, y) = x−αלפחות כאשר y < yc = αלא נדון בזה השיעור ,הטענה מה קורה כאשר ?α → 0הפתרון שלנוy−α : היא שב 0נקבל 12וביתר נקבל 0, 1כמו בדוגמה עם המדרגה. 3.3פתרון לא יחיד כעת נרצה לעבור להתבונן על מקרה דומה רק קצת שונה: x≤0 0≤x≤α x≥α 0 x α 1 18 = )h (x פרק .3פתרון חלש .3.3פתרון לא יחיד )h(x x הדברים הברורים u ≡ 0 :עבור x ≤ 0וכל .y ≥ 0עבור x ≥ αהקרקטרסיסטיקות הן בשיפוע 1ונושאות ערך ,u = 1כלומר u (x, y) = 1אם .x ≥ y + α כעת ,אם 0 < x0 < αאזי u = xα0ולאורך הקו x = x0 + xα0 y = x0 1 + αyנקבל: x x = α+y 1 + αy α = )u (x, y y x b α במקרה הזה ,אין לנו ערך קריטי !ycוהפתרון ממשיך להיות רציף לכל .y > 0 כאשר , y ≫ 1אנו מקבלים כי הפונקציה ) h (xהולכת ו״מתרווחת״ באופן לינארי .במקום שהעליה תסתיים ב ,αהיא מסתיימת ב .y + α הגדרה 3.3.1פתרון כזה נקרא ״גל התרווחות״ ).(rarefaction expansion wave נסתכל בפתרון הגבולי .α → 0+אם נתבונן בתמונה של הקרקטריסטיקות ,כל הקווים באגף הימני מתקרבים לאפס. x . α+y באופן דומה ניתן באופן פורמלי להשאיף את αלאפס ב הפתרון הגבולי יהיה: 0 x ≤ 0 u (x, y) = xy 0 ≤ x ≤ y 1 x≥y כלומר הפתרון הקרקטריסטי הוא: x=y y x y = )u(x, y u(x, y) = 0 u(x, y) = 1 x 19 פרק .3פתרון חלש .3.4חוק השימור הכללי נבחין כי בתחום הירקרק ,השיפוע של הקרקטריסטיקה הוא השיפוע של הקו המחבר את הראשית לנקודה ).(x, y הגדרה 3.3.2הפתרון ) u (x, yנקרא גל התרווחות מרוכז ).(centered rarefaction תרגיל :לוודא שזה פתרון חלש. מה בדבר פתרון עם קפיצה? כלומר קו אי רציפות .כאשר u ≡ 0בכל התחום ה״שמאלי״ לקו הקפיצה ו u ≡ 1מימין לקו הקפיצה .כלומר ,פתרון עם קפיצה ) x = γ (yכאשר . 12 =γ ′ yניתן לראות כי גם זה פתרון חלש לפי .(3.2.1) RH y x מסקנה 3.3.3 הפתרון הראשון שראינו ,וגם הפתרון עם הקפיצה הם שני פתרונות חלשים לאותו תנאי התחלה: ( 1 x>0 = )u (x, 0 0 x<0 כלומר ,הגדרת הפתרון החלש גרמה לאי־יחידות .למעשה ,ה״פתרון הנכון״ הוא הראשון .ה״טבע״ אומר אם אין צורך בקפיצה ,אל תשתמש בה. אנו נגע בהמשך מה המשמעות של ה״טבע״ ,מכיוון שכן יש לו אנלוג מתמטי. היחידות המתימטית נובעת מהתנאי הבא :בכל קפיצה ״מותרות״ הקקטיסטיקות ״נכנסות״ לקפיצה כאשר ↑ y) yגדל(. זהו תנאי האנטרופיה של .(Lax entropy law) Lax 3.4חוק השימור הכללי מלים אחדות על חוק השימור הכללי ):(Conservation Law )(3.4.1 ∂u u + ∂x (F (u)) = 0 הערה 3.4.1ל.F (u) = 12 u2 ,Burgers במידה ו Fפונקציה חלקה של ,u ∈ Rאז מכלל השרשרת: ∂y u + F ′ (u) ∂x u = 0 לכן לפתרון חלק ,הקרקטריסטיה היא: du =0 dt dx )= F ′ (u dt במילים אחרות ,הפתרון )החלק( מקיים uקבועה לאורך הקו: dx )= F ′ (u dy כלומר ,הקווים הקרקטריסטיים במישור x, yיהיו קווים ישרים. 20 dy =1 dt .3.4חוק השימור הכללי P פרק .3פתרון חלש דוגמה : 3.4.2גם אם היה מדובר ב: ∂y u + cos u∂X u = 0 במקרה זה: )F (u) = sin (u ואז אם הם נחתכים ,לא יתקיים יותר )כלומר ל yגדול יותר( פתרון חלק. אחרי־כן ,יהיה פתרון עם קפיצות. הגדרה 3.4.3פתרון חלש :פתרון חלש ) u (x, yהוא פתחון חסום ,רציף למקוטעין ,המקיים לכל y > 0ולכל ∈ a < b :R u (ξ, y) dξ + F (u (b, y)) − F (u (a, y)) = 0 ˆb ∂y a אם הפתרון כולל קפיצה ) x = γ (yשמשני צדדיה הפתרון חלק ,ו ,a < γ (y) < bנקבל כי: )γ(y ˆ ˆb u (ξ, y) dξ + F (u (b, y)) − F (u (a, y)) = 0 ∂y u (ξ, y) dξ + a )γ(y נקבל: [−∂ξ F (u (ξ, y))] dξ + F (u (b, y)) − F (u (a, y)) = 0 ˆb )γ(y ˆ [−∂ξ F (u (ξ, y))] dξ + a )γ(y + + − ′ γ (y) u − u כאשר: ± u± = u γ (y) , y כעת: ✘ ✘ ✘ ✘ ✘F ✘(u ✘ (a,✘y)) + ✘F ✘(u ✘(b, ✘ y)) − F u+ + ✘F ✘(u ✘(b, ✘ y)) − ✘F ✘(u (a,✘y)) = 0 ✘ γ ′ (y) u− − u+ − F u− − לכן קיבלנו: γ ′ (y) u− − u+ − F u− − F u+ = 0 כלומר: − + ) F (u ) − F (u ])[F (u = − + u −u ][u } | {z = )γ ′ (y מידת הקפיצה כלומר הכוונה בצעד האחרון היא שכיוון הקפיצה לא חשוב ,העיקר שזה יהיה קונסיסטנטי .כמו כן ,אנו לא מחלקים באפס כי יש קפיצה. 21 .3.4חוק השימור הכללי P פרק .3פתרון חלש דוגמה : 3.4.4 2 1 + ])[F (u 1 + 2 1 2 = − u− u u − u− u+ + u− ⇒ u = 2 ][u 2 2 = )F (u תנאי האנטרופיה )של (Laxיגיד כי קפיצה תהיה מותרת במקרה זה רק אם הקרקטריסטיקות ״נכנסות״ לקפיצה כאשר yגדל .כיוון שהשיפועים הם הם ) ,F ′ (u− ) , F ′ (u+אז אנו צריכים שהתנאי יהיה.F ′ (u− ) > γ (y) > F ′ (u+ ) : P P דוגמה : 3.4.5זאת אומרת ,אם F (u) = 21 u2במקרה של בורגרס ,אז .u− > u+ :כלומר ,הקפיצה היא רק קפיצה יורדת ,המקרה הראשון שראינו. דוגמה : 3.4.6נסתכל שוב במשוואה ) .(Burgers) (2.4.1נכפיל ב :u 1 3 1 2 + =0 u u 2 3 y x אזי תנאי (3.2.1) RHלקפיצה: 2 2 1 + ) 2 (u+ ) + u+ u− + (u− u + u− =6 + − 3 u +u 2 = 3 3 ) (u+ ) − (u− (u+ )2 − (u− )2 1 3 1 2 1 3 u ′ = γ (y) = 31 2 2u במילים אחרות ,תנאי (3.2.1) RHלשיפוע הקפיצה אינו אינווריאנטי תחת פעולות אלגבריות פשוטות על המשוואה. לכן ,המשוואה עצמה צריכה להיות נתונה. 14/11/2012 22 חלק II משוואת הגלים 23 פרק 4 משוואת הגלים במימד יחיד 4.1 הגדרת המשוואה משוואת הגלים הינה: utt − c2 uxx = 0 )(4.1.1 c > 0קבוע. אם ) v (x, tפתרון חלק ) (C 2של ,vt − cvx = 0נגזור לפי :t vtt − c (vt )x = 0 אבל vt = cvxמהמשוואה ,לכן קיבלנו כי: vtt − c (cvx )x = 0 ⇒ vtt − c2 vxx = 0 כלומר v ,היא פתרון משוואת הגלים .כלומר מי שפותר את המשוואה שכבר הכרנו ,למעשה פותר את משוואת הגלים. כתרגיל ,ניתן להראות כי גם vt + cvx = 0פותר את משוואת הגלים. אז במקום לכתוב את משוואת הגלים ניתן לתוב: (ut − cux ) (ut + cux ) = 0 וזה כמעט נכון ,אבל לא באמת נקבל את משוואת הגלים ,אלא: u2t − c2 u2x = 0 וזו משוואת האיקונל ,שנדבר עליה. 4.2 הפתרון הכללי למשוואת הגלים נניח כי ) u (x, tפתרון קלאסי בכל .R2נגדיר שינוי משתנים: x + ct x − ct 24 = = ξ η פרק .4משוואת הגלים במימד יחיד .4.2הפתרון הכללי למשוואת הגלים כך ש .u (x, t) = w (ξ, η) :זאת אומרת: ) ut = wξ ξt + wη ηt = wξ · c − cwη = c (wξ − wη ולכן: utt = c (wξξ c + wξη (−c) − wηξ c − wηη (−c)) = c2 (wξξ + wηη ) − 2c2 wξη כמו כן: ux = wξ ξx + wη ηx = wξ + wη ולכן: uxx = wξξ + wξη + wηξ + wηη = (ωξξ + wηη ) + 2wξη לכן: utt − c2 uxx = −4c2 wξη = 0 דהיינו w (ξ, η) :מקיימת!wξη ≡ 0 : מסקנה 4.2.1 ) wξ (ξ, ηאיננה פונקציה של ,ηמכיוון שנגזרתה לפי ηמתאפסת. לכן: )wξ (ξ, η) = f (ξ ואז: ξ )f (ξ) dξ +G (η {z } )=F (ξ ˆ = )w (ξ, η | וקיבלנו למעשה: טענה 4.2.2 כל פתרון חלק של משוואת הגלים נתון ע״י: )u (x, t) = F (x + ct) + G (x − ct ) F (x + ctקבוע על כל קו מהצורה) x + ct = k :למעשה ,מדובר בפרופיל נוסע במהירות G (x − ct) .(−cקבוע על כל קו מהצורה .x − ct = k שתי משפחות הקווים האלה מהוות את משפחת הקרקטריסטיקות של המשוואה. הערה 4.2.3אלה הן משפחות הקרקטריסטיקות של .vt ± cvx = 0 צורת ניסוח: כל פתרון של משוואת הגלים מורכב משני גלים נוסעים במהירויות .±c 25 .4.3פתרון ספציפי פרק .4משוואת הגלים במימד יחיד 4.3פתרון ספציפי ראינו כי הפתרון הכללי הוא: )(4.3.1 )u (x, t) = F (x + ct) + G (x − ct כיצד נמצא פתרון ספציפי של המשוואה? נשים לב כי כל בחירה של ) F, G ∈ C 2 (Rתיתן פתרון של המשוואה .גם אם Fתהיה לא רציפה זה יהיה פתרון )חלש(. נחפש פתרון ) u (x, tכך ש: )u (x, 0) = f (x ו .x ∈ Rאנו בכל המישור ,אין לנו תנאי שפה .בפרט ,בהצבת t = 0ב) (4.3.1יש לנו: )f (x) = u (x, 0) = F (x) + G (x אבל זה לא מספיק לנו ,כי צריך למצוא .F, Gלכן ,נצטרך עוד נתון שהוא: )ut (x, 0) = g (x הערה ux 4.3.1לא יעזור לנו כי גם כך יש לנו את ) ,f (xהנגזרת שלו לא נותנת לנו מידע נוסף. הערה נוספת שלי :גם utבמשוואת הגלים ,בפיתוח הניוטוני ,נותן לנו את המהירות של הגל בנקודה ,מידיעת המהירות והמיקום נדע כיצד הוא מתקדם. )ut (x, t) = cF ′ (x + ct) − cG′ (x − ct ובפרט: ))g (x) = ut (x, 0) = C (F ′ (x) − G′ (x ולכן: ])g (β) dβ = c [F (x) − G (x)] − c [F (0) − G (0 ˆx 0 כעת ,יש לנו שתי משוואות ,ואיתן ניתן לחלץ את Fואת : G ´x ]) g (β) dβ = c [F (x) − G (x)] − c [F (0) − G (0 0 ))cf (x) = c (F (x) + G (x מחיבור המשוואות נקבל: ])g (β) dβ = 2cF (x) − c [F (0) − G (0 ˆx cf (x) + 0 ומחיסורן נקבל: ])g (β) dβ = 2cG (x) + c [F (0) − G (0 26 ˆx 0 cf (x) − יציבות פתרונות.4.4 משוואת הגלים במימד יחיד.4 פרק : את כלל המשוואות2cנחלק ב ( 1 2f 1 2f (x) + (x) − 1 2c 1 2c ´x g (β) dβ = F (x) − ´0x g (β) dβ = G (x) + 0 1 2 1 2 [F (0) − G (0)] [F (0) − G (0)] :לכן F (x + ct) = G (x − ct) = 1 1 1 [F (0) − G (0)] + f (x + ct) + 2 2 2c x+ct ˆ g (β) dβ 0 1 1 1 − [F (0) − G (0)] + f (x − ct) − 2 2 2c x−ct ˆ g (β) dβ 0 :ועל כן f (x + ct) + f (x − ct) 1 u (x, t) = F (x + ct) + G (x − ct) = + 2 2c x+ct ˆ g (β) dβ x−ct :D’Alembert כלומר קיבלנו את נוסחאת f (x + ct) + f (x − ct) 1 u (x, t) = + 2 2c x+ct ˆ (4.3.2) g (β) dβ x−ct .u (x, 0) = f (x) , ut (x, 0) = g (x) בהינתן . או התחלה טהורה,Cauchy בעיה כזו נקראת בעיית יציבות פתרונות 4.4 יציבות פתרונות4.4.1 משפט : כך שאםδ > 0 קייםT > 0 ובהינתןε > 0 בהינתן f − f˜ ∞ + kg − g̃k∞ + F − F̃ ∞,T F − F̃ ∞,T := < δ ⇒ ku − ũk∞,T < ε .x, t הנורמות של פונקציות ב sup F (x, t) − F̃ (x, t) x∈R |t| < T .f˜, g̃, F̃ הוא הפתרון המתאים לu ו :הוכחה 1 1 u (x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + 2 2c 27 x+ct ˆ x−ct 1 g (ξ) dξ + 2c ˆ Gx,t F (x, t) dxdt 27/11/2012 .4.4יציבות פתרונות ≤ dxdt פרק .4משוואת הגלים במימד יחיד ̃F − F ∞,T ˆ Gx,t x+ct ˆ 1 kg − g̃k∞ dξ + 2c x−ct 1 + 2c ∞ 1 1 2 1 δ + T δ + δ · 2cT · T = δ 1 + T + T 2c 2 2 כלומר ,עבור ε ) (1+T + 12 T 2 ˜|u (x, t) − ũ (x, t)| ≤ f − f < δנקבל כי הנ״ל קטן מ εכנדרש. הערה 4.4.2אם אנו מעוניינים להעריך את ) (u − ũ) (x, tרק עבור x ∈ I = (a, b) ⊆ Rו |t| < T :אזי מספיק להניח קטנות עבור ˜ g − g̃ ,f − fו ̃ F − Fבתחום התלות של .Iכלומר ,בטרפז שבסיסו .(a − cT, b + CT ) :וצדדיו מחברים את (a − cT, 0) → (a, T ) :ו.(b + cT, 0) → (b, T ) : לכל הדברים האלה קוראים ״מהירות ההתפשטות הסופית״. הגדרה 4.4.3פתרון חזק :תהי ) ũ (x, tפונקציה רציפה ב .R × Rנאמר כי ) ũ (x, tהיא פתרון חזק ) (strongשל ∞ משוואת הגלים ההומוגנית ,אם קיימת סדרה {ũm (x, t)}n=1של פתרונות קלאסיים ) (C 2של המשוואה ההומוגנית כך ש ũn (x, t) → ũ (x, t) :במ״ש על כל קבוצה קומפקטית של .R × R משפט 4.4.4 תהיינה ) f˜, g̃ ∈ C (Rאזי קיים פתרון חזק יחיד ) ũ (x, tשמקיים את תנאי ההתחלה ̃.f˜, g ∞ הוכחה :נקח סדרות ) {fn , gn }n=1 ⊆ C ∞ (Rכך ש fn → f˜ :ו gn → g̃ :במ״ש על כל קטע ) .