מבוא למשוואות דיפרנציאליות חלקיות בינואר 2013

Transcript

1 מבוא למשוואות דיפרנציאליות חלקיות אור דגמי, 23 בינואר 2013

2 אתר אינטרנט: סיכום הרצאות של פרופ מתניה בן ארצי בשנת לימודים ספר לימוד של פינצ ובר רובינשטיין מבוא למד ח ספר בעברית מהטכניון. הוא גם יצא באנגלית Cambridge.U Press, Pinchover Rubinstein מומלץ 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

3 תוכן עניינים I משוואות מסדר ראשון 4 1 סיסמה כללית 6 2 משוואה לינארית וקוואזי לינארית המשוואה הלינארית הכללית משפט הקיום והיחידות למשוואות קוואזי לינאריות קווים קרקטריסטיים דוגמה למשוואה לינארית דוגמה של משוואה קוואזי לינארית פתרון חלש מהו פתרון חלש? דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס דוגמאות לפתרונות חלשים במשוואת. u y +uu x = 0 Burgers פתרון לא יחיד חוק השימור הכללי II משוואת הגלים 23 4 משוואת הגלים במימד יחיד הגדרת המשוואה הפתרון הכללי למשוואת הגלים פתרון ספציפי יציבות פתרונות משוואת הגלים ב 30 R n 5.1 הכללה למימד גבוהה ממוצעי פונקציות ממוצעים כדוריים) ממשוואת Darboux אל משוואת הגלים. או: משוואת. Euler-Poisson-Darboux Cauchy-Kowalewski אופטרטורים מדרגה כלשהי, משטחים קרקטריסטיים ומשפט III 6 במה מדובר? מולטי אידקסים אופרטור.:D משפט הבינום: פולינום טיילור מסדר :m הפיתוח המולטינומי:

4 תוכן עניינים תוכן עניינים 7 פונקציות אנליטיות ממשיות טורים במוטלי אינדקס הגדרה ודוגמאות טור חזקות עקרונות השוואה משפט ההרכבה משפט 48 Cauchy-Kovalewski 8.1 המקרה הכללי R n ב Poisson ו: Laplace משוואת IV 9 משוואת 55 Laplace 9.1 פונקציות הרמוניות ובחזרה לממוצעים משפט הערך הממוצע חלק משפט המקסימום החזק בעיית דיריכלה Dirichlet) נוסחאת. Green הגדרת הפתרון היסודי ב. R n נגזרות x של Γx y) פונקציית גרין שאלה? פונקציית Green וגרעין Poisson לכדור 0) R.B גרעין Poisson של 0) R. B הסימטריה של פונקציית. Green סיכום: עובדות לגבי גרעין. Poisson תכונות גרעין. Poisson מסקנות בעיית דיריכלה בתחום כללי V משוואת החום משוואת החום על רגל אחת מה היה עד כה? ממשוואת החום על תחום חסום משפט המקסימום מינימום למשוואת החום פתרון משוואת החום ב 0 t ו. x R עקרון. Duhamel

5 חלק I משוואות מסדר ראשון 4

6 5 23/10/2012

7 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,ux,y),u x x,y),u y x,y)) = 0 כאשר ux,y) הפונקציה הנעלמת ו: u x u, y הנגזרות החלקיות לפי x,y בהתאמה. הערה נשים לב שלקחנו את המקרה הכי פשוט, כלומר שני משתנים בלתי תלויים. Èדוגמה : xsiny)e ux,y) +u x x,y) 2 ux,y)+u x u y = 0 המטרה למצוא את הפונקציה u המקיימת משוואה זו. 6

8 פרק 2 משוואה לינארית וקוואזי לינארית ax,y)u x +bx,y)u y = c 0 x,y)ux,y)+c 1 x,y) נתחיל במקרה הלינארי, כלומר: משוואה זו נקראת משוואה לינארית מכיוון שהיא לינארית ב.u,u x u, y הגדרה משוואה קוואזי לינארית: משוואה קוואזי לינארית: ax,y,u)u x +bx,y,u)u y = cx,y,u) כלומר, היא תלויה לינארית רק בנגזרות u. x u, y אבל לא בהכרח תלויה לינארית בu. Èדוגמה : נתבונן במשוואה לינארית פשוטה: u x x,y) = c 0 x,y)u+c 1 x,y) אנו רוצים לפתור את המשוואה במישור c 0 x,y),c 1 x,y).x,y נתונות במישור כולו וחלקות. דהיינו, קיימות הנגזרות מכל סדר שנצטרך. נכפול ב: e x c 0ξ,y)dξ x 0 ונקבל: ) e x c 0ξ,y)dξ x 0 ux,y) = e x c x 0 0ξ,y)dξ c 1 x,y) x ומהמשפט היסודי של החשבון האינפינטסימלי נקבל כי: x e x c 0ξ,y)dξ x 0 ux,y) = e t c 0ξ,y)dξ x 0 c 1 t,y)dt+gy) כלומר, כל y הוא פרמטר. ובכך, נקבל את ux,y) אם נדע את.gy) כלומר, אם נקח = 0 x ונחליט = 0 0 x נקבל כי: u0,y) = gy) במילים אחרות, gy) הנתונה לגמרי לבחירתנו תייצג את ערכי ux,y) על הציר = 0 x. מסקנה תנאי ההתחלה של המשוואה הוא פונקציה. 7