[a, b] ⊆ Rלמה קיים כזה? כתרגיל!( יהי }){un (x, tהפתרון ההומוגני הקלאסי היחיד עבור un (x, t) .fn , gnנתון ע״י ).(4.3.2 x+ct ˆ gn (ξ) dξ x−ct 1 1 un (x, t) = (fn (x + ct) + fn (x − ct)) + 2 2c ∞ ברור כי }) {ũn (x, tהיא קושי בכל קומפקטית של .R×Rלכן {un (x, t)}n=1 :מתכנסת במידה שווה בכל קומפקטית לפונקציה ) .u (x, tולכן ) u (x, tהוא פתרון חזק לפי הגדרה. בנוסף על כך: )u (x, 0) ← ũn (x, 0) = fn (x) → f˜ (x ולכן: )u (x, 0) = f˜ (x ומה קורה עם ?gנחזור אל זה מחר ,לחשוב על זה עד אז. 28 פרק .4משוואת הגלים במימד יחיד .4.4יציבות פתרונות הערה 4.4.5חזרנו לזה ב.28/11/2012 כאמור: x+ct ˆ )gn (ξ) dξ −→ u (x, t ∞→n x−ct 1 1 un (x, t) = (fn (x + ct) + fn (x − ct)) + 2 2 וברור כי ) u (x, 0) = f˜ (xאבל מה עם הנגזרת? איך אנו מראים את התנאי ההתחלה? נגזור לפי tונקבל: c 1 ∂ un (x, t) = (fn′ (x + ct) − fn′ (x − ct)) + ])[cgn (x + ct) + cgn (x − ct ∂t 2 2c מזה כשה לנו להגיע למשהו ,אבל ,זהו פתרון קלאסי ולכן ,אנו יכולים להסתכל בכל נקודה ,בפרט t = 0ואז נקבל: ∂ )un (x, t) |t=0 = gn (x) → g̃ (x ∂t הנגזרת לא בהכרח קיימת ,הרי uרק רציפה ,לא בהכרח גזירה .מה שכן נשמר זה העקבה ).(trace נראה יחידות ∞ נניח כי {vn (x, t)}n=1היא סידרה אחרת של פתרונות קלאסיים המתכנסים ל ) v (x, tבמ״ש על כל קומפקט וכך ש: ∂ . ∂tצריך להראות כי .u (x, t) = v (x, t) :ובאמת ,נסתכל על הסידרה: ) vn (x, 0) → f˜ (xוגםvn (x, 0) → g̃ (x) : }) ,{un (x, t) − vn (x, tהפונקציות הן כולן פתרונות של המשוואה ההומוגנית )עקרון הסופרפוזיציה( .בנוסף לכך: un (x, 0) − vn (x, 0) −→ 0 ∞→n במ״ש על כל קטע חסום .וגם: ∂ (un (x, 0) − vn (x, 0)) −→ 0 ∞→n ∂t אזי ,לפי משפט היציבות un (x, t) − vn (x, t) −→ 0 ,במ״ש על כל קומפקט של .R × R ∞→n 29 פרק 5 משוואת הגלים ב Rn 5.1 הכללה למימד גבוהה משוואת הגלים ההומוגנית ב Rnהיא: utt − c2 ∆x u (x, t) = 0 כאשר אנו מחפשים פתרון ) u (x, tכאשר x ∈ Rnו .t ∈ Rומתקיים תנאים ההתחלה ut (x, 0) = g (x) :ו: ).u (x, 0) = f (x 5.2 ממוצעי פונקציות )ממוצעים כדוריים( הגדרה 5.2.1ממוצעי פונקציות )ממוצעים כדוריים( :תהי ) h (xפונקציה חלקה ב Rnונגדיר: ˆ 1 h (y) dSy = )Mh (x, r ωn rn−1 |y−x|=r כאשר .r > 0ומתקיים) ωn = S n−1 :כלומר ,מידת הספירה ברדיוס .(r נשנה קואורדינטות y = x + rξ :כאשר .|ξ| = 1נקבל: h (x + rξ) dSξ ˆ |ξ|=1 1 ωn = )Mh (x, r נוסחה זו מוגדרת לכל r ∈ Rהפונקציה ) Mh (x, rחלקה ב xוב rוזוגית ב .rדהיינוMh (x, −r) = Mh (x, r) : הערה ,Mh (x, 0) = h (x) 5.2.2וכמו כן0 : ∂ = ∂r Mh (x, r) |r=0 )נגזרת של פונקציה זוגית(. גזירה: gradξ (h (x + rξ)) · ~ndSξ ˆ |ξ|=1 1 ωn r = hxi (x + rξ) ξi dSξ n X ˆ |ξ|=1 i=1 1 ∂ = )Mh (x, r ∂r ωn כאשר ~nהוא נורמל יחידה חיצוני .אבל נבחין כי זה מתחיל להריח לנו כמו משפט גאוס ,יש לנו אינטגרל על מעטפת של פונקציה וקטורית .ולכן: ˆ ˆ 1 1 = · r2 = ∆ξ h (x + rξ) dξ ∆x h (x + rξ) dξ = }|{z ωn r |ξ|≤1 ωn r |ξ|≤1 y = x + rξ dy = rn dξ ˆ ˆ ˆr r1−n r h (y) dSy · r−n ∆x dρ = ∆x h (y) dy ωn ωn |y−x|=ρ |y−x|≤r 0 30 פרק .5משוואת הגלים ב .5.3 Rnממשוואת Darbouxאל משוואת הגלים .או :משוואת Euler-Poisson-Darboux הצעד האחרון ,הוא מעבר לקואורדינטות פולריות .כעת נבחין כי: )dρ · ρn−1 Mh (x, ρ ˆr ∆x 1−n ˆ h (y) dSy = r |y−x|=ρ 0 {z } )Mh (x,ρ 1 · ωn ρn−1 | n−1 dρ · ρ ˆr ∆x 1−n =r 0 וכל זה כאמור עבור .r > 0כלומר ,קילבנו עד כה: )dρ · ρn−1 Mh (x, ρ ˆr ∂ Mh (x, r) = r1−n ∆x ∂r 0 נכפיל ב rn−1ונגזור לפי rעל מנת לקבל: ∂ )rn−1 Mh (x, r) = ∆x rn−1 Mh (x, r ∂r ∂ ∂r מהמשפט היסודי ,המקום היחידי שנשאר בו rזה בגבול של האינטגרל .אבל rלא מושפע ב ∆xולכן: ))= rn−1 ∆x (Mh (x, r ∂ נחלק ב ,rn−1אבל קודם נגזור את )Mh (x, r rn−1 ∂r ∂ ∂r )Mh (x, r) = ∆x Mh (x, r ונקבל: ∂2 ∂ n−1 + 2 ∂r r ∂r ומשוואה זו נקראת משוואה .Darboux 5.3ממשוואת Darbouxאל משוואת הגלים .או :משוואת Euler-Poisson- Darboux יהי ) u (x, tפתרון קלאסי של משוואת הגלים ההומוגנית .נניח ) t) h (x) = u (x, tפרמרטר(. ˆ 1 u (x + rξ, t) dSξ = )Mu (x, r, t ωn |ξ|=1 ו: )Mu (x, 0, t) = u (x, t ונרשות את משוואת :Darboux = ∆x u (x + rξ, t) dSξ ˆ |ξ|=1 1 ωn = )Mu (x, r, t) = ∆x Mu (x, r, t ∂2 ∂ n−1 + ∂r2 r ∂r אבל אנו דנים על משוואת הגלים! לכן: 1 ∂2 )Mu (x, r, t c2 ∂t2 = u (x + rξ, t) dSξ ˆ |ξ|=1 1 ∂2 ∂2 = u (x + rξ, t) dSξ 2 ∂t ωn c2 ∂t2 31 ˆ |ξ|=1 1 ω n c2 פרק .5משוואת הגלים ב .5.3 Rnממשוואת Darbouxאל משוואת הגלים .או :משוואת Euler-Poisson-Darboux כלומר קיבלנו: ∂2 )Mu (x, r, t ∂t2 28/11/2012 = )Mu (x, r, t ∂ n−1 ∂2 + ∂r2 r ∂r 2 c ולמשוואה זו נקרא.Euler-Poisson-Darboux : את המשוואה הנ״ל אפשר לפתור ,מדובר בפתרונות של פונקציות בסל ועוד דברים מכוערים .אבל לא נעשה זאת. כעת נבחין כי עבור משוואת הגלים: ( )Mu (x, r, 0) = Mf (x, r ∂ )∂t Mu (x, r, 0) = Mg (x, r נתמקד במקרה של n = 3ונקבל: ∂2 )Mu (x, r, t ∂t2 = )Mu (x, r, t ∂2 ∂ 2 + 2 ∂r r ∂r c2 ∂ ∂ ∂2 = )Mu (x, r, t) + r Mu (x, r, t) = 2 Mu (x, r, t) + r 2 Mu (x, r, t ∂r ∂r ∂r 2 2 ∂ r ∂ 2 1 ∂2 ∂ ))Mu (x, r, t) = 2 2 Mu (x, r, t) = 2 2 (rMu (x, r, t + r 2 ∂r r ∂r c ∂t c ∂t ∂2 ∂ = ))(rMu (x, r, t ∂r2 ∂r כלומר קיבלנו: ∂2 1 ∂2 (rM (x, r, ))t = ))(rMu (x, r, t u ∂r2 c2 ∂t2 כלומר זוהי משוואת הגלים! )יש לבדוק שהמשוואה מתקיים גם ל r < 0על בסיס זוגיות ).(Mu (x, r, t 2 ∂2 ∂ 2 (rM (x, r, ))t − c (rMu (x, r, t)) = 0 u ∂t2 ∂r2 לכן ,הפונקציה ) rMu (x, r, tל x ∈ R3קבוע ו (r, t) ∈ R × R :מקיימת את משוואת הגלים החד־מימדית ב .r, t עכשיו ,נוסחת דלאמברד ) (4.3.2נותנת: r+ct ˆ ρMg (x, ρ) dρ r−ct 1 1 rMu (x, r, t) = [(r + ct) Mf (x, r + ct) + (r − ct) Mf (x, r − ct)] + 2 2c נקח ,t > 0אנו רוצים להשאיף את r → 0על מנת לקבל את ) .u (x, tעבור r < ctמזוגיות Mנקבל: ct+r ˆ ρMg (x, ρ) dρ ct−r 1 1 rMu (x, r, t) = [(r + ct) Mf (x, r + ct) − (ct − r) Mf (x, ct − r)] + 2 2c )בגלל אי זוגיות של הביטוי באינטגרל נקבל כיρMg (x, ρ) dρ = 0 : ct−r ´ ( נחלק ב rונקבל r−ct ct+r ˆ ρMg (x, ρ) dρ ct−r 1 1 [(r + ct) Mf (x, r + ct) − (ct − r) Mf (x, ct − r)] + 2r 2cr 32 = )Mu (x, r, t .5.3ממשוואת Darbouxאל משוואת הגלים .או :משוואת Euler-Poisson-Darbouxפרק .5משוואת הגלים ב Rn אבל נבחין כי כל פונקציה: )z (ct + r) − z (ct − r )−→ z ′ (ct r→0 2r ולכן: ∂ 1 = )lim Mu (x, r, t )(sMf (x, s)) |s=ct + ✁ct · Mg (x, ct ∂s ✁c | {z } r→0+ )u(x,t )ערך הפונקציה במקרה של ρ = ctמכיוון שהאינטגרל מצטמצם ואנו מחלקים את אורך האינטגרל( .נחליף קצת את הסימון s = ctונקבל: ∂ 1 )(✁ctMf (x, ct)) + tMg (x, ct ✁c ∂t = )u (x, t כלומר: " # ˆ ˆ ∂ t t = )u (x, t f (x + ctξ) dSξ + g (x + ctξ) dSξ ∂t ωn |ξ|=1 ωn |ξ|=1 04/12/2012 וזוהי נוסחת .Kirchoff תזכורת קלה ,קיבלנו: ! f (y) dSy ˆ |y−x|=ct 1 4πc2 t ∂ g (y) dSy + ∂t |y−x|=ct ˆ 1 = )u (x, t 4πc2 t אם u (x, t) ∈ C 2 R3 × Rאזי נוסחאת Kirchoffנותנת את הפתרון )יחידות הפתרון החד־מימדי ב .(rבשלב מאוחר יותר ,נוכיח את יחידות הפתרון )בעזרת שיטת האנרגייה(. נרשום גם: ! ˆ ˆ 1 1 ∂ 2 = )u (x, t g (x + ctξ) (ct) dSξ + f (x + ctξ) (ct)2 dSξ 4πc2 t |ξ|=1 ∂t 4πc2 t |ξ|=1 שזה אותה משוואה כמו קודם ,רק בנרמול לכדור יחידה .כעת: ! ˆ ˆ t ∂ t g (x + ctξ) dSξ + f (x + ctξ) dSξ = 4π |ξ|=1 ∂t 4π |ξ|=1 וזוהי המשוואה שקיבלנו ומסומנת .נבצע את הגזירה ונקבל: 3 X ∂f (x + ctξ) ξi dSξ |ξ|=1 i=1 ∂xi ˆ t 3π f (c + ctξ) dSξ + ˆ |ξ|=1 1 4π g (x + ctξ) dSξ + ˆ |ξ|=1 t 4π = נזכור כי במקרה החד מימדי אם f ∈ C 2ו g ∈ C 1אז ) u ∈ C 2כלומר פתרון קלאסי( .כאן אנו קצת בבעיה בגלל שכבר גזרנו את fוגם עם gיש לנו קצת בעיה .לכן נדרשים תנאים קצת יותר חזקים: טענה 5.3.1 אם f ∈ C 3 R3ו 3 R 2 3 g ∈ Cאזי R × R 2 u ∈ Cהוא פתרון קלאסי הניתן ע״י ) Kirchoffשל המשוואה 33 .5.3ממשוואת Darbouxאל משוואת הגלים .או :משוואת Euler-Poisson-Darbouxפרק .5משוואת הגלים ב Rn ההומוגנית עם תנאי ההתחלה(. אפקט אחד שיש לנו הוא איבוד נגזרת אחת במעבר מתנאי ההתחלה לפתרון ).(Focussing האפקט השני הוא עקרון הויגנס החזק .אם נסתכל על נקודה ) (x, tונרצה לשאול מה הוא uבנקודה הזו? אז נרצה ללכת אחרוה לכל הנקודות על הספירה ברדיוס ) ctבזמן .(t = 0ה uבנקודה זו מושפע מהערכים ההתחלתיים בספירה הזאת. עקרון הויגנס אומר :נניח כי f, gהן בעלות תומך קומפקטי ,כעבור מספיק זמן הספירות יהיו מחוץ לתומך .אזי u (x, t) ≡ 0לכל xעבור tמספיק גדול .כמו כן ,עבור tמספיק קטן ו xמחוץ לתומך ,נקבל כי u (x, t) = 0גם כן. כלומר.{y, u (x, t) 6= 0} ⊆ ξ ∈ S 2 , x + ctξ ∈ {supp f } ∪ {supp g} : במילים אחרות ,תהי K ⊆ R3 :קבוצה קומפקטית .אזי קיים t0 > 0כך ש u (x, t) ≡ 0לכל x ∈ Kולכל x > t0 )בתנאי ש supp fו supp gקומפקטיות(. 34 חלק III אופטרטורים מדרגה כלשהי ,משטחים קרקטריסטיים ומשפט Cauchy-Kowalewski 35 פרק 6 במה מדובר? מסתכלים במשוואה: Aα Duα = C X = Lu α 6.1 מולטי־אידקסים אנחנו לוקחים ) α ∈ Nnאצלנו Nכולל את ה .(0כלומר α ,יכול להיות ) .α = (1, 0, 2, 7כלומר ) .α = (α1 , . . . , αn כמו כן נגדיר: |α| = α1 + . . . + αn אם x ∈ Rnאז: αn 1 xα = xα 1 · . . . · xn 6.1.0.1אופרטור :D Dהוא האופרטור: ∂ ∂ ,..., ∂x1 ∂xn =D ו: Dα u = D1α1 · . . . · Dnαn u 6.1.0.2 משפט הבינום: !α xβ y γ !β! + γ X β, γ β+γ =α 36 α = )(x + y פרק .6במה מדובר? .6.1מולטי־אידקסים 6.1.0.3פולינום טיילור מסדר :m X 1 (Dα f ) (0) xα !α |α|≤m ≈ )f (x 6.1.0.4הפיתוח המולטינומי: !X m xα !α = m ) (x1 + . . . + xn |α|=m כעת נחזור למשוואה .כאשר ) Aα (xהן מטריצות N × Nו u (x) ∈ Rnוכן) C (x) ∈ Rn :המערכת הלינארית הכללית(. P דוגמה : 6.1.1 )ex1 ∂x22 u1 + ∂x21 x2 u2 = c1 (x )∂x1 u2 + 7∂x32 x1 u2 = c2 (x 2 ( עבור האיבר הראשון נקבל: 0 0 x e 1 0 = Aα )α = (0, 2 עבור האיבר האחרון )עם (∂ 3נקבל: 0 0 = α = (1, 2) Aα 0 7 בהינתן משטח S : ϕ (x1 , . . . , xn ) ≡ 0ו .Dϕ 6= 0נרצה לתת נתונים על u |Sכך שAα Dα u = C : P = Luיהיה α פתרון יחיד uבסביבת Sהמקיים את התנאים על .S נשים לב שבמקרה ש .S : xn ≡ 0אם ניתן u |Sאזי אין חופש בחירה לגבי .D1 u |S + . . . + Dn−1 u |Sכך שעבור נתוני uעל Sחייבים להתקיים תנאי קומפטיבילות מתאימים. )למשל ,בהינתן u |Sאזי כל הנגזרות המשיקיות על Sידועות( .