9 2.1. המשוואה הלינארית הכללית פרק 2. משוואה לינארית וקוואזי לינארית הערה x שהשתמשנו באינטגרציה לא חייב להיות קבוע, הוא יכול להיות תלוי בy במקרה בו לא נתונה לנו הפונקציה u ב 0 = x אלא נתון על עקום כלשהו. ואז אנו יכולים לפרש את gy) בעזרת שימוש ב x 0 שונים לפי y. אם אותו y חוזר פעמיים בעקום, אז ייתכן והמצב יניב סתירה. מכיוון שלכל y שנתון ע י העקום עליו אנו יודעים את u הוא מתפתח לפי הערך בנקודה. על כן, ייתכן כי אם אותו y חוזר פעמיים בעקום הנתון הערכים לא יתאימו להתפתחות. כלומר, gy) יכולה להיות נתונה על קו החותך פעם אחת בלבד כל ישר אופקי מקביל לציר x). Èדוגמה : גם בדוגמה זו נדון במשוואה לינארית, ואף פשוטה יותר: u x +u y = 0 משוואה זו בניגוד לקודמת היא בפירוש לא משוואה רגילה. ראשית נחפש משהו דמוי הקווים שהיו לנו בדוגמה הראשונה. אבחנה: למעשה: u x + u y הינה הנגזרת הכיוונית בכיוון האלכסון x. = y נקח את הוקטור 1,1)α, המשוואה שלנו היא α u = 0 ולכן, u קבועה על כל קו מהצורה y = x+c כאשר c. R כלומר, u למעשה היא למעשה פונקציה לא של x,y אלא של y x דהיינו: x).ux,y) = u 0 y כלומר, בהינתן c),u 0 לכל c R הפתרון יהיה x).ux,y) = u 0 y }{{} c נקודת החיתוך עם ) נניח,u 0 c) = c 2 כלומר נקבל כי: x) 2,ux,y) = y ובפרט כאשר = 0 y מתקיים: ux,0) = x 2 כאשר:.c = y = 0 הערה נבחין כי אנו גם בדוגמה זו, יכולים לקחת קו אחר. ניתן להסיק את ערכו של c מתוך חיתוך עם קו Γ ובתנאי ש Γ חותך כל y = x+c בדיוק פעם אחת. למשל Γ יכול להיות: 0} = 0,x.{x > 0,y = 0} {y כעת, נסתכל מהכיוון השני. תהי c) u 0 פונקציה כלשהי. נסתכל ב: x.ux,y) =: u 0 y) אז: { u x x,y) = u 0 y x) 1) u y x,y) = u 0 y x) 1 u x x,y)+u y x,y) = המשוואה הלינארית הכללית כפי שכבר ציינו, המשוואה הלינארית הכללית הינה: ax,y)u x +bx,y)u y = c 0 x,y)ux,y)+c 1 x,y) נחשוב על הפתרון ux,y) u = כמשטח ב R. 3 הרי, פונקציה בשני משתנים מתארת משטח ב R. 3 מה הנורמל למשטח הזה? נסמנו x,y,ux,y)) N אבל לא ננרמל אותו). אנו יכולים לקחת נורמל כזה בצורה: N x,y) = u x x,y),u y x,y), 1) מדוע? המשטח ux,y z = ניתןלכתיבהכ: = 0.ux,y) z מהוווקטורמאונךלמשטחגובהכללי 0 =?ϕx,y,z) זהו כמובן. ϕx,y,z) 8

10 פרק 2. משוואה לינארית וקוואזי לינארית 2.1. המשוואה הלינארית הכללית אז במשטח שלנו ϕx,y,z) = ux,y) z הגרדיאנט הוא כמובן: N x,y) = u x x,y),u y x,y), 1) N ax,y),bx,y),c 0 x,y)ux,y)+c 1 x,y)) = 0 }{{} Kx,y) ואז, המשוואה הכללית ניתנת לכתיבה בצורה הבאה: 24/10/2012 במילים אחרות, הוקטור Kx,y) בנקודה x,y,ux,y)) משיק למשטח הפתרון משפט הקיום והיחידות למשוואות קוואזי לינאריות כפי שראינו כבר, המשוואה הקוואזי לינארית היא: ax,y,u)u x +bx,y,u)u y = cx,y,u) 2.1.1) נתונים: קוחלקב R 3 לצורךמשוואותמסדרראשון,נגדירחלקבתור C )מהצורה: 2 s)),γs) = x 0 s),y 0 s),u 0.s a,b) משפט נניחכיa,b,c הן פונקציותחלקות בסביבהשל נקודה 0.Γs נניח כיקיים 0 > δ כך שמתקיים התנאי s ) aγs))y 0 0 s) bγs))x 0 עבור +2δ).s s 0 2δ,s 0 אזי, קיימת סביבה של +δ)} {Γs) s s 0 δ,s 0 שבה קיים פתרון יחיד למשוואה 2.1.1) המקיים: s).ux 0 s),y 0 s)) = u 0 d dt d dt d dt xt,s) = axt,s),yt,s),ut,s)) yt,s) = bxt,s),yt,s),ut,s)) ut,s) = cxt,s),yt,s),ut,s)) הוכחה: נסתכל במערכת המשוואות הרגילות: x0,s) = x 0 s) y0,s) = y 0 s) u0,s) = u 0 s) s s δ,s δ) כאשר: לפי משפט הקיום והיחידות של מד ר, קיים > 0 0 ε כך שהפתרונות קיימים ויחידים עבור ε 0 < t < ε 0 ו:.t,s) בתחום הזה של פתרונות אלה הם פונקציות C 2.s s δ,s δ) הפתרונות האלה הם קווים ב R 3 העוברים דרך Γ לפחות ל = 0 t). הגדרה קווים אלה נקראים הקווים הקרקטריסטיים של 2.1.1). אנו רוצים להראות שהקבוצה δ)} xt,s),yt,s),ut,s)),t ε 0,ε 0 ),s s δ,s { היא המשחט הפותר, בהסתייגות שאולי נצטרך לצמצם את קטעי.s,t J t,s) = x,y) t,s) = מה שעלינו לעשות כמובן הוא להחליף את t,s) ב.x,y) נחשב את היעקוביאן: x ) ) x t s axt,s),yt,s),ut,s)) x = s bxt,s),yt,s),ut,s)) y t y s detj t,s) t=0 = aγs))y 0s) bγs))x 0s) 9 y s נחשב את הדטרמיננטה של היעקוביאן בנקודה = 0 t.

11 פרק 2. משוואה לינארית וקוואזי לינארית 2.1. המשוואה הלינארית הכללית בגלל התנאי במשפט, ידוע ממשפט הפונקציות הסתומות כי עברו < ε < ε 0 0 ו > 0 δ מספיק קטן, אכן ניתן להפוך את הפונקציות xt,s),yt,s)) t,s) עבור.s 0 δ,s < s 0 +δ, ε < t < ε כאשר התמונה היא משטח חלק 30/10/2012 שעליו tx,y) t = ו: sx,y).s = ואז, נגדיר utx,y),sx,y)).ux,y) = היא מוגדרתיפהוחלקעל D x,y) D הוא התחוםעליוהפונקציהההפוכהעובד),נראהשהיאפתרוןשלהמשוואה.2.1.1) ax,y,ux,y))u x...)+b...)u y...) = au t t x +u s s x )+bu t t y +u s s y ) = u t at x +bt y )+u s as x +bs y ) as x +bs y = x t s x +y t s y = s t = 0 וכמו כן:.at x +bt y = x t t x +y t t y = t אבל a = x y ו b = y t לכן: = 1 t ולכן: = u t = cx,y,ux,y)) אבחנה: קושמשיקו a,b,c ) מאונךלאנךשלהישרהפותר. כלומר משיקלמשטח. מכיווןש: =, 1) y a,b,c)u x,u 0. הקווים הנ ל אמורים להיות אבני הבניין של המשטח של הפתרון. נרצה להראות יחידות של הפתרון. נניחכיקייםמשטחפותר x,y ) z = f המוגדר בסביבת x 0 s 0 ),y 0 s 0 ונראהכיהואמתלכדעםהמשטחשבנינו. נסתכל עבור s בסביבה קטנה של s 0 בפונקציה: Ψ t t,s) = u t t,s) f x x t f y y t = Ψt,s) = ut,s) f xt,s),yt,s)) }{{}}{{} הקווים האופייניים הפתרון שבנינו נגזור כפונקציה של t ונקבל: u t t,s) f x axt,s),yt,s),f t,s)) f y bxt,s),yt,s),f t,s)) = }{{} כיוון ש fפתרון של 2.1.1) u t t,s) cxt,s),yt,s),f t,s)) = ct,s,ut,s)) ct,s,f t,s)) Ψ t = ct,s,ut,s)) ct,s,ut,s) Ψt,s)) }{{} הגדרת Ψ כאשר xt,s),yt,s)).f t,s) = f לכן: 2.1.2) לכן, s, )Ψ מקיימת משוואה דיפרנציאלית רגילה מסדר ראשון 2.1.2). Ψ0,s) = u0,s) f x0,s),y0,s)) }{{} = u 0 s) u 0 s) = 0 בגלל התנאי ההתחלה: s) f Γ= u 0 מצד שני, הפונקציה 0 מקיימת את 2.1.2) באופן טריוויאלי. לכן, בגלל יחידות מד ר 0 Ψt,s) כפונקציה של.t נניח כי התנאי 0 S0.ay 0 bx 0 לכן היעקוביאן יהיה רגולי בסביבה של s 0 על Γ ולכן גם עבור t,s) מספיק קרובים ל s,0). 0 ואז נוכל לקבל פתרון יחיד בסביבה מספיק קטנה של 0 x). 0 s) 0 y, 0 s) ax 0 s),y 0 s),u 0 s)),bx 0 s),y 0 s),u 0 s))) הערה מה בעצם אומר התנאי באופן גיאומטרי? הוא אומר כי הוקטור: איננו מקביל לווקטור s)) x 0 s),y 0 במישור. הראשון הוא השלכה של המשיק לקרקטריסטיקה היוצאת מ x 0 s),y 0 s),u 0 s)) Γ על.R 2 לכן, התנאי אומר שההשלכות של הקרקטריסטיקה וΓ הן טרנסוורסליות יש בניהן זווית לא טריוויאלית, לא אפס) לכל s בקטע הפרמטרי על Γ). ולכן, התנאי נקרא תנאי הטרנסוורסליות. בקיצור, Γ איננו קרקטריסטי עבור שום s בסביבה s. 0 10