לכן ,בקצרה ,הנתונים של uעל Sיכולים להינתן רק ע״י u |Sוהנגזרות החלקיות על .S P = ,Luנגדיר כנתוני קושי ) (Cauchy-dataעל Sאת ערכי u הגדרה 6.1.2בשביל המערכת Aα Dα u = C α ונגזרותיה הנורמליות עד סדר ) m − 1ועד בכלל(. הגדרה 6.1.3 S .1ייקרא משטח לא קרקטריסטי של הבעיה אם ניתן לחשב את כל הנגזרות Dα u, |α| = mמתוך המשוואה ונתוני קושי. P S .2ייקרא משטח קרקטריסטי אם הוא לא לא קרקטריטסי) .כן ,כן ,דאבל לא(. דוגמה : 6.1.4 Di2 u = 0 n−1 X i=1 2 −c Dn2 u כלומר α = (0, . . . , 0, 2) :ובמקרה של Diנקבל כי ה αהוא ) (0, . . . , 0, 2, 0, . . . , 0ו .Aα = −c2 בהינתן המשטח .S : xn = 0נתוני קושי הם ,u (x1 , . . . , xn−1 , 0) :אבל צריך גם נגזרות אז.uxn (x1 , . . . , xn−1 , 0) : לכן זהו משטח לא קרקטריסטי מכיוון ש uxi xiניתן לחישוב כיוון שהוא משיק למשחט .S 37 .6.1מולטי־אידקסים פרק .6במה מדובר? תרגיל :נניח ,n = 2ונסתכל במשוואה .ut + cux = 0מיהם הקווים הישרים )דרך ) ( (0, 0שאינם קרקטריסטיים. הערה 6.1.5נתוני קושי כאן הם .u P נחזור לאופרטור שלנו Lu = α Aα Duαוהמשטח .S : ϕ (x) ≡ 0ראשית ,נניח כי .S : xn = 0 :אזי הנגזרת הנורמלית מסדר mניתנת ע״י Dαכאשר ) .α (0, . . . , 0, mולכן ,מתוך Lu = Cונתוני uעל u |xn =0נוכל לחלץ את m Dn.אם: u |xn =0 det (Aα (x1 , . . . , xn−1 , 0)) 6= 0 מסקנה 6.1.6 המשטח } S : {xn = 0הוא לא־קרקטריסטי אם״ם: det A(0,...,0,m) (x1 , . . . , xn−1 , 0) 6= 0 המקרה הכלליDn ϕ |S 6= 0 : נכניס שינוי קואורדינטות כדלקמן: 1≤i≤n−1 i=n xi ) ϕ (x1 , . . . , xn ( = yi נסמן: 1 = 0 0 . .. 1 ∂ϕ ∂xn i,k ∂yk ∂xi ∂y = ∂x =J הערה 6.1.7שימוש במשפט הפונקציה הסתומה. אזי ניתן לרשום )כלל השרשרת(: JDy ∂ X ∂yk = JDy ∂xi ∂yk = Dx = Dxi ולכן: α ) Dxα = (JDy ונקבל כי: α Aα (x (y)) (JDy ) u 05/12/2012 X = Lu כעת ,המשטח Sעבר להיות .yn = 0לכן ,המשטח Sיהיה לא קרקטריסטי אם המטריצה המקדמת של Dymn uתהיה לא סינגולרית) .מכיוון שמשטח לא קרקטריסטי בקואורדינות ⇐⇒ xמשטח לא קרקטריסטי בקואורדינטות .(y שאלה: האם קיים פתרון? האם הוא יחיד? הבעיה הראשונה: האם ניתן לחשב את הנגזר הנורמלית מסדר mשל uעל ,Sמתוך ידיעת ) C (xונתוני קושי? 38 .6.1מולטי־אידקסים פרק .6במה מדובר? התושבה :ראשית נניח כי ) ϕ (x1 , . . . , xn ) = xnכך ש Sהוא .(xn ≡ 0במקרה זה ,הנגזרת הנורמלית היא .Dnm u ולכן נוכל לחשבה אם det A(0,...,0,m) (x) 6= 0 :ו .(xn = 0) x ∈ S שנית ,נניח באופן כללי ש Dn ϕ 6= 0כך שהשינוי 1 ≤ i ≤ qn − 1 i=n xi ) ϕ (x1 , . . . , xn ( = yi נותן מערכת קואורדינטות חדשה עם יעקוביאן: 1≤i,k≤n ∂yk ∂xi =J שהוא רגולרי .כיצד נראה Lבקואורדינטות החדשות? אנו יודעים כי: Dx = JDy כאשר Dxהם וקטור עמודות .ולכן: X α ))Aα (x (y)) (JDy ) u (x (y = Aα Dxα |α|≤m עכשיו ,ירדנו למעשה למקרה הקודם ,כי המשטח Sהוא .yn = 0 לכן ,עלינו ,בהצגה החדשה ,למצוא את המטריצה המקדמת את X = Lu |α|≤m .Dymn נשים לב כי אם ניקח: )η = (0, . . . , 0, 1 אזי ,המטריצה: Aα η α X |α|=m נבחין כי: α n−1 αn η α = η1α1 · . . . · ηn−1 )ηn ⇒ η α 6= 0 ⇐⇒ α (0, . . . , 0, m ואז .η α = 1כלומר המטריצה: )Aα η α = A (0, . . . , 0, m X |α|=m במקרה של הקואורדינטות ב yנפעל כך: .1החלק שיתן |α| = mבגזירה נתון ע״י: α ) Aα (x (y)) (JDy X |α|=m כאשר לא גוזרים את !J .2כדי לקבל את המטריצה המקדמת את Dymnנפעל עם אותו ) .η = (0, . . . , 0, 1כלומר המטריצה המקדמת המבוקשת היא: X α ))Aα (x (y )(Jη } | {z פונקציה של yממשית |α|=m αn 1 (Jη)α = (Jη)α 1 · . . . · (Jη)n 39 פרק .6במה מדובר? .6.1מולטי־אידקסים כאשר ) .η = (0, . . . , 0, 1מיהו ) ?Jηוקטור( ∂y n ∂x1 .. . ∂yn ∂xi .. . ∂yn ∂xn ... ... ∂yk =J = . . . . . . ∂xi ... ... וזהו ) Jηהעמודה האחרונה( ) yn = ϕ (x1 , . . . , xnו .Jη = Dϕ :ולכן המטריצה המבוקשת בקואורדינטות x היא: X α ))Aα (x) (Dϕ (x |α|=m כאשר .x ∈ Sמטריצה זו על Sצריכה להיות רגולרית כדרישת מינימום לקיום פתרון. מסקנה 6.1.8 )למעשה משפט( תנאי הכרחי לקיום פתרון קלאסי בסביבת Sהוא ש: כלומר S ,חייב להיות לא קרקטריסטי. P α = Aα (x) (Dϕ (x)) 6 0 X det |α|=m דוגמה : 6.1.9 )a (x, y) uy + b (x, y) ux = c (x, y ראשית .n = 2 ,זו לא מערכת N = 1 ,ו.m = 1 : ולכן ,משטח לא קרקטריסטי: ϕ (x, y) = 0 חייב לקיים: ∂ϕ ∂ϕ )+ b (x, y 6= 0 ∂y ∂x )a (x, y כלומר .(a, b) ⊥∇ϕכלומר ) (a, bאיננו משיק לקו S .Sהוא קרקטריסטי אם ) (a, bהוא משיק שלו. 40 .6.1מולטי־אידקסים P פרק .6במה מדובר? דוגמה : 6.1.10משוואת הגלים ב :Rn utt − c2 ∆x u = 0 מה שנהוג לסמן הוא: ux0 x0 − c2 ∆x u = 0 כאשר החלפנו את tב x0ולכן המימד הוא .n + 1 S = ϕ (x, x0 ) = 0יהיה לא קרקטריסטי אם ).(m = 2 ,N = 1 6= 0 2 n X ∂ϕ ∂xi i=1 − c2 2 ∂ϕ ∂x0 לכן ,המשטח S : ϕ (x0 , . . . , xn ) = 0הוא קרקטריסטי אם: =0 2 n X ∂ϕ ∂xi i=1 2 −c 2 ∂ϕ ∂x0 אם בפרט נרשום: ϕ (t, x) = t − ψ (x) = 0 )כלומר .(S : t = ψ (x) :אזי התנאי הקרקטריסטי הוא: =1 11/12/2012 וזו היא משוואה האיקונל ).(eikonal | ψ (x) = |xנקבל כי⇒ |x| = ct : אם ניקח c ||x c 2 n X ∂ψ ∂xi c2 i=1 = tהוא למעשה חזית האור. 41 פרק 7 פונקציות אנליטיות ממשיות 7.1טורים במוטלי אינדקס 7.1.1 הגדרה ודוגמאות cα X α כאשר α ∈ Nnו .cα ∈ Rנאמר כי הטור מתכנס אם|cα | < ∞ : P אי־שליליים ולכן מתכנס ללא תלות בסדר. P .הטור הזה הוא סכום בן־מנייה של איברי α דוגמה : 7.1.1 n Y 1 1 = 1 − x (e − x)e i i=1 = ! i xα i ∞ X αi =0 n Y = xα i=0 בתנאי ש . max |xi | < 1 1≤i≤n כאשר נסמן e = (1, . . . , 1) ∈ Nn :ואז: ) e − x = (1 − x1 , . . . , 1 − xn וגם: 1 1 e ) (e − x) = (1 − x) · . . . · (1 − xn ולכן השיוויון האחרון בדוגמה. 42 X α .7.1טורים במוטלי אינדקס P פרק .7פונקציות אנליטיות ממשיות דוגמה : 7.1.2 1 e )(e − x Dβ כאשר ) β ∈ Nnמדובר בנגזרת( ולכן נקל כי: !α xα−β !)(a − β X = α≥β דרך נוספת לגזור היא: !β (e − x)e+β ולכן נקבל: !β !α = xα−β e+β !)(α − β )(e − x P X α≥β כאשר .|xi | < 1 דוגמה : 7.1.3נרצה לחשב את הטור הבא: xα !|X |α !α α נזכור כי .|α| = α1 + . . . + αnולכן: ∞ ∞ X X 1 j! α X j = ) (x1 + . . . + xn = x !α ) 1 − (x1 + . . . + xn j=0 j=0 = |α|=j 7.1.2 טור חזקות P הגדרה 7.1.4טור חזקות )סביב (x = 0הוא טור. cα xα : α טענה 7.1.5 n n אם הטור מתכנס בנקודה z ∈ Rאזי הוא מתכנס לכל x ∈ Rכך ש | |xi | ≤ |ziלכל ).(1 ≤ i ≤ n הוכחה :הטור מתכנס ,פירושו ש: X ∞ < | |cα | |z α α ואז זה גורר כי: ∞ < | |cα | |xα X α הגדרה 7.1.6תהי ) f (xפונקציה מוגדרת בתחום פתוח .ΩP⊆ Rnנאמר כי fאנליטית )אנליטית ממשית( בנקודה α = ) f (xלכל ) x ∈ Nyעבור מקדמים קבועים cα y ∈ Ωאם קיימת סביבה Ny ⊆ Ωשל yכך שcα (x − y) : α אך תלויים ב .(y אם fאנליטית לכל y ∈ Ωנאמר כי fאנליטית ב .Ω 43 פרק .7פונקציות אנליטיות ממשיות .7.1טורים במוטלי אינדקס הערה f 7.1.7יכולה להיות פונקציה ווקטורית שאז האנליטיות מוגדרת לכל רכיב. טענה 7.1.8 תהי fאנליטית ב .Ωאזי(Ny ) : ∞ .f ∈ C הוכחה :נניח y = 0 ∈ Ωונסתכל ב cα z α P α אשר לפי ההנחה מתכנס עבור .|z| < δבפרט ,הטור מתכנס ל z ∈ Rn כך ש zi 6= 0לכל . 1 ≤ i ≤ n נקח xבסביבה של 0כך ש | |xi | < |ziלכל .1 ≤ i ≤ n לכן ,קיים 0 < q < 1כך ש | |xi | ≤ q |ziלכל .i נתבונן ב: !α |cα | q |a−β| z α−β !)(α − β X X ≤ ) Dβ (cα xα α α≥β מכיוון ש: α−β x ≤ q |α−β| z α−β נמשיך: | |z α !α |cα | q |α−β| β )(α − β | |z אנו יודעים כי|cα | |z α | < ∞ : P X = α≥β = µולכן: α µ X !α !α µ X ||α−β q = = (qe)α−β | |z β !)(α − β | |z β !)(α − β α≥β !β 1 !µβ µ = β |z β | (e − qe)e+β ||z | (1 − q)n+|β α≥β ≤ בפרט ,ע״י גזירה פורמלית מכל סדר מקבלים התכנסות בהחלט כל קומפקט של הקובייה | |xi | < |ziעבור .1 ≤ i ≤ n תזכורת 7.1.9אם gj ∞ P j=0 = gטור פונקציות גזירות מכל סדר ב Ω ⊆ Rnוכך שהטור וכל נגזרותיו מתכנס בהחלט ובמידה שווה בכל קומפקט חלקי ל ,Ωאזי g ∈ C ∞ (Ω) :ונגזרותיה מתקבלות ע״י גזירה פורמלית .ולכן זה סיים את הוכחת הטענה. בנוסף לכך: כאשר סימון: µ (1−q)n = Mו r = min ((1 − q) |zi |) :עבור .i ≤ i ≤ n אם fמקיימת את טענה 7.1.10 β ! D f (x) ≤ M β |r|β !Mβ |r |β ≤ ) Dβ f (xב xמסויים ,נגיד כי היא במחלקה ).CM,r (x תהי ) f ∈ C ∞ (Ωוכך שלכל y ∈ Ωקיימת סביבה Nyשל yכך ש f ∈ CM,r (x) :לכל M > 0 ,r > 0 ) .x ∈ Ny התלויים כמובן ב .(Nyאזי fאנליטית ב .Ωומתקיים לכל :y ∈ Ω (x − y)α )X (Dα f ) (y !α α 44 = )f (x פרק .7פונקציות אנליטיות ממשיות .7.1טורים במוטלי אינדקס עבור xבסביבה מספיק קטנה של .y הערה 7.1.11זו הטענה ההפוכנה לטענה הקודמת. בנוסף לכך: )Dα f (0 !α = Cα הערה 7.1.12עקרון ההמשכה ) :(unique continuationאם fאנליטית ב Ωקשיר ,ועבור y ∈ Ωקיים Dβ f (y) = 0לכל β ∈ Nnאזי.f ≡ 0 : הוכחה :ברור ש f ≡ 0בסביבה של y0בגלל פיתוח לטור חזקות .נסתכל ב: Ω1 = x | Dβ f (x) = 0 ∀β ואילו: Ω2 = Ω\Ω1 = x | ∃β, Dβ f (x) 6= 0 Ω1פתוחה בגלל האנליטיות .ואילו Ω2פתוחה בגלל רציפות .ובגלל קשירות נקבל כי .Ω1 = Ω הערה 7.1.13פונקציות אנליטיות מסמנים C ωכדי להבדיל אותן מ ∞ .C 7.1.3עקרונות השוואה הגדרה 7.1.14תהיינה ) f, F ∈ C ∞ (Ωונניח כי . 0 ∈ Ωנאמר כי ) f ≪ Fבנקודה (0אם לכל α ∈ Nnמתקיים: )|Dα f (0)| ≤ Dα F (0 טענה 7.1.15 תנאי הכרחי ומספיק לכך ש ) f ∈ CM,r (0הוא f ≪ ϕכאשר: β !D f (0) ≤ M β |r |β Mr ) r−(x1 +...+xn = )) ϕ (xעבור .(|xi | + . . . + |xn | < r = )CM,r (0 הוכחה :אם נגזור את ϕנקבל: !M rα |1+|α ]) [r − (x1 + . . . + xn !M α |r|α = )Dα ϕ (x = )Dα ϕ (0 45 פרק .7פונקציות אנליטיות ממשיות .7.1טורים במוטלי אינדקס מסקנה 7.1.16 אם בנוסף לכך f (0) = 0הרי התנאי ההכרחי ומספיק הוא ש: Mr ) M (x1 + . . . + xn = −M ) r − (x1 + . . . + xn ) r − (x1 + . . . + xn = f ≪ϕ−M הערה 7.1.17ברור כי אם ) f ≪ Fבנקודה (0אזי גם באותה נקודה Dβ f ≪ Dβ Fלכל .