12 2.2. קווים קרקטריסטיים פרק 2. משוואה לינארית וקוואזי לינארית 2.2 קווים קרקטריסטיים המקרה ה פרטי של משוואה קוואזי לינארית הוא כמובן המשוואה הלינארית: ax,y)u x +bx,y)u y = c 0 x,y)u+c 1 x,y) 2.2.1) { dxt,s) dt dyt,s) dt = axt,s),yt,s)) = bxt,s),yt,s)) המשוואות הקרקטריסטיות: עומדות בפני עצמן. הקווים הקרקטריסטיים נקבעים במישור x,y ללא תלות ב s) u! 0 מהי המשמעות שלהם? לאורך כל קו כזה, הפתרון מתקדם באופן עצמאי. כלומר: dut,s) = c 0 xt,s),yt,s))ut,s)+c 1 xt,s),yt,s)) } dt {{} אגף שמאל ב 2.2.1) s פרמטר! נזכור כי: xt,s),yt,s) כבר ידועים. זאת משוואה לינארית מסדר ראשון ל ut,s) כפונקציה של t. וביודענו את.t ε,ε) לכל ut,s) אנו יודעים את u0,s) = u 0 s) 31/10/2012 u y +cu x = דוגמה למשוואה לינארית נחזור להתבונן במוושאה כמעט והכי פשוטה: ux,0) = hx) נתונה: וR c קבוע. הקווים האופיניים הם: dx dt = c, }{{} xt,s)=s+ct dy dt = 1, }{{} yt,s)=t du dt = 0 }{{} ut,s)=hs) ולכן: ux,y) = hx cy) נבדוק: u x = h...) 1 u y = h...) c) כלומר אם נציב במשוואה אכן נקבל 0. 11

13 פרק 2. משוואה לינארית וקוואזי לינארית 2.4. דוגמה של משוואה קוואזי לינארית. dx dy הפתרון הנ ל קבוע על כל קו מהצורה.x cy = k = const כלומר, על כל אחד מהקווים המקבילים של המשפחה = x או,x = cy +k. dx dy במילים אחרות, הפתרון הוא גל נוסע במהירות = c נשים לב כי: x 0 s),y 0 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: u y +uu x = ) משוואה זו נקראת משוואת.Burgers היא קוואזי לינארית, לכן שוב אם: hx) ux,0) = ו hx) חלקה, אזי קיים פתרון יפה בסביבת = 0 y. כאשר מתקיים תנאי הטרנסוורסליות כאשר: x 0x),y 0s)) 1,0) ax 0 s),y 0 s),u 0 s)),b...)) u 0 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 = u שזה מוזר. לאורך הקו ששיפועו u הפונקציה הפותרת u תהא קבועה. לכן הקו חייב להיות ישר ושיפועו יהיה u איפה שהוא התחיל, כלומר בחיתוך עם ציר הx, נגדיר נקודה כזו בתור s 0 = x 0 כלומר, שיפועו.ux 0,0) = hx 0 ) נניח כעת כי יש לנו x 1 < x 0 כך ש ) 0 hx 1 ) > hx אבל נשים לב שבמקרה כזה תיהיה לנו התנגשות של הקווים בנקודה החיבור, ולכן כאן נשבר לנו הפתרון מכיוון שאז: { hx 1 ) u = hx 0 ) זה מראה לנו שלא תמיד קיים פתרון לכל זמן. כעת נפתור את זה בשיטה הקודמת: ax,y,u) = dx dt = ut,s) dy dt = 1 du dt = 0 לכן: מכאן נובע, כי hs) yt,s) = t,ut,s) = מכיוון שבזמן = 0 t הוא שווה 0 ולבסוף: s+ths).xt,s) = ux,y) = hx yux,y)) זוהי משוואה סתומה ל ux,y) שיש לה פתרון חלק עבור סביבה קטנה של קטע α,β) סופי לכל α < β R בגלל משפט הפונקציות הסתומות. 12