β ∈ Nn 7.1.4משפט ההרכבה משפט 7.1.18משפט ההרכבה תהיינה ) f, F ∈ C ∞ (Ωכאשר Ω ⊆ Rnוכך ש .f (0) = F (0) = 0תהיינה ) g, G ∈ C ∞ (Iכאשר I ⊆ Rו .0 ∈ I נניח כי f ≪ Fב 0 ∈ Ωו g ≪ G :ב 0 ∈ Iאזי g ◦ f ≪ G ◦ F :ב .0 ∈ Ω הוכחה :בגלל גזירת שרשרת: Dα (g ◦ f ) = Pα Dγ g (f ) , Dβ f כאשר | |β| , |γ| ≤ |αו Pαפולינום במקדמים אי־שליליים. Dα (G ◦ F ) = Pα Dγ G (F ) , Dβ F בנקודה 0 ∈ Ωקיים f (0) = F (0) = 0ולכן גם g ◦ f (0) = G ◦ F (0) = 0 :ולכן ברור: )|Dα (g ◦ f ) (0)| ≤ Dα (G ◦ F ) (0 12/12/2012 תזכורת משיעור קודם ...טענה 7.1.19 fאנליטית ⇒⇐ לכל ) S ≪ Ωקומפקטית( קיים M, r > 0כך ש ).∀y ∈ S, f ∈ CM,r (y הגדרה 7.1.20נניח .0 ∈ Ωאזי) (f majorized by F ) f ≪ F :ב (0אם: )∀α ∈ Nn |Dα f (0)| ≤ Dα F (0 והייתה לנו את הטענה: טענה 7.1.21 ) f ∈ CM,r (0אם״ם f ≪ ϕ :כאשר: Mr ) r−(x1 +...+xn = ).ϕ (x מסקנה 7.1.22 ) f ∈ CM,r (0ו f (0) = 0 :אם״ם: ) M(x1 +...+xn ) r−(x1 +...+xn = .f ≪ ϕ − M וכמו כן ,הראנו את משפט ההרכבה. טענה 7.1.23 y ∈ Ωו g : R → R .f (y) = v ∈ R :חלקה בסביבת .vנניח כי f ∈ CM,r (y) :ו .g ∈ Cµ,ρ (v) :אזי: )) h (x) := g ◦ f (x) = g (f (xמקיימת: 46 ρr )(y h∈C M, M +ρ פרק .7פונקציות אנליטיות ממשיות .7.1טורים במוטלי אינדקס הוכחה :נרשום: ))h (y + x) = g (v + f (x + y) − f (y)) = g ∗ (f ∗ (x כאשר: )f (y + x) − f (y) ∈ CM.r (0 )g (v + u) ∈ Cµ,ρ(0 = f ∗ (x) : = )g ∗ (u ) M (x1 + . . . + xn ) r − (x1 + . . . + xn µρ = )≪ ϕ (u ρ−u = ≪ ϕ−M ∗f ∗g במקרה של ∗ .u ∈ R ,g על כן: )) µρ (r − (x1 + . . . + xn µρr µρ = ≪ )(x ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn ρ− ϕ −M ≪ )h (y + x מדוע המעבר האחרון נכון? מכיוון ש: µρr ) µρ (x1 + . . . + xn )) µρ (r − (x1 + . . . + xn = − ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn אבל נבחין כי הפונקציה השניה )זו שמחסירים( היא ״טיפוס״ של ״ ϕ − M״ עבור ” ”M, rמתאימים .ועל כן ,היא מתאפסת ב 0וכל הנגזרות שלה כולן אי שליליות .ולכן ,השמטתה רק מגדילה את הנגזרות של אגף ימין .כלומר: µρr ρ+M ) − (x1 + . . . + xn לכן ,ה” ”rשלנו הוא: ρr ρ+M ρr ρ+M )) µρ (r − (x1 + . . . + xn µρr ≪ = ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn ) ρr − (ρ + M ) (x1 + . . . + xn וה” ”Mשלנו הוא פשוט .µ משפט 7.1.24 תהי fאנליטית )בסביבת f (y) = v ,(yו gאנליטית )בסביבת .(vאזי )) g ◦ f = g (f (xאנליטית )בסביבת .(x = 0 הערה 7.1.25באופן כללי f ,אנליטית ו gאנליטית ⇐ g ◦ fאנליטית בכל סביבה שבה היא מוגדרת )לא קוראים את הסוגריים(. 18/12/2012 47 פרק 8 משפט Cauchy-Kovalewski 8.1 המקרה הכללי משפט 8.1.1משפט Cauchy-Kovalewski נתונה המערכת הקוואזי לינארית: )(8.1.1 Dα u = f x, Dβ u β β Aα x, Dβ u X |α|≤m כאשר |β| ≤ m − 1והמטריצות u ∈ RL :ו Aα :מטריצות .L × L β נתון משטח Γ : ϕ (x1 , . . . , xn ) = 0כך ש ∇ϕ 6= 0ועליו תנאי קושי של D u |β|≤m−1באופן קומפטיבילי )לחילופין, ∂ ∂ m−1 .( u, ∂ν u, . . . , ∂ν u נניח כי: n β o Aα x, D u βו: f x, Dβ uהן פונקציות אנליטיות של המשתנים שלהן .כלומר ,עבור xבסביבה .1 α β β ) 0 ∈ Γאני מניחים כאן ש 0 ∈ Γלצורך נוחות( ו D uבסביבת ). D u (0 .2הפונקציה ) ϕ (x1 , . . . , xnאנליטית. .3נתוני קושי Dβ u |Γבסביבת 0אנליטיים .דהיינו ,בלי הגבלת הכלליות xn = ψ (x1 , . . . , xn−1 ) :על המשטח בסביבת ,0כאשר ψאנליטית .ואז Dβ u |Γ ,מובטאות בעזרת x1 , . . . , xnוהן אנליטיות )בסביבת 0 ∈ Rn−1ו: .(ψ (0) = 0 נניח כי ) Γבסביבת (x = 0איננו קרקטריסטי .כלומר: X Aα x, Dβ u |β|≤m−1 (Dϕ)α 6= 0 det |α|=m ∂ m . ∂ν עבור x ∈ Γבסביבת .x = 0תנאי זה מבטיח כי מתוך הנתונים ניתן לחלץ את u |Γ אזי :קיים פתרון אנליטי יחיד ל ) (8.1.1בסביבת x = 0המקיים את תנאי קושי על ) Γבסביבת .(x = 0 הערה 8.1.2הכוונה בסימון Dβ u βהם כל ה βאשר מקיימים את התנאי .זאת אומרת βהוא לא קבוע כאן .זאת סתם דרך להגיד שהמשתנים זה כל הנגזרות אשר עולות על דעתנו. הוכחה :מתחילים בסדרת רדוקציות: .1נגדיר קואורדינטה ) yn = xn − ψ (x0 , . . . , xn−1ואז .Γ : xn ≡ 0 :נבחין כי ההנחות ממשיכות להתקיים )למשל אנליטיות המקדמים( בגלל אנליטיות פעולת ההרכבה. .2כל תנאי קושי )על (xn ≡ 0הם אפס זהותית .נתונים לנו ) ) Dβ u (x1 , . . . , xn−1מספר סופי של נזגרות ,אנו 48 פרק .8משפט Cauchy-Kovalewski .8.1המקרה הכללי גם גוזרים את (!xnנבנה פולינום אלה הנגזרות שלו: u (x1 , . . . , xn−1 ) xjn j ∂ ∂xn 1 !j m−1 X = ) P (x1 , . . . , xn j=0 זהו פולינום ב xnלא במשתנים האחרים .אזי נתוני קושי של ≡Pנתוני קושי של .uו Pאנליטית ב x1 , . . . , xn )למעשה ,היא פולינום ב ,xnאבל לא באחרים( .ולכן ,נחליף את uב u − Pשהיא נעלם חדש. .3נעבור למערכת מסדר ראשון ע״י הגדרת uβ = Dβ uבתור נעלמים נוספים .לווקטור הנעלמים החדש נקרא: .ũ u, {uβ }bאזי ) (8.1.1נרשמת כך: )̃Aα (x, ũ) Dα u = f (x, u X |α|≤m אבל אנו רוצים לכתוב מערכת ב ̃ ,uכלומר להפטר מ .Dα uעבור |α| < mאזי הוא ב ̃ .uמה עם ?|α| = m נרשום: ) ũ = (u1 , . . . , uN כאשר uNהוא זה שבו: , uN = Dxm−1כלומר ה βשלו היא .β = (0, . . . , 0, m − 1) :אנו יודעים כי: n )̃Dxmn uN = bN (x, u בגלל האי קרקטריסטיקות .נקח .j < Nמה ניתן לכתוב על uj = Dβ u ?Dxn ujכאשר βℓ > 0כאשר .1 ≤ ℓ ≤ n − 1אז מה ניתן להגיד על ?Dxn uj Dxn u j = Dxℓ u k ℓ {|}z או איזשהו .umכאשר uk = Dβ u :כאשר ) . β = β − 0, . . . , 1 , . . . , 0 + (0, . . . , 0, 1תנאי קושי ל ujיודעים. קיבלנו מערכת: )̃Dxn uN = bN (x, u Dxn u j = Dxℓ u k ( את המערכת הזו ניתן לרשום בצורה: n−1 N XX ∂uj ∂uk = )aijk (z )+ bj (z ∂xn ∂xi i=1 k=1 n o כאשר ) z = (x1 , . . . , xn−1 , u1 , . . . , uNוaijk (z) : מטריצות .N × N למה xnלא נכלל? כי נהפוך את xnלנעלם rע״י משוואה נוספת שתהיה Dxn r ≡ 1ו.r |xn =0 = 0 : אם נתייחס לכל Lהרכיבים של ה u1 , . . . , uNנוכל לשנות סימון כך ש (u1 , . . . , uN ) :סקלרים .המקדמים )(z ) bj (zאנליטים ב zבסביבת .z = 0 ∈ Rn−1+Nעלינו לחפש פתרון אנליטי {uj (x)}1≤j≤Nלמערכת זו בסביבת .x = 0 ∈ Rn aijkו בהנחה שקיים פתרון כזה: צעד א׳ :מתקיים: )Dzβ aijk (0) , Dzγ bj (0) , Dδ uk (0 Dxn Dα uj (0) = Pα כאשר Pαפולינום פעל מקדמים אי־שליליים |β| , |γ| ≤ |α| ,ו |δ| ≤ |α| + 1 :ו.δn ≤ αn : 49 פרק .8משפט Cauchy-Kovalewski .8.1המקרה הכללי P דוגמה : 8.1.3 α = (0, . . . , 0, 1) ⇒ Dα = Dxn במקרה זה קיבלנו |α| = 1ו.|δ| = 2 : טענה 8.1.4 α ניתן כך לחשב את כל הנגזרות ) Dxn D uj (0לכל מולטיאינדקס .α הוכחה :באינדוקציה על .αnאם αn = 0אזי ידועות כל הנגזרות Dα Dxn uj :על .xn = 0 אם αn = 1וכל αℓ = 0כאשר ℓ ≤ n − 1אז: n−1 N ∂uk X X i ∂uk + ajk (0)·Dxn )(0)+Dxn bj (. . .) (0 ∂xi i=1 ∂xi ·))Dxn aijk (x1 , . . . , xn−1 , u1 (x) , . . . , un (x n−1 N XX = )Dxn Dxn uj (0 i=1 k=1 k=1 ∂uk ∂ ∂ k Dxn ∂u ) Dxn bj (. . .ידוע מכיוון שהוא תלוי ב . ∂xn uℓגם Dxn ∂xi (0) :ידוע ,מכיוון ש∂xi (0) = ∂xi Dxn uk (0) : k aijk (x1 , . . . , xn−1 , u1 (x) , . . . , un (x)) · ∂uידוע וזוהי נגזרת xiשל k Dxn uהידוע על .xn = 0ולבסוף גם∂xi : ∂ajk ∂uk ∂uℓ .( ∂zℓ+n−1 ∂xn ) ∂xi כעת אנו יודעים עד αn ≤ qוכעת נבחן את αn = qונקבל αn = q + 1מהאגף השמאלי של.Dxn Dα uj (0) : צעד ב׳: נניח כי מסתכלים במערכת: n−1 N XX ∂Uj ∂Uk = )Aijk (z )+ Bj (z ∂xn ∂xi i=1 k=1 19/12/2012 כאשר z = (x1 , . . . , xn−1 , U1 , . . . , Un ) :כאשר ) aijk ≪ Aijkב (z = 0ו.bj ≪ (Bj ) : 50 פרק .8משפט Cauchy-Kovalewski .8.1המקרה הכללי P דוגמה : 8.1.5נתבונן רגע בדוגמה כדי לחזור לעצמינו .נניח n = 3 ,L = 2ו m = 2אזי: u1 u1 u1 )+ f (x, u1 , u2 , Dx1 u1 , Dx2 u1 , Dx3 u1 , . . . + A(0,1,1) Dx2 2 ,x3 = A(2,0,0) Dx2 1 ,x1 Dx2 3 u2 u2 u2 )כמובן שיכולים להיות עוד נגזרות כאן ,אבל זה מספיק לבינתיים(. נבחין כי האיבר הראשון ,הוא: 1,1 A(2,0,0) (. . .) A1,2 )(2,0,0) (. . . ... ... אנו רוצים לכתוב אותו כאוסף של סקלארים .כלומר: 1,2 2 2 Dx3 (Dx3 u1 ) = Dx2 3 u1 = A1,1 (2,0,0) (x, . . .) Dx1 ,x1 u1 + A(2,0,0) (. . .) Dx1 x1 u2 + . . . } | {z נעלם A1,1 ) (2,0,0) (x, . . .) Dx1 (Dx1 u1 ) + . . . . . . + Dx1 (Dx1 u2 ה ) (Dx1 uiנהפכלים לנעלמים. כעת ,האיבר השני מימין בשורה העליונה )כלומר u1־ים( 1,2 Dx2 3 u1 = A1,1 ) (0,1,1) (x, . . .) Dx2 (Dx3 u1 ) + A(0,1,1) (x, . . .) Dx2 (Dx3 u2 הערה 8.1.6זו לא באמת משוואה נפרדת ,זה צריך להיות באותה משוואה .יש כאן בלאגן. ולכן אנו מקבלים כי: )נעלם( . . . Dxi N X 2 X = )נעלם( Dx3 k=1 i=1 כעת נזכר כי הגענו לביטוי: n−1 N XX ∂uj ∂uk = )aijk (z )+ bj (z ∂xn ∂xi i=1 k=1 כאשר ) ,z = (x1 , . . . , xn−1 , u1 , . . . , uNכל הנעלמים שכוללים את כל רכיבי ה Dβ uכאשר .|β| ≤ m − 1 אם קיים פתרון אנליטי בסביבת z = 0אזי: )Dxn Dα uj (0) = Pα Dzβ aijk (0) , [Dγ bj ] (0) , Dδ uk (0 עם כל התנאים על γ, δ, βשציינו .לכן ,באופן סוקססיבי ,ניתן לחשב את כ נגזרות ).(Dα uj ) (0 כמו כן ,אמרנו כי אם ) aijk ≪ Aijkנשלט ב z = 0ו (xn = 0 :לכןל 1 ≤ j ≤ Nוגם.bj ≪ Bj : ואם יש פתרון ל: n−1 N XX ∂ ∂ = Uj )Aijk (z )Uk (x) + Bj (z ∂xn ∂x i i=1 k=1 ותנאי התחלה Uj |Γ = 0בסביבה של z = 0אזי קיים פתרון אנליטי ל: n−1 N XX ∂uj ∂uk = )aijk (z )+ bj (z ∂xn ∂xi i=1 k=1 51 פרק .8משפט Cauchy-Kovalewski .8.1המקרה הכללי הפתרון הזה הוא יחיד בסביבה בגלל למת ההמשכה שהרי כל נגזרותיו נקבעות ב.0 מכיוון ש aijk (. . .) , bjאנליטיות ב z = 0אזי הן באיזשהו ) .CM,r (0כלומר ,כולן נשלטות ע״י ≡ ).ϕM,r (z i ניקח את כל ה Ajk , Bjבתור .ϕ ! 25/12/2012 ∂ Uk ∂xi n−1 N XX i=1 k=1 1+ Mr ) r−(x1 +...+xn−1 +u1 +...+uN Mr ∂ = )Uj (x ∂xn ) r − (x1 + . . . + xn−1 + U1 + . . . + UN וזה עבור .1 ≤ j ≤ N כאשר: Uj (x1 , . . . , xn−1 , 0) ≡ 0 ננסה פתרון אנליטי מהצורה: ) Uj (x) ≡ V (X, Y כך ש: ∀j X = x1 + . . . + xn−1 Y = xn נקבל כי: ∂ ∂V Mr )1 + N (n − 1 = ) V (X, Y ∂Y r − X − NV ∂X כאשר: V (X, 0) ≡ 0 )M rN (n − 1 )r − X (t, s) − N V (t, s − 1 Mr )r − X (t, s) − N V (t, s ∂ = )X (t, s ∂t ∂ = )Y (t, s ∂t ∂ = )V (t, s ∂t כמו כן: s 0 = )X (0, s = )Y (0, s 0 = )V (0, s בעזרת החלפת משתנה ) (t, s) → (X, YנקבלV (t, s) → V (X, Y ) : 52 פרק .8משפט Cauchy-Kovalewski .8.1המקרה הכללי הערה 8.1.7 a ux + buy = c }|{z ∂x ∂t נקבל: q 1 2 = ) V (X, Y r − X − (r − X) − 2nN M rY Nn אנליטית בסביבת .X = Y = 0 תוספת למשפט :סיימנו להוכיח כי אם Γלא קרקטריסטי ב ) x = 0 ∈ Γביחס לנתוני (Cauchyאז קיים פתרון אנליטי יחיד בסביבת .x = 0יהי עכשיו K ⋐ Γמקטע של Γכך שלכל נקודה y ∈ K ⊆ Γקיימת סביבה )פיסת משטח( Γyשאינה קרקטריסטית. בקיצור ,סביבה של Kב Γשאינה קרקטריסטית .אזי לכל נקודה y ∈ Kקיימת סביבה Σy ∈ Rnשבה קיים פתרון יחיד )זה המשפט שהוכחנו(. מספר סופי של סביבות כאלה Σy1 , . . . , ΣyL :מכסות את Kוהפתרון בקבוצת החפיפה Σyi ∩ Σyjחייבים להתלכד )בגלל היחידות הפתרון האנליטי( .לכן הפתרון המבוקש הוא פשוט איחוד הפתרונות בכל .Σyi 53 IV חלק Rn בPoisson : וLaplace משוואת 54 פרק 9 משוואת Laplace 9.1 פונקציות הרמוניות Ω ⊆ Rnתחום )פתוח קשיר( הגדרה 9.1.1פתרון קלאסי )כלומר (C 2 (Ω) :של ∆u = 0ייקרא פונקציה הרמונית. הגדרה 9.1.2אם ) u ∈ C 2 (Ωו ∆u ≥ 0 :נאמר כי uסבהרמונית. אם ) u ∈ C 2 (Ωו ∆u ≤ 0נאצר כח תן סופרהרמונית. 9.1.1 ובחזרה לממוצעים... תהי uפונקציה הרמונית ותהי ).Mu (x, r תזכורת 9.1.3נקח פונקציה ) ,h ∈ C 2 (Ωואז הגדרנו: ˆ h (x + rξ) dSξ |ξ|=1 1 ωn =Mn (x, r) : )הממוצע על ספירה ברדיוס .(rהכוונה ש .B (x, r) ⊆ Ω ∇ξ h (x + rξ) ξ dSξ | {z } ∂ )∂ν h (x + rξ על השפה |ξ| = 1 ˆ |ξ|=1 1 ωn r = ∇x h (x + rξ) · ξdSξ ˆ ∂ 1 = )Mh (x, r ∂r ωn ˆ 1 ωn r |ξ|=1 וכעת ממשפט גאוס: ∆x (x + rξ) dξ ˆ |ξ|≤1 2 r ωn r = ∆ξ (x + rξ) dξ |ξ|≤1 = כלומר ,מהצבת משתנה y = rξ + xנקבל: = h (y) dSρ dρ |y−x|=ρ = dρ ! h (y) dSρ ˆ ˆr 0 r1−n ∆x = h (y) dy ωn |y−x|≤r ˆ ˆ |y−x|=ρ 1 ωn ρn−1 r ˆ r1−n ∆x ρn−1 Mn (x, ρ) dρ 0 55 n−1 ρ ˆr 0 ∆x ∂ r −n r ∆x = )Mh (x, r ∂r ωn 1−n r פרק .9משוואת Laplace .9.1פונקציות הרמוניות נכפיל את שני האגפים ב rn−1ונקבל: r ˆ ∂ rn−1 Mh (x, r) = ∆x ρn−1 Mh (x, ρ) dρ ∂r 0 נגזור שוב לפי rונקבל: ∂ ∂ ))rn−1 Mh (x, r) = ∆x rn−1 Mh (x, r) = rn−1 (∆x Mh (x, r ∂r ∂r כעת ,אם h ≡ uפונקציה הרמונית אזי: ✿0 ✘ ✘✘ ✘ ✘ ∆ u (x + rξ)dξ =0 x ✘ ✘ |ξ|=1 ˆ 1 ωn = )∆x Mu (x, r מכיוון ש uהרמונית .ולכן ,אם ) u ∈ C 2 (Ωהרמונית ב Ωאזי: ∂ ∂ n−1 r Mu (x, r) ≡ 0 ∂r ∂r במילים אחרות: ∂ )Mu (x, r) ≡ β (x ∂r rn−1 )עבור .(r > 0עם זאת ,נזכר כי במקרה הכללי .Mh (x, 0) = h (x) :ו: ˆ ∂ 1 = Mh (x, r) |r=0 ∇x h (x + rξ) ξdSξ −→ 0 r→0 ∂r ωn |ξ|=1 מכיוון ש .|∇x h (x + rξ) − ∇x h (x)| −→ 0 r→0 ולכן ,במקרה שלנו ,כאשר r → 0נקבל כי: ∂ Mu (x, r) → 0 ∂r rn−1 אבל ) β (xלא תלויה ב .rלכן נקבל כי .β (x) ≡ 0ולכן: ∂ Mu (x, r) ≡ 0 ∂r מסקנה 9.1.4 אם ) u ∈ C 2 (Ωהרמונית ב Ωאזי לכל x ∈ Ωנקבל כי: )Mu (x, r) ≡ γ (x לכל .r > 0אבל .Mu (x, r) −→ u (x) ,ולכן: r→0 משפט 9.1.5 אם ) u ∈ C 2 (Ωהרמונית ב ,Ωאזי בכל נקודה היא שווה לממוצע שלה על ספירה כלשהי המרוכזת ב.x המשפט ההפוך הינו: 56 פרק .9משוואת Laplace .9.2משפט הערך הממוצע )חלק (2 משפט 9.1.6 2 נניח כי ) u ∈ C (Ωמקיימת את תוכנת הממוצע) u = Mu (x, r) :לכל x ∈ Ωולכל (r ≥ 0אזי uהרמונית. הוכחה :לפי: ∂ ∂ n−1 r )Mh (x, r) = ∆x rn−1 Mh (x, r ∂r ∂r ומכך ש ) Mu (x, r) = u (xלכל r > 0נקבל כי: ∀r > 0 0 ≡ ∆x rn−1 u (x) ⇒ ∆x u (x) ≡ 0 9.2משפט הערך הממוצע )חלק (2 אנו יודעים כי: ˆ u (y) dSy |y−x|=ρ {z } )Mu (x,ρ 1 ωn ρn−1 | = )u (x נכפיל ב ρn−1ונבצע אינטגרציה על ] [0, rלפי :ρ u (y) dy |y−x|≤r ˆ 1 ωn = dρ ! ˆr ˆ u (y) dSρ |y−x|=ρ 0 1 = u (x) dρ ωn n−1 ρ ˆr 0 כלומר: u (y) dy |y−x|≤r ˆ n 1 r = n ωn )u (x כלומר: u (y) dy 1 ωn n r } |n{z ˆ |y−x|≤r = )u (x נפח הכדור ברדיוס r כלומר קיבלנו את: משפט 9.2.1משפט הערך הממוצע )גרסה (2 אם ) u ∈ C 2 (Ωהרמונית ב Ωאזי ) = u (xהממוצע של uעל כל כדור B (x, r) ⊆ Ω אנחנו קיבלנו את הגרסה השניה )ממוצע על כדורים( מתוך הראשונה )ממוצע על ספירות(. שאלה :אם uמקיימת תכונת הממוצע על כדורים ,האם אפשר להוכיח כי היא מקיימת את תכונת הממוצע על ספירה? 9.3משפט המקסימום החזק משפט 9.3.1משפט המקסימום החזק 57 פרק .9משוואת Laplace .9.3משפט המקסימום החזק תהי ) u (x) ∈ C 2 (Ωהרמונית ב .Ωותהי x0 ∈ Ωכך ש: })u (x0 ) = max {u (x x∈Ω אזי u ≡ constב .Ω הוכחה) :להוכחה אלטרנטיבית ,וחזקה יותר עבור סאב־הרמוניות ,אפשר להסתכל בסיכומים של ספקטרלית ב.(2.4 אם uמקיימת את תכונת הממוצע וערכה ב ≤yערכה בכל ) z ∈ B (y, ρעבור ρ > 0מסויים ,אזי ) u ≡ u (yב ).B (y, ρ לכן ,הקבוצה y | u (y) = max u (x) :היא פתוחה ,ואינה ריקה כי לפי הנחה x0שייכת אליה. x∈Ω מצד שני ,ברור כי היא סגורה )יחסית( ב .Ωבגלל רציפות) .הקבוצה } {u ≡ kסגורה לכל uרציפה( .כיוון ש Ωתחום קשיר ,הקבוצה היא כל .Ω מסקנה 9.3.2משפט המינימום החזק אם ) u ∈ C 2 (Ωהרמונית ו u (x0 ) = min {u (x) | x ∈ Ω} :ו x0 ∈ Ωאזי u = constב .Ω 01/01/2013 הוכחה :נסתכל על .−uואז מעקרון המקסימום החזק סיימנו. נבחין כי פתרון של משוואת לפלס ,כלומר: ∆u = 0 הוא למעשה סוג מסויים של פתרונות של משוואת הגלים: utt − c2 ∆u = 0 כאשר למעשה: )u (x, t) = u (x זה פתרון שנקרא ,Steady stateפתרון של גל עומד. או התכנסות של פתרון שהוא מתייצב. משפט 9.3.3עקרון המקסימום\מינימום החלש נניח כי Ωתחום חסום ותהי u ∈ C 2 (Ω) ∩ C Ωאזי max u = max u :וגם: x∈∂Ω x∈Ω min u = min u x∈∂Ω x∈Ω במילים אחרות u ,אינה עולה ב Ωואינה יורדת ב Ωמעל או מתחת לערכה המקסימלי )או המינימלי( על השפה .∂Ω הוכחה :נניח ) .u (x0 ) > max u (xאזי קיים x ∈ Ωכך ש: x∈∂Ω )u (x) = max u (x x∈Ω ∈ .(x )בגלל קיום x0ברור כי/ ∂Ω : ואז ,העקרון החזק אומרי כי u (x) ≡ u (x) :וזאת סתירה כי גם) u |∂Ω ≡ u (x) :רציפות(. לכן ,אין x0 ∈ Ωכך שu (x0 ) > max u (x) : ∂Ω 58 פרק .9משוואת Laplace .9.3משפט המקסימום החזק הערה 9.3.4יתר על כן ,אם קיים u (x0 ) = max u (x) :ו x0 ∈ Ω :אז: x∈∂Ω )u (x0 ) = max u (x Ω אז ,העיקרון החזק יגיד כי.u (x) ≡ u (x0 ) : נניח כי Ωחסום ו ∂Ωחלקה .האם בהינתן ) ϕ ∈ C (∂Ωקיימת u ∈ C 2 (Ω) ∩ C Ωהרמונית כך ש.u |∂Ω = ϕ : יחידות :אם קיימת uכזאת אזי היא יחידה ,שהרי אחרת גם v (x) :כזאת אזי u − v ∈ C 2 (Ω) ∩ C Ω :הרמונית ב Ωו.u − v |∂Ω ≡ 0 : אבל אז ,מעקרון המקסימום\מינימום החלש נקבל כי.u − v ≡ 0 : שאלה? האם קיום ) u (xכזאת לא נובע כבר ממשפט ?Cauchy-Kovalewski תשובה :ראשית ,על ∂Ωלהיות אנליטית .כלומר) xn = ψ (x1 , . . . , xn−1 ) :בסביבה קטנה של (y ∈ ∂Ωכאשר ψ אנליטית. שנית ,ברור שמקדמי המשוואה ∆u = 0 :הם אנליטיים. כמו כן ,נדרש כי )) ϕ |∂Ω = ϕ (x1 , . . . , xn−1 , ψ (x1 , . . . , xn−1תהיה אנליטית. ולבסוף ,צריך שמהקטע )סביב y ∈ ∂Ωיהיה לא־קרקטריסטי .כלומר: xn − ψ (x1 , . . . , xn−1 ) = 0 נזכר כי הדרישה לקרקטריסטיות תהא: במקרה שלנו: Aα (x) (Dϕ)α = 0 X det |α|=m ∆ = ∂x1 x1 + . . . + ∂xn xn כלומר ,כדי שהמשטח לא יהיה קרקטריסטי נדרוש: 2 (−∂xi ψ) + 1 6= 0 n−1 X i=1 כלומר ,אין בכלל משטחים קרקטריסטיים במקרה של משוואת לפלס. לכן ,ניתן לעשות זאת מכיוון שלכל סביבה של השפה נקבל פתרון ,וכך נמשיך. 59 פרק 10 בעיית דיריכלה )(Dirichlet Ω ⊆ Rnתחום חסום ,קשיר ∂Ω ,חלקה. 10.1 נוסחאת Green משפט 10.1.1נוסחאת Green תהיינה: u, v ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 Ω כלומר ,הנגזרות ) Du, Dv ∈ C 1 (Ωניתנות להמשכה רציפה ל .Ω אזי: ˆ ˆ ∂v ∂u − u dS = (v∆u − u∆v) dx v ∂ν ∂ν Ω ∂Ω כאשר ∂ ∂ν הנגזרת הנורמלית בכיוון החיצוני. הוכחה: )∇ (v∇u −∇v · ∇u } | {z = ∇v∇u + v∆u מלייבניץ = v∆u לכן: ∇v∇u ˆ ∇ (v∇u) − ˆ (∇ (u∇v)) − Ω ˆ = v∆u Ω ˆ Ω ובחילופי תפקידים: ∇v · ∇u Ω ובחיסור המשוואות )ושימוש במשפט הדיברגנץ\גאוס( נקבל: ˆ u∇v · ~ν dS v ∇u | {z· ~ν} dS − ∂Ω ∂u ∂ν 60 ˆ Ω ˆ ∂Ω = u∇v ˆ Ω = v∆u − u∇v ˆ Ω פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.2הגדרת הפתרון היסודי ב Rn 10.2 הגדרת הפתרון היסודי ב Rn בהינתן x, y ∈ Rnנגדיר: n>2 n=2 2−n 1 |(2−n)ωn |x − y 1 |2π log |x − y ( = )Γ (x − y .ωn = S n−1אנו קוראים ל Γהפתרון היסודי של ∆. ∆x Γ (x − t) = δy 10.2.1 נגזרות xשל )Γ (x − y 1 −n (xi − yi ) |x − y| , x 6= y, i = 1, . . . , n ωn = )Di Γ (x − y עבור .n ≥ 2 :מכיוון ש: ∂ ∂r · ∂xi ∂r = Di כאשר | . r = |x − yולכן: xi − yi ∂r = ∂xi ||x − y כעת ,הנגזרת השני: o 1 n |x − y|2 δij − n (xi − yi ) (xj − yj ) |x − y|−n−2 ωn = )Di,j Γ (x − y מדוע? נניח כי :i 6= j 1 (xi − yi ) (−n) |x − y|−1−n · (xj − yj ) |x − y|−1 ωn = )Di,j Γ (x − y וזה בדיוק מה שכתבנו להעיל. תרגיל :לבדוק במקרה של .i = j עבור :x 6= y n 1 n X 2 −n−2 −n |(xi − yi ) |x − y =0 n |x − y| − ωn ωn i=1 עבור x 6= yמכייון שהסכום: 2 2 |(xi − yi ) = |x − y n X i=1 נבחין כי: −n ||Di,j Γ (x − y)| ≤ C |x − y 61 = )∆x Γ (x − y פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.2הגדרת הפתרון היסודי ב Rn עבור איזשהו קבוע . Cכלומר ,זה לא אינטגרבילי ליד yאבל: 1−n ||Di Γ (x − y)| ≤ C |x − y כן אינטגרבילי ליד .y 2−n ||Γ| ≤ C |x − y נקח כדור קטן Bρ (y) ⊆ Ω :כדור ברדיוס ρ > 0וממורכז ב .y נקח u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 Ω :ונפעיל את נוסחאת גרין על )) Ω\Bρ (yכפונקציות של :(x ˆ ˆ ˆ ∂u )∂Γ (x − y ∂Γ ∂u =✿ 0 ✘ ✘✘x Γ −u + −u ✘ Γ∆u − Γ ∆u Γ ∂νx ∂νx ∂Bρ (y) ∂νx ∂Ω ∂νx )Ω\Bρ (y נרצה לקחת .ρ → 0 נבחין כי המידה של השפה של ) Bρ (yמתהנגת כמו ,ρn−1מכיוון ש: |∂Bρ (y)| = ωn ρn−1 ולפי הערכות על :Γ ˆ ∂u Γ dS ≤ Cρn−1 ρ2−n −→ 0 ρ→0 ∂Bρ (y) ∂νx ∂u max ∂νשהוא סופי.(u ∈ C 2 , כאשר Cתלוי ב ) uכלומר : x ולכן: ˆ ∂Γ )∂Γ (x − y u dSx − lim u −u dSy lim = Γ∆u Γ ρ→0 )ρ→0 Ω\B (y ∂νx ∂νx ∂Bρ (y) ∂νx ∂Ω ρ ˆ ˆ נחשב את: ∂Γ dSy lim u ρ→0 ∂B (y) ∂νx ρ ˆ נשים לב כי: ∂ ∂ 1 1−n Γ (x − y) = − Γ (x − y) = − ||x − y ∂νx ∂r ωn )הנורמל החיצוני הפונה לכיוון .(y מצד שני: )u |∂Bρ (y) → u (y במידה שווה על הספירה .אזי: 1 1 ∂Γ 1−n )ωn ρn−1 ρ1−n = −u (y · )dSy = u (y − ||x − y dSx = u (y) − lim u ρ→0 ∂B (y) ∂νx ω ω n n )∂Bρ (y ρ ˆ ˆ לסיכום: )dSx + u (y ∂u )∂Γ (x − y −u ∂νx ∂νx )Γ (x − y ˆ ∂Ω = Γ (x − y) ∆u (x) dx ˆ Ω ולכן: dSx ∂u )∂Γ (x − y −u ∂νx ∂νx )Γ (x − y ˆ ∂Ω וזוהי נוסחת ההצגה הבסיסת של תורת הפוטנציאל. 62 Γ (x − y) ∆u (x) dx − ˆ Ω = )u (y פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין מסקנה 10.2.1 2 תהי ) , u ∈ C02 (Ωכלומר ) u ∈ C (Ωובעלת תומך קומפקטי ב ) Ωבמילים אחרות u ≡ 0בסביבה של .(∂Ω אינטגרל השפה = ) 0כי (u |∂Ω , ∇u |∂Ω = 0ואז: ˆ Γ (x − y) ∆u (x) dx = )u (y Ω 02/01/2013 ואם היינו פיסיקאים ,היינו מעבירים את הלאפלאסיאן שמאלה ,והיינו מקבלים בדיוק את הקטע ש) ∆Γ (x − yהיא בעצם הדלתא של דיראק. הערה 10.2.2בקשר לבחנים .