14 2.4. דוגמה של משוואה קוואזי לינארית פרק 2. משוואה לינארית וקוואזי לינארית בדוגמה הקודמת הפתרון של hx cy) ux,y) = היה פתרון יפה לכל x,y) כאשר רמת החלקות שלו הרגולריות שלו) זהה לזו של h הנתונה. מצד שני, ראינו כי זה גל נוסע במקום לדבר על כמה חלקות יש, אנו רוצים לדבר על המב ההפוך. כאשר = 1,hx) = 1 ux,0) עבור < 0 x ואילו: = 0 ux,0) עבור > 0 x ונקבללמעשהפונקציית מדרגה אשר פותרת אתהמשוואה 06/11/2012 על אף שאיננו יודעים כיצד לגזור אותה. איך אנו רואים את החילוץ של u בעזרת משפט הפונקציות הסתומות? נסמן: u hx yu).gx,y,u) = ואז אנו G כלומר: דורשים: = 0.Gx,y,u) לשם שימוש במשפט הפונקציות הסתומות לחליוץ u נדרש 0 u 1+h y 0 y 1 h ניתן לפתור ולקבל את.ux,y) נניח כי ) 2 hs 1 ) > hs כאשר.s 1 < s 2 אבל אז כלומר, כל זמן ש: השיפוע של הקו הקרקטריסטי של s 2 יהיה גדול יותר כאשר אנו מתקדמים ב y למעשה בt ) ועל כן הקווים יחתכו. y s 1 s 2 hs 1 ) > hs 2 ) x באופן כללי, אם < 0 s) h אזי הקרקטיסטיקה המתחילה ב s 1 תחתוך את זאת המתחילה ב s 2 אם.s 2 > s 1 ) 1 min < y c =.0 כלומר, קיים פתרון קלאסי s R h s) 1 = y אזי ה שבר יקרה ב: h s) אם נחזור לתנאי.0 y < y c נחזור עבור < y < y c 0) למשוואה הסתומה: hx yux,y)).ux,y) = אנו יודים כי ניתן לגזור: u x x,y) = h x yux,y))1 yu x x,y)) u x x,y)[1+yh x yux,y))] = h x yux,y)) כל זמן ש 0 x yux,y)) 1 yh ניתן לחשב את.u x 13

15 פרק 3 פתרון חלש 3.1 מהו פתרון חלש? בהמשך לדגומהבסוף הפרק הקודם, אנומעוניינים בפתרוןשיהיהקיים מעבר ל y). > y c ) y = y c ולכןנצטרך להגדיר פתרון חלש solution).weak u y נרשום את משוואת u y +uu x = 0) Burgers בצורה: u 2 ) x = 0. u 2) x = 2uu x דהיינו:,x לפי משמעותו גזירה של u 2 u 2) x הערה הסימן נחשוב על u כפתרון קלאסי המאפשר שימוש במשפטי אינפי, בפרט המשפט היסודי, ונבצע אינטגרציה על קטע [a,b] R x עבור < y 0 קבוע. b uξ,y)dξ + 1 ub,y) 2 ua,y) 2) = ) y 2 a הגדרה לא באמת הגדרה פורמלית) אםהשיוויוןהנ למתקייםלכלR a,b ולכל + R y נאמרכי ux,y היאפתרוןחלששלהמשוואה 0 = x.u y +uu בפרט, ux,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) y 1,y 2 ) R 2 14

16 3.2. דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס פרק 3. פתרון חלש y y 2 x = γy) y 1 a b x ומניחים כי קיים פתרון חלש ux,y) שהוא בעל קפיצה לאורך קו חלק γy) x. = בשני החלקים של המלבן המופרדים ע י הקו) הפונקציה ux,y) חלקה. לפי 3.1.1: y ) γ y)u γy),y }{{} γy) y[ a ] γy) a + γy) a uξ,y)dξ + b γy) 1 u 2 ξ,y) ) 2 ξ }{{} לפי המשוואה uξ,y)dξ ub,y) 1 2 ua,y)2 = 0 dξ γ y)u ) γy) +,y + }{{} b γy) y [ b γy) ] 1 u 2 ξ,y) ) 2 ξ dξ ub,y)2 1 2 ua,y)2 = 0 לכן: [ ) )] γ y) u γy),y u γy) +,y 1 [ u 2 [ 1 2 ) 2 γy),y ua,y) ] 2 ub,y) 2 u ) 2 γy) + 1,y ]+ ולכן: 1 2 ub,y)2 2 ua,y)2 = 0 [ ) γ y) u γy),y u γy) +,y )] 1 ) 2 2 u γy) 1 2,y + 2 u γy),y) + = 0 γ y) = 1 2 u γy),y ) u γy),y ) 2 u γy) +,y u ) 2 γy) +,y) = מייטב עניינינו הוא ב y) γ לכן נבודד אותו: [ ) )] u γy),y +u γy) +,y