למה הפתרון של משוואה הגלים יחיד? נתבונן במקרה: uyy − c2 ∆u = 0 כאשר: u (x, 0) = 0 ut (x, 0) = x3 נבחין כי הפתרון הוא: u (x, t) = tx3 יחידות הפתרון ,נובעת מכך שפתרון חזק ראינו שיש לכל היותר אחד ,ופתרון קלאסי הוא בהכרח חזק. כמו כן ,בהוכחה של קירכהוף ,אמרנו שאם יש פתרון קלאסי הוא ניתן ע״י קירכהוף. ועכשיו בחזרה לבעיית דיריכלה... נזכור כי אמרנו כי אם u ∈ C (Ω) ∩ C 1 Ω :כאשר Ω ⊆ Rחסום ו ∂Ωחלקה .אזי: ˆ ˆ ∂ ∂ )Γ (x − y) − Γ (x − y u (x) dSx )u (x Γ (x − y) ∆u (x) dx + = )u (y ∂νx ∂νx ∂Ω Ω 2 n מסקנה 10.2.3 אם ) u ∈ C 2 (Ωהרמונית ,אזי uאנליטית )למעשה ,אין צורך בחסימות Ωאו בהנחה על .(∂Ω הוכחה :תהי x0 ∈ Ωוכדור B2R (x0 ) ⊆ Ωוגם הסגור שלו ב .Ωנפעיל את ההצגה על ) .B2R (x0אז: ˆ )∂u (x )∂Γ (x − y dSx )− Γ (x − y = )u (y )u (x ∂νx ∂νx ) ∂B2R (x0 עבור ) |y − x| ≥ R ,y ∈ BR (x0ל .x ∈ ∂B2R (x0 ) :אבל אז ברור כי האינטגרנד הוא פונקציה אנליטית ב: ) y ∈ BR (x0הנמצאת ב ) CM,r (xעבור ) x ∈ ∂B2R (x0כאשר M, r > 0לא תלויים ב .x 10.3פונקציית גרין נחזור לדון ב Ωחסום ו ∂Ωחלקה. תהי h ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 Ωפונקציה הרמונית כלשהי .נכתוב עבורה את נוסחת ההצגה: ˆ )∂h (x ∂ dSx )Γ (x − y) − Γ (x − y = )h (y )h (x ∂νx ∂νx ∂Ω 63 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין הערה 10.3.1האיבר הראשון נעלם מכיוון ש hהרמונית! אנו כרגע לא נתעסק איתה... 2 1 נכתוב גם את נוסחאת Greenעבור hו u ∈ C (Ω) ∩ C Ω :כללית. ˆ ˆ ∂u ∂h 0 ✿ ✘ ✘ ✘ = u∆h − h∆u dx = − h∆udx )− h (x )u (x ∂νx ∂νx Ω Ω ∂Ω ˆ הערה 10.3.2שוב ∆h = 0 ,מכיוון ש hהרמונית... נכתוב זאת כך: ∂h ∂u )u (x dSx )− h (x h∆udx + =0 ∂νx ∂νx ∂Ω Ω ˆ ˆ נתבונן בנוסחאת ההצגה של :u ∂ ∂ )u (x Γ (x − y) ∆u (x) dx + = )u (y )Γ (x − y) − Γ (x − y u (x) dSx ∂νx ∂νx ∂Ω Ω ˆ ˆ ונחבר את שתי המשוואות יחד .נקבל: ∂ ∂u )u (x [h (x) + Γ (x − y)] − ])[h (x) + Γ (x − y ∆u (x) [h (x) + Γ (x − y)] dx + = )u (y ∂νx ∂νx ∂Ω Ω ˆ ˆ נבחין כי הסוגר המרובע בכל מקום ,היא תמיד אותה פונקצייה! הנוסחא הנ״ל נכונה לכל פונקציה הרמונית .h ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 Ω כעת ,לכל yנקח ) hy (xכזאת כך ש ) hy (x) = −Γ (x − yלכל .x ∈ ∂Ωאזי ,הפונקציה: )G (x, y) = hy (x) + Γ (x − y מקיימת את התכונות הבאות: .1היא הרמונית ב.x ∈ Ω\ {y} : G (x, y) ≡ 0 .2עבור x ∈ ∂Ωו.y ∈ Ω : הגדרה 10.3.3פונקציה ) G (x, yהמקיימת את התכונות הנ״ל נקראת פונקצייה Greenשל .Ωוהיא מוגדרת על .(x, y) ∈ Ω × Ω מסקנה 10.3.4 2 1 אם ) G (x, yפונקציית Greenשל Ωאזי לכל u ∈ C (Ω) ∩ C Ωמתקיים: ˆ ˆ ∂ G (x, y) dSx = )u (y G (x, y) ∆u (x) dx + )u (x ∂νx Ω ∂Ω ∂ )∂νx G (x, y הגדרה 10.3.5הפונקציה )הגרעין מוגדר על .((x, y) ∈ ∂Ω × Ω = ) K (x, yעבור x ∈ ∂Ωו y ∈ Ω :נקראת גרעין Poissonשל .Ω 64 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין 10.3.0.1שאלה? 08/01/2013 אם ) Ω = BR (x0האם ניתן למצוא את )?G (x, y טענה 10.3.6 אם קיים גרעין Poissonאזי: K (x, y) dSx = 1 ˆ ∂Ω לכל .y ∈ Ω הוכחה :נקח .u (x) ≡ 1נקבל: K (x, y) dSx ˆ ∂Ω ∂ = G (x, y) dSx ∂νx ˆ =1 ∂Ω כנדרש. 10.3.1פונקציית Greenוגרעין Poissonלכדור )BR (0 נחזור לשאלה בנוגע לפונקציית Greenוגרעין Poissonלכדור ).BR (0 טענה 10.3.7 פונקציית Greenשל ) BR (0נתונה ע״י: )(10.3.1 y 6= 0 y=0 )(x − y ||y R Γ (x − y) − Γ )Γ (x) − Γ (R ( = )G (x, y כאשר: 1 2−n ||x )ωn (2 − n = )Γ (x עבור ) n ≥ 3מתקיים .(Γ (x) = Γ (|x|) :ונסמן Γ (R) = Γ (ξ) :כאשר .|ξ| = R וכמו כן y :היא נקודת השיקוף של yביחס ל ) ,BR (0כלומר |y| · |y| = R2 :ו 0, y, y :הן קו־לינאריות )יושבות על ישר אחד(. ∈ ) z = yאם ) .(y ∈ BR (0נקבל כי הוכחה :אנו יודעים כי Γ (x − z) :הרמונית ב .Rn \ {z} :בפרט ,עבור )/ BR (0 ) Γ (x − yהרמונית ב).BR (0 ולכן ,גם: | Γ |yהרמונית ב )) BR (0מכיוון שאם ) h (xהרמונית גם )) h (γ (x − aהרמונית(. )R (x − y | hy (x) = −Γ |yמקיימת את תנאי ההגדרה .כלומר ,נשאר לכן ,נשאר להראות כי הפונקציה ההרמונית: )R (x − y להוכיח כי G (x, y) = 0לכל ).x ∈ ∂BR (0 במילים אחרות ,עבור |x| = Rצריך להוכיח כי ||y )(x − y Γ (x − y) = Γ R כאשר .0 6= |y| < R הערה 10.3.8במקרה y = 0הנ״ל טריוויואלי. צריך להראות כי: 2−n ||y ||x − y R 65 = 2−n ||x − y פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין משיקולים גיאומטרים )דמיון משולשים וכו׳ כאשר מסתכלים על y, x, yבתור קודקודים ,לעשות את זה כתרגיל( .נקבל כי: R ||x − y ||y = ||x − y )∀x ∈ ∂BR (0 2 נסתכל במישור המרוכב ,ואז y = wואז ) y = Rwכאשר wהוא צמוד מרוכב( ו .x = Reiθואז: iθ Re − w |w| Reiθ − w |w| Reiθ − w ||w ||y = = = = iθ iθ 2 iθ ||Re − w | |wRe − R R R ✚e ✚R | |w − Re−iθ ולכן: 2−n ||y ||x − y R = |x − y|2−n ובכך ,הוכחה הטענה. 10.3.1.1גרעין Poissonשל )BR (0 הצעד הבא הוא לחשב את גרעין Poissonל ).BR (0 ∂ )G (x, y ∂νx = )K (x, y כאשר ).x ∈ ∂BR (0 xi 1 |x|1−n ωn R = )Di Γ (x כאשר .|x| = R n X xi 1 ∂ xi − yi = )Γ (x − y |x − y|1−n ∂νx R ωn ||x − y i=1 כעת: X |1−n |y n ✓ |xi |y ||y ||y = ) ✓R (xi − yi = )(x − y )(Di Γ )(x − y ||y R R R R ✓ i=1 |✓R |x − y n 2−n |X xi 1 |y −n ) |x − y| (xi − yi R ω R n i=1 ∂xi Γ n X xi R i=1 = ||y )(x − y R ∂ Γ ∂νx אנו בעצם עושים הכללה של פרק .8.1 − 8.2תרגילים שיש לעשות .4, 5 ולכן ,עבור ) BR (0נקבל כי: " # 2−n n ||y ||y 1 X xi −n −n |x − y| (xi − yi ) − ) |x − y| (xi − yi = )(x − y R ωn i=1 R R 66 ∂ ∂ Γ (x − y)− Γ = )K (x, y ∂νx ∂νx פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין כעת נזכר כי|x − y|−n : −n ||y R = −n ||x − y ||y R = |x − y|−nולכן: # " " 2 ✟# n n −n X 2 2 ✟2 X ✟ ✓ 1 |x − |y x ||y ||y R ||y ✓ i ✟ = (xi − yi ) − ✘ x2i − ✘xi ✟yi − 2 x2i + ✓2 x ·|x − y|−n = ) (xi − yi = i · ✓2 yi ωn R R ω R R ✟ ✓ n i=1 i=1 |✓|y ✟ " # " # n −n X 2 −n 2 −n h i ||x − y ||y ||x − y ✚ ||y ||x − y 2 = x2i − 2 x2i ✚ R2 − 2 |R2 − |y = R2 ωn R ωn ωn ✚R ✚ i=1 כאשר אנו משתשים בכך ש R2 |y|2 = | |yולכן: R2 y |y|2 i = yi כלומר ,לסיכום: −n 2 |R2 − |y R · ||x − y ωn = )K (x, y עבור |x| = Rו.|y| < R : בפרט .K (x, y) > 0 ,כזכור ,הראינו את הטענה: K (x, y) dSx = 1 ˆ ∂Ω בז׳רגון K (x, y) ,נקרא גרעין סומאביליות חיובי )ב xלכל ).(y ∈ BR (0 אם ) u ∈ C 2 (BR (0)) ∩ C 1 BR (0הרמונית אזי: 2 |R2 − |y −n |x − y| dSx Rωn · )u (x )∂BR (0 ˆ = u (x) K (x, y) dSx ˆ = )u (y )∂BR (0 הערה 10.3.9הנוסחה הזאת נכונה ל .n ≥ 2 טענה 10.3.10 נחזור ל Ω ⊆ Rnחסום כללי .אם קיים גרעין Poissonשל .K (x, y) ,Ωאזי לכל x ∈ ∂Ωמתקיים K (x, y) :הרמונית ב .y ∈ Ω הוכחה) :בהמשך נוכיח הוכחה כללית .כרגע נראה עבור הכדור ).(BR (0 במקרה של ) Ω = BR (0נרי: ∂ ||y ∂ Γ (x − y) − Γ )(x − y = )K (x, y ∂νx ∂νx R נבחין כי עבור המקרה הראשון אין לנו בעיה ,הרי יש סימטריה בין xל .yלכן אם היא הרמונית ב xקל וחומר שהיא הרמונית ב .y וגם הגורם השני הרמוני ,לא הראנו את זה ,זה בחישוב ישיר וזה תרגיל מסובך שמתניה לא רוצה לעשות ,אנו נראה בהמשך את המקרה הכללי ולכן זה מיותר. אבל נבחין כעת כי אם ) u (xמספיק יפה על השפה ,אנו יכולים להכניס את הגזירה לתוך האינטגרל ,ולכן מהטענה הנ״ל אנו נקבל כי uהרמונית לפי yמכיוון ש Kהרמונית לפי .y 10.3.2 הסימטריה של פונקציית Green יהי Ω ⊆ Rnתחום חסום חלק שעבורו קיימת פונקציית .x ∈ Ω, y ∈ Ω .G (x, y) ,Green טענה 10.3.11 אם x, y ∈ Ωאזי.G (x, y) = G (y, x) : 67 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין נשים לב G (x, y) ,לא מוגדרת עבור .x = y הוכחה :תהיינה y 6= z ∈ Ωוניקח כדורים קטנים ) .Bρ (y) , Bρ (zנסתכל על הפונקציית ) G (x, yו ) G (x, zשהן הרמוניות ב }) x ∈ Ω\ {Bρ (y) ∪ Bρ (zלכן ,מנוסחת גרין: ˆ ˆ ∂v ∂u = )(u∆v − v∆u u −v ∂ν ∂ν Ω ∂Ω כלומר: ∂ ∂ )G (x, y) − G (x, y G (x, z) dSx )G (x, z ∂νx ∂νx ˆ =0 )})∂(Ω\{Bρ (y)∪Bρ (z על השפה החיצונית ,∂Ωהאינטגרנד מתאפס )כי פונקציית גרין מתאפסת על השפה( .לכן ,נשאר לחשב את האינטגרל רק על השפה של איחוד הכדורים: ˆ ∂ ∂ )G (x, y) − G (x, y G (x, z) dSx )G (x, z =0 ∂νx ∂νx ))∂(Bρ (y)∪Bρ (z בכדור ) Bρ (yהפונקציות ) G (x, zו: ∂ )∂νx G (x, z רציפות )וחלקות( ב xואילו: |G (x, y)| ≤ C |x − y|2−n )עבור ρ > 0קטן( .לכן כאשר :ρ → 0 ∂ G (x, z) dSx −→ 0 ρ→0 ∂νx ˆ )G (x, y )∂Bρ (y כי .|∂Bρ (y)| ∝ ρn−1 :כלומר: ∂ G (x, z) dSx ∂νx )G (x, y ˆ )∂Bρ (z ∂ G (x, y) dSx = lim ρ→0 ∂νx )G (x, z ˆ )∂Bρ (y lim ρ→0 09/01/2013 כעתת נחשב את: ∂ G (x, y) dSx ∂νx )G (x, z ˆ )∂Bρ (y lim ρ→0 קיים: ∂ ∂ ])G (x, y) = − [Γ (x − y) + hy (x ∂νx ∂r כאשר rהוא קואורדינטת המרחק מהמרכז ) yוהגזירה כפונקציה של (x 1 r1−n ∂ ∂ 2−n r + hy (x) = − − )hy (x =− ∂r (2 − n) ωn ωn ∂r ולכן: 1−n ˆ r ∂ ∂ = G (x, y) dSx G (x, z) − − = hy (x) dSx ∂νx ωn ∂r )∂Bρ (y 1−n ˆ ρ ∂ G (x, z) − − = hy (x) ωn ρn−1 dθ ω ∂r n−1 n S ˆ ∂ n−1 dθ G (x, z) 1 + − hy (x) ωn ρ ∂r S n−1 68 )G (x, z ˆ )∂Bρ (y פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.3פונקציית גרין הערה x = y + ρθ 10.3.12 ∂ אבל נבחין כי )hy (x ∂rרציפה וחסומה ב ) .Bρ (yאבל מכיוון שהיא מוכפלת ב ρוגם ) G (x, yרציפה וחסומה בכדור, אז בהשאפת ρלאפס נקבל: ˆ ˆ ˆ ∂ ∂ n−1 )G (x, z) dθ = ωn G (y, z dθ = − lim )G (x, z G (x, y) dSx = − lim G (x, z) 1 + hy (x) ωn ρ )ρ→0 ∂B (y ρ→0 S n−1 ∂νx ∂r S n−1 ρ אבל נזכור כי גם ראינו כי: ∂ G (x, z) dSx −→ 0 ρ→0 ∂νx מכיוון ש ∂ )∂νx G (x, z )G (x, y ˆ )∂Bρ (y פונקציה רציפה וגם כי: |G (x, y)| < Cρ2−n מכיוון ש |hy (x)| ≤ Cחסומה .אבל dSx = ωn ρn−1 dθואז אנחנו נקבלים שנשאר רק ,ρוזה כמובן שואף לאפס. באופן דומה ,אנו נקבל ש: ˆ ∂ )G (x, z) dSx = ωn G (z, y lim )G (x, y )ρ→0 ∂B (z ∂ν x ρ ומהשיוויון בינהם נקבל: )G (z, y) = G (y, z כנדרש. מסקנה 10.3.13 ) G (x, yלכל x ∈ Ωהרמונית ב yב }.Ω\ {x הוכחה :הרי G (x, y) = G (y, x) ,והרי הלאפלאסיאן לפי המשתנה הראשון שווה לאפס ,ולכן במקרה הזה: ∆y G (y, x) = 0 טענה 10.3.14 ∂ )∂νx G (x, y = ) K (x, yהרמונית ב yעבור x ∈ ∂Ωול . y ∈ Ω הוכחה :נקח x0נקודה על השפה .מכיוון ש ∂Ωחלקה ,הרי בסביבת xניתן למצוא קואורדינטות β ∈ R ,θ ∈ Rn−1 ) βזה הקו הניצב לשפה ,ו θמתאר נקודה על השפה( .כך ש: ∂ ∂ = )ϕ (x )ϕ (β, θ ∂νx ∂β ) xבסביבת .(x0 בפרט: ∂ G ((β, θ) , y) |β=0 ∂β = )K (x, y ) β = 0נותנת נקודה על .(∂Ωלכן ,כעת: ∂ ∂ ∂ = G ((β, θ) , y) |β=0 = ∆y (G (β, θ) , y) |β=0 0=0 ∂β ∂β ∂β 69 ∆y K (x, y) = ∆y פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.4עובדות לגבי גרעין Poisson 10.3.3סיכום: עבור הכדור ) BR (0מתקבל: 2 |R2 − |y |x − y|−n ωn R = )K (x, y |y| < Rו .|x| = R אזי ,אם uהרמונית ב Ωתחום כך ש BR (0) ⊆ Ω :מתקבל: 2 |R2 − |y |x − y|−n u (x) dSx ωn R |x|=R ˆ = )u (y אם לא הרמונית ,יתווסף אינטגרל: ˆ G (x, y) ∆u (x) dx )BR (0 15/01/2013 10.4 עובדות לגבי גרעין Poisson ∆y K (x, y) = 0 .1לכל .|x| = R .2אם ) u ∈ C 2 (BR (0)) ∩ C 1 BR (0אז: ˆ K (x, y) u (x) dSx = )u (y )∂BR (0 10.5תכונות גרעין Poisson K (x, y) > 0 .1לכל .|y| < R ,|x| = R ´ ∂BR (0) K (x, y) dSx = 1 .2לכל .|y| < R .3הגבול: ˆ K (x, y) dSx = 0 }∂BR (0)∩{|x−x0 |>δ lim )y→x0 ∈∂BR (0 הגדרה 10.5.1גרעין ) K (x, yהמקיים את התכונות הנ״ל נקרא גרעין סומביליות חיובי. הערה 10.5.2גרעין סומביליות חיובי הוא בקירוב הדלתא של דיראק. משפט 10.5.3 תהי ))) ϕ (x) ∈ C 0 (∂BR (0רציפה על השפה( .אזי הפונקציה: ˆ K (x, y) ϕ (x) dSx =uϕ (y) : )∂BR (0 היא הרמונית בתוך ) BR (0ומתכנסת ל ) ϕ (x0כאשר ).y → x0 ∈ ∂BR (0 70 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.5תכונות גרעין Poisson במילים אחרות: uϕ (y) |y| < R )∈ C 0 BR (0 ϕ (y) |y| = R ( = )ũϕ (y הוכחה :העובדה ש ) uϕ (yהרמונית ב ) BR (0נובע מההרמוניות של ) K (x, yלפי ) .yוגזירה בתוך האינטגרל(. עכשיו ,נקח ) y → x0 ∈ ∂BR (0ונכתוב: ˆ = K (x, y) (ϕ (x) − ϕ (x0 )) dSx = ) uϕ (y) − ϕ (x0 )∂BR (0 ˆ ˆ K (x, y) (ϕ (x) − ϕ (x0 )) dSx + K (x, y) (ϕ (x) − ϕ (x0 )) dSx }∂BR (0)∩{|x−x0 |>δ }∂BR (0)∩{|x−x0 |≤δ } נבחין כי: {z I2 K (x, y) dSx −→ 0 y→x0 } | {z I1 ˆ ∂BR (0)∩|x−x0 |>δ | |)|I1 | ≤ 2 max |ϕ (x )∂BR (0 כאשר המעבר האחרון הוא מהתכונה השלישית של הגרעין. וכמו כן: ✿1 ✘ ✘✘ ✘ ✘ |) |I2 | ≤ max |ϕ (x) − ϕ (x0 ✘K✘(x, y) dSx |x−x0 |≤δ ✘✘R )(0 ✘∂B ˆ יהי , ε > 0בגלל הרציפות של ϕקיים δ > 0כך שאם |x − x0 | < δ :אז .|ϕ (x) − ϕ (x0 )| < ε נקח δכנ״ל ואז נקבל כי: lim |I1 | = 0 y→x0 lim |I2 | ≤ ε y→x0 ולכן ,מכך נובע כי: lim sup |uϕ (y) − ϕ (x0 )| ≤ ε y→x0 אבל זה לכל .εולכן סיימנו .כי זה אומר ש ) uϕ (y) → ϕ (x0כאשר .y → x0 10.5.1מסקנות Ω ⊆ Rnתחום קשיר. משפט 10.5.4 תהי ) u ∈ C 0 (Ωבעלת תכונת הממוצע .כלומר :לכל x ∈ Ωמתקיים u (x) = Mu (x, ρ) :לכל ρ > 0מספיק קטן )תלוי ב .(xאזי uהרמונית ב .Ω הוכחה :נקבע x ∈ Ωותהי ) vρ (yפהפונקציה ההרמונית ב ) Bδ (yכך ש ) vρ (y) = u (yכאשר .|y − x| = ρ ) u (y) , vρ (yבעלות תכונת הממוצע בכדור .נתבונן ב: )w = u (y) − vρ (y היא בעלת תכונת הממוצע ומתאפסת על השפה .ולכן היא שווה לאפס. כלומר u (y) ≡ vρ (y) :בכדור ).Bρ (x 71 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי משפט 10.5.5 ∞ תהי {uk }k=1סדרה של פונקציות הרמוניות ב Ωכך ש uk (x) → u (x) :במ״ש על כל קומפקט ) Λ ⋐ Ωכלומר Λ ⊆ Ω קומפקטי(. אזי uהרמונית ב.Ω הוכחה :נקח Bρ (a) ⊆ Ωואז נתבונן ב: ˆ K (x, y) uk (x) dSx = )uk (y )∂Bρ (a עבור |x − a| = ρ :מכיוון ש uk (x) → u (x) :במ״ש .עבור ρ 2 K (x, y) u (x) dSx < | |y − aכאשר ∞ → kאנו נקבל כי זה שואף ל: ˆ = )u (y )Bρ (a אבל היא הרמונית ב.y 10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי Ω ⊆ Rnתחום קשיר חסום. תזכורת 10.6.1אם ) h ∈ C 0 (Ωאזי: h (x + ρξ) dSξ ˆ |ξ|=1 1 ωn = )Mh (x, ρ הגדרה 10.6.2תהי ) u ∈ C 0 (Ωנאמר כי uהיא סאבהרמונית ב Ωאם לכל x ∈ Ωקיים ρx ≥ 0כך שux (x) ≤ : ) Mu (x, ρלכל .ρ < ρx טענה 10.6.3 אם ) u ∈ C 2 (Ωו ∆u ≥ 0אזי uסאבהרמונית ב .Ω הוכחה :עבור ) h ∈ C 2 (Ωכללית או יכולים לכתוב כי: ˆ 1 ωn ρ }∇ξ h (x + ρξ) · ξdSξ |{z = משפט גאוס ˆ ˆ 1 1 ✄· ρ2 = ∆ξ h (x + ρξ) dξ ∆x h (x + ρξ) dξ ωn ρ |ξ|≤1 ωn ρ |ξ|≤1 ✁ |ξ|=1 = ∇x h (x + ρξ) · ξdSξ בפרט ,במקרה של h = uעבור ∆u ≥ 0מתקבל: ∂ Mu (x, ρ) ≥ 0 ∂ρ כלומר ,הפונקציה ) Mu (x, ρעולה ב .ρובפרט: )u (x) = Mu (x, 0) ≤ Mu (x, ρ עבור .ρ > 0ולכן uסאבהרמונית לפי הגדרה. הגדרה 10.6.4נסמן ב ) σ (Ωאת משפחת הפונקציות הסאבהרמוניות ב .Ω 72 ˆ |ξ|=1 ∂ 1 = )Mh (x, ρ ∂ρ ωn פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי טענה 10.6.5 אם u ∈ σ (Ω) ∩ C 0 Ωאזי: )max u (x) = max u (x x∈∂Ω x∈Ω הערה 10.6.6זהו עקרון המקסימום החלש לפונקציות סאבהרמוניות. הוכחה :בשלילה ,קיים x0 ∈ Ωכך ש: )max u (x) = u (x0 ) > max u (x Ω ∂Ω אבל נזכור ,כי ) u (x0קטנה מהממוצע של ספירות סביבה .בגלל הסאבהרמוניות u (x0 ) ≡ u (x) :בסביבה מלאה של x0לכןף x ∈ Ω, u (x) = max u Ω פתוחה וסגורה .ולכן.u (x) ≡ const : הגדרה 10.6.7תהי ) u ∈ C 0 (Ωו .Bρ (y) ⊆ Ωאזי נגדיר: )x ∈ Ω\Bρ (y הפונקציה ההרמונית בכדור )Bρ (y )u (x שערכי השפה שלה הם )u (x ( = )uy,ρ (x טענה 10.6.8 אם ) u ∈ σ (Ωו Bρ (y) ⊆ Ωאזי: u (x) ≤ uy,ρ (x) .1לכל x ∈ Ω uy,ρ ∈ σ (Ω) .2 הוכחה: .1אם ) x ∈ Ω\Bρ (yאזי ) u (x) = uy,ρ (xלפי הגדרה .לעומת זאת ,בתוך הכדור Bρ (y) ,הפונקציה u (x) − ) uy,ρ (xהיא בעלת תכונת הממוצע כי uy,ρהרמונית .ושווה זהותית ל 0על השפה לפי הבנייה .ולכן ,מעקרון המקסימום החלש ,המקסימום החלש יגיד כי u (x) − uy,ρ ≤ 0 :לכל ) .x ∈ Bρ (yכנדרש. .2ברור כי ) uy,ρ (z) ≤ Muy,ρ (z, θל θ > 0מספיק קטן .אם ) z ∈ Ω\Bρ (yשהרי שםuy,ρ (z) = u (z) ∈ : ) .σ (Ωכמו כן ,אם ) z ∈ Bρ (yאזי uy,ρהרמונית שם ולכן בוודאי סאבהרמונית .נשאר לבדוק מה קורה על השפה של הכדור .במקרה של ) |z − y| = ρכלומר ) (z ∈ ∂Bρ (yאזי: )≤ Mu (z, θ) ≤ Muy ,ρ (z, θ }|{z )u∈σ(Ω כאשר המעבר הראשון הוא מ.1 טענה 10.6.9 אם ) u ∈ σ (Ωו Bρ (y) ⊆ Ωאזי ).u (y) ≤ Mu (y, ρ 73 }uy,ρ (z) |{z )= u (z הגדרה פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי הערה 10.6.10לפי ההגדרה הטענה נכונה עבור ρ > 0מספיק קטן )בלבד( .אנו רוצים להוכיח לכל .ρ הוכחה :אנו יודעים שבתנאים הנ״ל: )u (y) ≤ uy,ρ (y) = Muy,ρ (y, ρ) = Mu (y, ρ מכיוון שהן מתלכדות על שפה של הכדור. טענה 10.6.11 ) u ∈ C 0 (Ωהיא הרמונית אם״ם .u, −u ∈ σΩ הוכחה :אם הרמונית ,אזי ) u, −u ∈ σ (Ωבאופן טריוויאלי. להפך ,ל uול −uתכונת ה≥ מהממוצע .ולכן ל uתכונת הממוצע )העברת אגפים וזה .(...ולכן הן הרמוניות. תהי ) ϕ ∈ C 0 (∂Ωנגדיר משפחה: Ω | u (x) ≤ ϕ (x) x ∈ ∂Ω σϕ Ω = σ (Ω) ∩ u ∈ C 0 הערה .σϕ (Ω) 6= ∅ 10.6.12כי אם נקח .u ≡ const < min ϕ ∂Ω טענה 10.6.13 תהיינה .u1 , . . . , uk ∈ σϕ Ωאזי: v := max {u1 , . . . , uk } ∈ σϕ Ω הוכחה :ראשית ,כל האיברים ב σϕ Ωחסומים ע״י) max ϕ :מתכונת המקסימום החלש של פונקציות סאבהרמוניות(. ∂Ω לכן) v ∈ C 0 Ω ,רציפות וחסומות( .וכמובן.v |∂Ω ≤ ϕ : אם y ∈ Ωאזי: })v (y) = max {ui (y)} ≤ max {Mu1 (y, ρ) , . . . , Muk (y, ρ עבור ρ > 0מספיק קטן )כי uiסאבהרמוניות(. )≤ Mv (y, ρ 16/01/2013 ולכן לפי הגדרה ).v ∈ σ (Ω ולכן היא מקיימת את כל התכונות ,ולכן Ω .v ∈ σϕ u ∈ σϕ Ω ≤ max ϕ ∂Ω הקבוצה לא ריקה מכיוון ש: v (x) ≡ c, v ∈ σϕ (Ω) , c ≤ min ϕ נסמן: wϕ := sup u ∈ σϕ Ω 74 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי נבחין כי: min ϕ ≤ wϕ (x) ≤ max ϕ ∂Ω ∂Ω התוכנית שלנו: .1להראות ש ) wϕ (xהרמונית ב .Ω .2לבדוק באיזו מידה .wϕ |∂Ω = ϕ ראשית נבחין בעוד תכונות של פונקציות הרמוניות: R 2 − y 2 1 · R |x − y|n K (x, y) = . . . אם uהרמונית ב ):BR (0 K (x, y) u (x) dSx ˆ = )u (y )BR (0 ˆ 1 1 · ∂yj K (x, y) |y=0 u (x) dSx = . . . R2 ∂yj = |y=0 u (x) dSx R |x − y|n )∂BR (0 )BR (0 ˆ ˆ 1 xj xj − yj 1 · u (x) dSx | u )(x dS = . . . · R ... y=0 x n+1 n |x − |y R R |x − |y )∂BR (0 ˆ = ∂yj u (y) |y=0 לכן: |)∂yj u (y) |y=0 ≤ C/R · max |u (x )∂BR (0 כאשר Cקבוע. מסקנה 10.6.14 אם uהרמונית בכדור ) BR (0אזי במרכז הכדור מתקיים: C |)· max |u (x )R ∂BR (0 ≤ | |∇u (y) |y=0 משפט 10.6.15 תהי uהרמונית ב .Ωותהי ξ ∈ Ωכך ש )d (ξ) = dist (ξ, ∂Ω אזי: C · max |)|u (x )d (ξ) − δ x∈∂Bdξ−δ (ξ ≤ |)|∇u (ξ מסקנה 10.6.16 יהי Ω′ ⋐ Ωתחום מוכל קומפקטית ב.Ω ∞ פונקציות הרמוניות החסומות במידה שווה על כל תחום המוכל קומפקטית ב.Ω תהיינה {uk }k=1סדרה∞ של ′ ′ אזי קיימת תת סדרה ukj j=1המתכנסת במידה שווה לפונקציה ) u (xעל .Ωבהכרח ) u (xהרמונית ב .Ω 75 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי במילים אחרות :סידרה חסומה של פונקציות הרמוניות ⇐ תת סדרה מתכנסת במ״ש. הוכחה :אם: dist Ω′ , ∂Ω = d > 0 אזי: d 2 < ) x | dist (x, Ω′ = Ω′′ הוא תחום פתוח Ω′′ ⋐ Ω .ו .Ω′ ⋐ Ω אזי ,לפי ההנחה: ∞ < |)sup |uk (x k, x∈Ω′′ לפי המשפט: ∞ < |)sup |∇uk (x x∈Ω′ ,k מכיוון ש x ∈ Ω′גורר כי.B d (x) ⊆ Ω′′ : 4 ∞ לכן ,לפי משפט Arzela-Ascoliקיימת תת סדרה ukj j=1המתכנסת במידה שווה ב .Ω′ ואנו יודעים כי אם יש כזו ,אז היא מתכנסת לפונקציה הרמונית .ולכן סיימנו. נחזור שוב ל: }){u (x sup = )wϕ (x )u∈σϕ (Ω כאשר .x ∈ Ωאנו רוצים להוכיח ראשית כי wϕהרמונית .יהי .Bρ (ξ) ⊆ Ωתהי ) {xk } ⊆ Bρ (ξסדרת נקודות. ) wϕ (xk ) = lim ↑ ukj (xk ∞→j )גבול עולה( כאשר .ukj ∈ σϕ Ω לכל jטבעי נקח: n o )vj (x) = max u1j (x) , u2j (x) , . . . , ujj (x אזי ) vj ∈ σϕ Ωלפי הטענה שאומרת שהמקסימום נמצא שם( .ולכל kנקבל כי יהיה מודבר בסדרה עולה: ) lim ↑ vj (xk ) = wϕ (xk ∞→j כעת ,כל vjהיא סאבהרמונית. נחליף כל ) vj (xב) vj,ξ,ρ (x) = λj (x) :הפונקציה שהיא הרמונית ב ) Bρ (ξושווה ל vjמחוצה לו ξ, ρ ,קבועים(. נזכר כי: )σϕ Ω ∋ λj (x) ≥ vj (x וברור כי: ) lim ↑ λj (xk ) = wϕ (xk ∞→j 76 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי ∞ אבל {λj (x)}j=1סדרת פונקציות הרמוניות חסומות במ״ש )ע״י min, max ϕעל השפה(. ולכן ,קיימת תת סדרה מתכנסת במש ב ) Bρ (ξלפונקציה הרמונית ) .W (xנשים לב כי ) W (xוודאי תלויה בבחירה הנקודות xkובתת־סידרה. נוסף ,לכך ) W (xk ) = Wϕ (Xkלכל .kתהי ) η ∈ Bρ (ξונבחר ראשית סדרה xk → ηנניח גם כי .x1 = ηנקבל ) W (xמתאים .