17 3.2. דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס פרק 3. פתרון חלש ), dx נמצא את המסקנה הגיאומטרית הבאה: dy אם משווים זאת עם שיפוע הקרקטריסטיקות דהיינו ux,y) = y y γy) ) : u γy) +,y שיפוע ) : u γy),y שיפוע b x ) ).u γy),y > u γy) +,y } {{ } } {{ } חיובי בציור שלילי בציור כלומר שיפוע קו האי הרציפות הוא ממוצע השיפועים האופיינים משני צדדיו. הגדרה פתרון ux,y) שיש לו את המבנה הזה קו אי רציפות חלק המבדיל שני תחומים חלקיים של u), נקרא גל הלם wave).shock γ y) = 1 2 [ ) )] u γy),y +u γy) +,y הערה העובדה ש: 3.2.1) נקראת.Rankine-Hugoniot הערה הקווים הקרקטריסטיים האופייניים) יכולים להראות כקווים אקוסטיים. כלומר שיפועם הוא מהירות התנועה של ההפרעה. מנקודת מבט זאת, אומר תנאי 3.2.1) RH כי מהירות גל ההלם היא ממוצע מהירויות ההפרעות משני צדדיו. בהנחה שהייתה לנו: γy),y ) > u γy) +,y ) γy) ) ביחס לאחוריו subsonic) כלומר, קו ההלם הוא סבסוני u. וסופרסוני supersonic) ביחס למצב שלפניו ) +.γy) סוני מתייחס לשיפוע הקרקטריסטיקה. a.u y + ) 1 2 u 2 הערה חוק השימור law) balance ומכאן = 0 x b a נחשוב על 3.1.1) בתורה הבאה: ux,y) היא איזושהי צפיפות חומר כך ש uξ,y)dξ בקטע [a,b] בזמן uξ,y)dξ.y b מבטא את כמות החומר y הוא לכן קצב ההשתנות של הכמות הזאת. ub,y)2 1 2 לכן מבטא את הכמות הזורמת ימינה דרך b כלומר מה שיוצא מהקטע) וכן ua,y)2 1 2 הכמות הזורמת ימינה דרך a כלומר מה שנכנס). תרגילים 1-13, בסעיף 2.10 עמוד 67. נתבונן שוב במקרה של = 0 x u. y + u אנו רוצים להבין מה המשמעות של הפתרון: = 1 ux,0) עבור < 0 x ו:.x עבור > 0 ux,0) = 0 y 1 07/11/ x 16

18 3.2. דוגמה של שימוש בפתרון חלש עם משוואת בורגרס פרק 3. פתרון חלש b y a לדבר זה קוראים הפיסיקאים קוראים לו מדרגה מתקדמת. לשם כך, נשתמש בפתרון חלש, נבצע אינטגרציה ב x ונדרוש: uξ,y)dξ +ub,y) ua,y) = 0 y γy) a uξ,y)dξ + b γy) אם קיים קו קפיצה חלק γy) x = למעשה הקו האדום באיור) אז: uξ,y)dξ +ub,y) ua,y) = 0 γy) [ ) )] b γ y) u γy),y u γy) +,y + u ξξ,y) u y ξ,y)dξ + u ξξ,y) u y ξ,y)dξ +ub,y) ua,y) = 0 [ ) γ y) u γy),y γ y) u [ u a γy) )] [ ) γy) +,y u γy),y ua,y)+ ub,y) u )] γy) +,y + ub,y) ua,y) = 0 ) )] ) ) γy),y u γy) +,y = u γy) 1,y u γy) +,y γ y) דוגמאות לפתרונות חלשים במשוואת u y +uu x = 0 Burgers הדוגמה הראשונה שנרצה להתבונן בה היא: 1 x 0 hx) = 1 x α 0 x α 0 x α hx) x.y < y c = min 1 h ) אנו מצפים לפתרון קלאסי אם = α dx dt = udy dt = 1du dt = 0 כמו שכבר ראינו: xt,s) = s+ths) yt,s) = t ut,s) = hs) 17

19 3.3. פתרון לא יחיד פרק 3. פתרון חלש ux,y) = hx tu) α y y x 0 x α x 1 x 0 = ux,y) α x 0 = x y +y x 0 α x 0 1 y ) = x y α ux,y) = x x 0 y = x x y 1 y α y = x 1 y ) α x y) ) 1 y = a y ) 1 x α) 1 y α כלומר החל מהנקודה α הקווים הקרקטריסטיים עולים למעלה בניצב לציר הx ואילו כל היתר נראים כי: y α x α x בירקרק הקרקטריסטיקות בתחום < x < α 0, בכחול היתר, הקו האדום הוא הגל הלם) כלומר, כל הקרקטריסטיקות מתכנסות לנקודה α,α) ושם הן נפגשות. ux,y) = x α לפחות כאשר y < y c = α לא נדון בזה השיעור, הטענה מה קורה כאשר +0 α? הפתרון שלנו: y α 1 2 וביתר נקבל 0,1 כמו בדוגמה עם המדרגה. 13/11/2012 היא שב 0 נקבל 3.3 פתרון לא יחיד כעת נרצה לעבור להתבונן על מקרה דומה רק קצת שונה: 0 x 0 x hx) = α 0 x α 1 x α 18

20 3.3. פתרון לא יחיד פרק 3. פתרון חלש hx) x הדברים הברורים: 0 u עבור 0 x וכל 0.y עבור x α הקרקטרסיסטיקות הן בשיפוע 1 ונושאות ערך.x y +α אם ux,y) כלומר = 1,u = 1 x = x 0 + x0 נקבל: α y = x ) 0 1+ y α ולאורך הקו u = x 0 α כעת, אם < x 0 < α 0 אזי ux,y) = x ) 1+ y = x α α α+y y α x במקרה הזה, אין לנו ערך קריטי y! c והפתרון ממשיך להיות רציף לכל > 0 y. כאשר 1 y, אנו מקבלים כי הפונקציה hx) הולכת ו מתרווחת באופן לינארי. במקום שהעליה תסתיים ב α, היא מסתיימת ב y. α+ הגדרה פתרון כזה נקרא גל התרווחות wave).rarefaction expansion נסתכל בפתרון הגבולי + 0 α. אם נתבונן בתמונה של הקרקטריסטיקות, כל הקווים באגף הימני מתקרבים לאפס. באופן דומה ניתן באופן פורמלי להשאיף את α לאפס ב. x α+y 0 x 0 x ux,y) = y 0 x y 1 x y הפתרון הגבולי יהיה: כלומר הפתרון הקרקטריסטי הוא: y x = y ux,y) = x y ux,y) = 0 ux,y) = 1 x 19

21 3.4. חוק השימור הכללי פרק 3. פתרון חלש נבחין כי בתחום הירקרק, השיפוע של הקרקטריסטיקה הוא השיפוע של הקו המחבר את הראשית לנקודה.x,y) הגדרה הפתרון y ux, נקרא גל התרווחות מרוכז rarefaction).centered תרגיל: לוודא שזה פתרון חלש. מה בדבר פתרון עם קפיצה? כלומר קו אי רציפות. כאשר 0 u בכל התחום ה שמאלי לקו הקפיצה ו 1 u מימין לקו הקפיצה. כלומר, פתרון עם קפיצה γy) x = כאשר γ= y 2. 1 ניתן לראות כי גם זה פתרון חלש לפי 3.2.1). RH y x מסקנה הפתרון הראשון שראינו, וגם הפתרון עם הקפיצה הם שני פתרונות חלשים לאותו תנאי התחלה: { 1 x > 0 ux,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 y גדל). זהו תנאי האנטרופיה של.Lax entropy law) Lax 3.4 חוק השימור הכללי מלים אחדות על חוק השימור הכללי Law) :Conservation u u+ x F u)) = ) הערה לBurgers,.F u) = 1 2 u2 במידה וF פונקציה חלקה של u, R אז מכלל השרשרת: y u+f u) x u = 0 dy dt = 1 dx dt = F u) du dt = 0 לכן לפתרון חלק, הקרקטריסטיה היא: במילים אחרות, הפתרון החלק) מקיים u קבועה לאורך הקו: dx dy = F u) כלומר, הקווים הקרקטריסטיים במישור,x y יהיו קווים ישרים. 20

22 3.4. חוק השימור הכללי Èדוגמה : גם אם היה מדובר ב: פרק 3. פתרון חלש y u+cosu X u = 0 במקרה זה: F u) = sinu) ואז אם הם נחתכים, לא יתקיים יותר כלומר ל y גדול יותר) פתרון חלק. אחרי כן, יהיה פתרון עם קפיצות. הגדרה פתרון חלש: פתרון חלש ux,y) הוא פתחון חסום, רציף למקוטעין, המקיים לכל > 0 y ולכל b a < : R y b a uξ,y)dξ +F ub,y)) F ua,y)) = 0 y אם הפתרון כולל קפיצה γy) x = שמשני צדדיה הפתרון חלק, ו a, < γy) < b נקבל כי: γy) b uξ,y)dξ + uξ,y)dξ +F ub,y)) F ua,y)) = 0 a γy) נקבל: γ y) u u +) + γy) b [ ξ F uξ,y))]dξ + [ ξ F uξ,y))]dξ +F ub,y)) F ua,y)) = 0 a γy) ) u ± = u γy) ±,y כאשר: כעת: γ y) u u +) [ F u ) F ua,y))+ F ub,y)) F u +)] + F ub,y)) F ua,y)) = 0 γ y) u u +) [ F u ) F u +)] = 0 לכן קיבלנו: γ y) = F u ) F u + ) u u + = [F u)] [u] }{{} מידת הקפיצה כלומר: כלומר הכוונה בצעד האחרון היא שכיוון הקפיצה לא חשוב, העיקר שזה יהיה קונסיסטנטי. כמו כן, אנו לא מחלקים באפס כי יש קפיצה. 21