אזי .W (xk ) = wϕ (xk ) :אבל ) W (x1 ) = W (xk ) → W (ηוגם ) .wϕ (xk ) → wϕ (ηכלומר, ) wϕ (xפונקצי רציפה בכדור ).Bρ (ξ כלומר wϕ (x) ∈ C 0 (Ω) ,מכיוון שזה נכון לכל כדור .עכשיו ,נוכיח כי wϕהרמונית. ניקח } {xkסידרה צפופה בכדור ) .Bρ (ξנקבל ) W̃ (xהרמונית מתאימה .כאשר: ∀k ) wϕ (xk ) = W̃ (xk אבל wϕרציפה בכדור ב ̃ Wרציפה .מכיוון ש xkצפופה אנו מקבלים כי בכדור: )wϕ (x) ≡ W̃ (x הרמונית ב ) .x ∈ Bρ (ξאבל זה היה כדור כלשהו .ולכן סיימנו. נשאר לברר את היחס של ) wϕ (xל ) ϕ (xבשביל .x ∈ ∂Ω הגדרה 10.6.17תהי η ∈ ∂Ωותהי ) .Qη (x) ∈ C 0 Ω ∩ σ (Ωנאמר כי ) Qη (xהיא פונקציית מחסום )Barrier (functionבנקודה ηאם: }Qη (η) = 0, Qη (x) < 0, x ∈ ∂Ω\ {η נתונה הפונקציה .ϕ (x) ∈ C 0 (∂Ω) :עבור ,ε > 0נגדיר: )u (x) = ϕ (η) − ε + KQη (x כאשר K ≫ 1ייבחר בהמשך .ברור כי )) u ∈ σ (Ωכי ).(KQη ∈ σ (Ω u (η) = ϕ (η) − ε + KQη (η) = ϕ (η) − ε קיימת סביבה Uשל ηב ∂Ωכך ש x ∈ Uאז :היות ו .u (x) ≤ ϕ (η) − ε :אזי גם .u (x) ≤ ϕ (x) :על הקבוצה הקומפקטית Qη (x) < 0 ,∂Ω\Uולכן .Qη (x) < −β < 0 ע״י בחירת K ≫ 1מספיק גדול נוכל לקבל: u (x) ≤ ϕ (x) , x ∈ ∂Ω\U ולסיכום: )x ∈ ∂Ω, u (x) ≤ ϕ (x u ∈ σϕ Ωלכן wϕ (x) ≥ u (x) :לכל .x ∈ Ωנסתכל עכשיו על הגבול של ) wϕ (xכאשר x ∈ Ωמתקרבת ל .η lim inf wϕ (x) ≥ lim u (x) = ϕ (η) − ε x→η x→y לכל .ε > 0ולכן: )lim inf wϕ (x) = ϕ (η x→η 77 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי נשאר להראות כי: )lim sup wϕ (x) ≤ ϕ (η x→η נסתכל ב .w−ϕנבחין כי: v inf )−v∈σ−ϕ (Ω sup =u )u∈σ−ϕ (Ω −w−ϕ = − אם −v ∈ σ−ϕ Ωאזי ראשית זה אומר כי ) −v ∈ σ (Ωוגם.−v |∂Ω ≤ −ϕ : ) u ∈ σ (Ωו) u |∂Ω ≤ ϕ :כאשר .(u ∈ σϕ Ωהיות וסכום שני סאבהרמוניות הוא סאבהרמוני ,נקבל כי: )u − v ∈ σ (Ω ולכן: u − v |∂Ω ≤ ϕ + (−ϕ) = 0 אחרות u (x) ≤ v (x) ,לכל ) x ∈ Ωעקרון המקסימום החלש לפונקציות סאבהרמוניות( .כלומר כל vאשר במילים מקיימת −v ∈ σ−ϕ Ωהיא גדולה מכל .u ∈ σϕ Ω לכן ) −w−ϕ (xשהיא infעל vכנ״ל היא גדולה או שווה מ . supכלומר: )u∈σϕ (Ω )−w−ϕ (x) ≥ wϕ (x לכן: )lim sup wϕ (x) ≤ lim sup (−w−ϕ (x)) = − lim inf w−ϕ (x) ≤ ϕ (η x→η x→η x→η ולסיכום ,אם ב η ∈ ∂Ωיש פונקציית מחסום .אזי ) wϕ (xרציפה כאשר ) x → ηמתוך (Ωוהגבול = ).ϕ (η אם ,לכן ,פונקציית מחסום קיימת בכל נקודת שפה של ,Ωאזי wϕ (x) ∈ C 0 Ωו: wϕ (x) = ϕ (x) , x ∈ ∂Ω ובכך ,נפתרה בבעיי Dirichletל.Ω נשאר להראות את הקיום של פונקציית מחסום ב .η ∈ ∂Ω הקיום ,תלוי בגיאומטריה של ∂Ωבסביבת .η P דוגמה : 10.6.18נניח שניתן למצוא כדור ) Br (yכך ש }.Br (y) ∩ Ω = {η נזכר כי .Γ (x − y) < 0 :נגדיר) Qη (x) = −Γ (x − y) + Γ (r) :פונקציה כדורית(. 1 r2−n < 0 )ωn (2 − n = )Γ (r נבחין כי עבור |x − y| > r :מתקיים: |Γ (x − y)| < |Γ (r)| ⇒ Γ (r) − Γ (x − y) < 0 אבל ) Qh (xהרמונית ולכן היא בוודאי ) ∈ σ (Ωוגם היא ב ) C 0 Ωמכיוון שהבעיה היחידה שלה היא ב yאשר נמצא בחוץ(. לכן ) Qη (xפונצקיית מחסום ב .η 78 פרק .10בעיית דיריכלה )(Dirichlet .10.6בעיית דיריכלה בתחום כללי הגדרה 10.6.19נאמר כי ל Ωתכונת הכדור )החיצוני( אם בכל נקודה η ∈ ∂Ωניתן לבנות כדור ) Brη (yηכך ש }) Brη (yη ) ∩ Ω = {ηאז יש לנו פונקציית מחסום(. מסקנה 10.6.20 אם ל Ωתכונת הכדור החיצוני ,אזי בעיית Dirichletנפתרת באופן יחיד. הערה 10.6.21ל Ωתכונת הכדור החיצוני אם בכל נקודה η ∈ ∂Ωקיים על־מישור תומך ,כלומר על מישור Pכך ש: Ωנמצא מצד אחד של .P 23/01/2013 79 חלק V משוואת החום 80 פרק 11 משוואת החום על רגל אחת 11.1 מה היה עד כה? דיברנו על משוואת הגלים: utt − c2 ∆u = 0 על משוואת לפלאס: ∆u = 0 ונרצה גם לדבר קצת על משוואת החום: ut = ∆u נבחין כי במשוואת החום ,הזמן כן חשוב ,אנחנו לא יכולים להחזיר את הזמן אחורה .כאן .t ≥ 0 נתון ) u0 (x) = u (x, 0כאשר x ∈ Rnו ) u0 (xאנליטי .האם המשטח x = 0הוא קרקטריסטי? xn+1 = ϕ (x1 , . . . , xn+1 ) ≡ 0 תנאי הקרקטריסטי: =0 !α ∇x1 ,...,xn+1 ψ X α כאשר במקרה של המשוואה שלנו .|α| = 2ומתקיים: )α = (. . . 0 2 0 . . . נבדוק: ? =0 2 n X ∂ψ ∂xi i=1 אבל זה שווה ל ,xn+1ולכן ,המשטח t = 0הוא קרקטריסטי. הסיבה שזה שונה מהלפלאסיאן ,זה שחסרה לנו נגזרת אחת. אבל ,למרות שהמשטח קרקטריסטי ומשפט קושי־קובלבסקי לא נותן לנו כמעט וכלום ,יש לנו פתרון עבור .t ≥ 0 81 .11.2ממשוואת החום על תחום חסום 11.2 פרק .11משוואת החום על רגל אחת ממשוואת החום על תחום חסום אנו נשארים פה עם ההגדרה של ) u0 (xלצורך ההמשך. סימון: נסמן) QT = Ω × (0, T ] :צילינדר החום(. הגדרה 11.2.1נאמר כי ) u (x, tהוא פתרון קלאסי ב QTאם: .1הנגזרות ut , uxi xi ∈ C (QT ) :ומתקיימת המשוואה. ,u ∈ C QT .2ו ) u (x, 0) = u0 (xכאשר .x ∈ Ω u (x, t) = b (x, t) .3עבור x ∈ ∂Ωו b (x, t) .T ≥ t ≥ 0פונקציה רציפה. ואנו לוקחים במקרה הזה ∞ < .Tאפשר לדבר לכל זמן ,אבל אז אנו פשוט מדברים על איחודים של T־ים עולים. הערה ut (x, t) 11.2.2ניתנת להמשכה רציפה עד .t = T 11.3משפט המקסימום מינימום למשוואת החום משפט 11.3.1משפט המקסימום\מינימום למשוואת החום יהי ) u (x, tפתרון קלאסי של משוואת החום .אזי: max (u0 (x)) , max b (x, t) max max (x,t)∈∂QT x∈Ω = u (x, t) , (x, t) ∈ QT min min min (u0 (x)) , min b (x, t) (x,t)∈∂QT x∈Ω המשוואה שלנו כאמור היא: ut − ∆u = 0 הוכחה :נניח ראשית ,כי ) v (x, tהיא פונקציה כך ש vt , vxi xiרציפות ב QTו .v ∈ C QTומתקיים ב QTש: vt − ∆v < 0 אזי ,אם קיימת ] (x0 , t0 ) ∈ Ω × (0, Tכך שmax v (x, t) : (x,t)∈QT = ) .v (x0 , t0 מתקיים שבנקודה זו: vt (x0 , t0 ) ≥ 0 )אחרת הגענו מנקודה חמה יותר( .וגם מתקיים: ∆v (x0 , t0 ) ≤ 0 ולכן: vt − ∆v (x0 , t0 ) ≥ 0 וזו סתירה ,כי .vt − ∆v < 0 המסקנה היא ,ש )max v (x, t (x,t)∈QT שווה לmax v (x, t) , max v (x, 0) : x∈Ω 82 ] ∂Ω×[0,T .max .11.3משפט המקסימום מינימום למשוואת החום פרק .11משוואת החום על רגל אחת כעת ,תהי ) u (x, tפתרון קלאסי של משוואת החום ונסתכל ב v (x, t) = u (x, t) + ε |x|2כאשר .ε > 0אזי ) .vt = u (tאבל .∆v = ∆u + ε2n ולכן: vt − ∆v = ut − ∆u − 2nε = −2nε < 0 כלומר: b (x, t) + ε |x|2 max ] (x,t)∈∂Ω×[0,T max v (x, t) = max max u0 (x) + ε |x|2 , x∈Ω (x,t)∈QT ≤ )max u (x, t (x,t)∈QT 2 אבל | |xחסום על ) Ωההנחה היא ש Ωתחום חסום( .אבל האי שיוויון הנ״ל נכון לכל εלכן נקבל כי: max u (x, t) = max max (u0 (x)) , max ))(b (x, t ] (x,t)∈∂Ω×[0,T (x,t)∈QT x∈Ω כנדרש. מסקנה 11.3.2משפט היחידות למשוואת החום יש לכל היותר פתרון קלאסי אחד למשוואה ב .QT הוכחה :נניח ש u1 , u2שני פתרונות ,אזי גם u1 − u2פתרון לבעיית החום .אבל כעת ,עם תנאי התחלה ושפה ששווים זהותית לאפס. ממשפט המקסימום )והמינימום ,שוב מכניסים שם מינוס כדי לקבל מינימום (...נקבל כי: u1 − u2 ≡ 0 קיום + uגבול ∞ → tיגרור .∆u = 0 נראה כעת הוכחה אלטנרנטיבית ליחידות הפתרון :הוכחה :נניח u = u1 − u2הפרש פתרונות .יש לנו: ut − ∆u = 0 נכפול את המשוואה ב ) u (x, tוניקח את האינטגרל על .QTנקבל: ∆u (x, t) u (x, t) dxdt = 0 ˆ ˆT ˆ ˆT 0 0 Ω ∂ u (x, t) u (x, t) dxdt − ∂t Ω נבחין כי: ˆ ˆT 1 d 1 2 2 = u (x, t) dx dt = u dxdt 2 2 dt Ω 0 ˆ ˆ ✿0 1 ✘ 1 ✘2 2 ✘ ✘ (x, )0 dx = u (x, T ) dx ✘ ✘ 2 ✘Ω 2 Ω ˆ 2 u (x, T ) dx − Ω 1 2 ∂ ∂t ˆ ˆT Ω 0 ∂ = u (x, t) u (x, t) dxdt ∂t Ω = נטפל באינטגרל השני: 2 ∇ (u∇u) − |∇u| dxdt ˆ ˆT Ω = ∆u (x, t) u (x, t) dxdt 0 83 ˆ ˆT Ω 0 ˆ ˆT 0 .11.4פתרון משוואת החום ב t ≥ 0ו x ∈ R פרק .11משוואת החום על רגל אחת כאשר אנו משתמשים בזהות: 2 |u∆u = ∇ (u∇u) − |∇u ולכן: ✯0 ✟✟ ✟ |∇x u (x, t)| dx + − u ∇u · ν} dSx dt ✟| {z Ω ✟✟ ∂Ω ∂u ∂x ✟✟ ˆ ˆ 2 ˆT = 0 אנו מניחים במעבר הזה כי .∇u ∈ C QTאבל זה מתאפס גם כי u = 0על השפה )הרי חיסור פתרונות(. ולכן קיבלנו סה״כ כי: 2 |∇u (x, t)| dxdt = 0 ⇒ ∇u (x, t) ≡ 0 ˆ ˆT Ω 2 u (x, T ) dx + 0 ˆ Ω 1 2 ב .QTוגם השני חייב להתאפס ,מכיוון שמדובר באינטגרלים של דברים חיוביים. 11.4פתרון משוואת החום ב t ≥ 0ו x ∈ R כלומר ,אנו מחפשים פתרון ל ut = uxxכאשר ) .u (x, 0) = u0 (xאנו מניחים לפחות ש ) u0 (xרציפה וחסומה על .R וכאמור ,מתקיים: ut − uxx = 0 הגדרה 11.4.1גרעין החום ) G (x, tהוא הפונקציה: 1 − x2 e 4t √ = )G (x, t 4πt כאשר .t > 0 משפט 11.4.2 בתנאים האלה ,הפונקציה: G (x − y, t) u0 (y) dy ˆ = )u (x, t R היא פתרון קלאסי של המשוואה ב )∞ (x, t) ∈ R × (0,ומקיימת: )lim u (ξ, t) = u0 (ξ t→0+ לכל .ξ ∈ R הוכחה: x 1 − e 2t 4πt x2 1 x2 e− 4t √ − + 2 2t 4t 4πt 2 − x4t √ 84 = )Gx (x, t = )Gxx (x, t .11.4פתרון משוואת החום ב t ≥ 0ו x ∈ R פרק .11משוואת החום על רגל אחת כמו כן: x2 1 1 x2 1 · e− 4t √+ √ Gt (x, t) = − 2 4πt 2t 4πt 4t כלומר: )Gt (x, t) = Gxx (x, t כלומר ,היא מקיימת את משוואת החוםץ כעת: G (x − y, t) u0 (y) dy ˆ = )u (x, t R נקבל כי: ✿0 ✘ ✘✘✘ ✘ ✘ ✘∆✘(∂t − x ) G (x − y, t)u0 (y) dy = 0 ✘✘ R ˆ ∂u = − ∆x u ∂t נשאר לכן להוכיח כי: )∀ξ ∈ R, lim u (ξ, t) = u0 (ξ t→0+ לשם כך ,נתבונן בתכונות ).G (x, t G (x, t) > 0 .1לכל )∞ .(x, t) ∈ R × (0, ´ R G (x, t) dx = 1 .2לכל .t > 0 .3לכל δ > 0מתקיים: G (x, t) dx −→+ 0 t→0 = tdy √ 2 e−y t ˆ 2 e−y dt −→ 0 t→0 |y|> √δt √ 1 √ = }|{z ✄4π t √ √ x=y t dx = dy t ˆ |y|>δ/ |x|>δ ˆ x2 e− 4t dx ˆ |x|<δ 1 √ = G (x, t) dx 4πt |x|>δ ˆ 1 √ 4π הערה 11.4.3זו פונקציה בונה לדלתא של דיראק... כלומר G ,הוא גרעין סומאביליות חיובי ,וזה סוף ההוכחה. נזכיר זאת. G (ξ − y, t) (u0 (y) − u0 (ξ)) dy {z } I2 = G (ξ − y, t) (u0 (y) − u0 (ξ)) dy ˆ ˆ G (ξ − y, t) (u0 (y) − u0 (ξ)) dy + |ξ−y|≥δ ˆ = )u (ξ, t |ξ−y|<δ | {z } I1 | כעת נבחין כי .I2 −→ 0ואילו נבחין כי עבור ,I1יהי ε > 0נתון ,ניקח δ > 0כך ש |u (y) − u (ξ)| < εלכל t→0 .|y − ξ| < δולכן ,נקבל כי |I1 | < ε :כנדרש. לסיכום ,קיבלנו פתרון קלאסי המתכנס ל ) u0 (ξכאשר t → 0+לכל ,ξ ∈ Rבהנחת רציפות וחסימות .u0 הערה 11.4.4בלי תנאים נוספים ,פתרון זה אינו יחיד. 85 .11.5עקרון Duhamel פרק .11משוואת החום על רגל אחת 11.5עקרון Duhamel משפט 11.5.1עקרון Duhamel נסתכל במשוואת החום הלא הומוגנית: )ut − ∆u = f (x, t אזי ,בתנאים מתאימים על ) ,f (x, tהפונקציה: G (x − y, t − s) f (y, s) dyds ˆ ˆt = )u (x, t R 0 הוא פתרון קלאסי של המשוואה ומקיימת u (x, t) → 0כאשר t → 0לכל .x הערה 11.5.2להשוות למשוואת הגלים הלא הומוגנית. 86