23 3.4. חוק השימור הכללי Èדוגמה : = 1 u + ) 2 u ) ) 2 = 1 u + u ) u + +u ) 2 2 פרק 3. פתרון חלש F u) = 1 2 u2 [F u)] [u] תנאי האנטרופיה של Lax יגיד כי קפיצה תהיה מותרת במקרה זה רק אם הקרקטריסטיקות נכנסות לקפיצה כאשר.F u ) > γy) > F u + ) אז אנו צריכים שהתנאי יהיה:,F u ),F u + ) גדל. כיוון שהשיפועים הם הם y Èדוגמה : זאת אומרת, אם F u) = 1 2 u2 במקרה של בורגרס, אז: + u.u > כלומר, הקפיצה היא רק קפיצה יורדת, המקרה הראשון שראינו. u: נכפיל ב.Burgers) 2.4.1) : נסתכל שוב במשוואה Èדוגמה γ y) = ) 1 2 u2 [ 1 [ 3 u3] u2] = 3 u + ) 3 u ) 3) 1 2 y + ) 1 3 u3 x = 0 u + ) 2 u ) 2) = 2 u + ) 2 +u + u +u ) 2 3 u + +u 1 2 אזי תנאי 3.2.1) RH לקפיצה: u + +u ) במילים אחרות, תנאי 3.2.1) RH לשיפוע הקפיצה אינו אינווריאנטי תחת פעולות אלגבריות פשוטות על המשוואה. לכן, המשוואה עצמה צריכה להיות נתונה. 14/11/

24 חלק II משוואת הגלים 23

25 פרק 4 משוואת הגלים במימד יחיד 4.1 הגדרת המשוואה משוואת הגלים הינה: u tt c 2 u xx = ) > 0 c קבוע. אם vx,t) פתרון חלק ) 2 C של = 0 x,v t cv נגזור לפי :t v tt cv t ) x = 0 אבל v t = cv x מהמשוואה, לכן קיבלנו כי: v tt ccv x ) x = 0 v tt c 2 v xx = 0 כלומר, v היא פתרון משוואת הגלים. כלומר מי שפותר את המשוואה שכבר הכרנו, למעשה פותר את משוואת הגלים. כתרגיל, ניתן להראות כי גם = 0 x v t +cv פותר את משוואת הגלים. אז במקום לכתוב את משוואת הגלים ניתן לתוב: u t cu x )u t +cu x ) = 0 וזה כמעט נכון, אבל לא באמת נקבל את משוואת הגלים, אלא: u 2 t c2 u 2 x = 0 וזו משוואת האיקונל, שנדבר עליה. 4.2 הפתרון הכללי למשוואת הגלים נניח כי ux,t) פתרון קלאסי בכל R. 2 נגדיר שינוי משתנים: ξ = x+ct η = x ct 24

26 4.2. הפתרון הכללי למשוואת הגלים פרק 4. משוואת הגלים במימד יחיד כך ש: wξ,η).ux,t) = זאת אומרת: u t = w ξ ξ t +w η η t = w ξ c cw η = cw ξ w η ) ולכן: u tt = cw ξξ c+w ξη c) w ηξ c w ηη c)) = c 2 w ξξ +w ηη ) 2c 2 w ξη u x = w ξ ξ x +w η η x = w ξ +w η כמו כן: u xx = w ξξ +w ξη +w ηξ +w ηη = ω ξξ +w ηη )+2w ξη ולכן: u tt c 2 u xx = 4c 2 w ξη = 0 לכן: דהיינו: wξ,η) מקיימת: 0 ξη!w מסקנה ξ,η) w ξ איננה פונקציה של η, מכיוון שנגזרתה לפי η מתאפסת. לכן: w ξ ξ,η) = f ξ) ξ wξ,η) = f ξ)dξ+gη) } {{ } =Fξ) ואז: וקיבלנו למעשה: טענה כל פתרון חלק של משוואת הגלים נתון ע י: ux,t) = F x+ct)+gx ct) x+ct) F קבוע על כל קו מהצורה: x+ct = k למעשה, מדובר בפרופיל נוסע במהירות Gx ct) c ). קבוע על כל קו מהצורה.x ct = k שתי משפחות הקווים האלה מהוות את משפחת הקרקטריסטיקות של המשוואה. הערה אלה הן משפחות הקרקטריסטיקות של = 0 x.v t ±cv צורת ניסוח: כל פתרון של משוואת הגלים מורכב משני גלים נוסעים במהירויות c±. 25

27 פרק 4. משוואת הגלים במימד יחיד 4.3. פתרון ספציפי 4.3 פתרון ספציפי ראינו כי הפתרון הכללי הוא: ux,t) = F x+ct)+gx ct) 4.3.1) כיצד נמצא פתרון ספציפי של המשוואה? נשים לב כי כל בחירה של R) F,G C 2 תיתן פתרון של המשוואה. גם אם F תהיה לא רציפה זה יהיה פתרון חלש). נחפש פתרון ux,t) כך ש: ux,0) = f x) ו x. R אנו בכל המישור, אין לנו תנאי שפה. בפרט, בהצבת = 0 t ב ) יש לנו: f x) = ux,0) = F x)+gx) אבל זה לא מספיק לנו, כי צריך למצוא.F,G לכן, נצטרך עוד נתון שהוא: u t x,0) = gx) הערה u x לא יעזור לנו כי גם כך יש לנו את x) f, הנגזרת שלו לא נותנת לנו מידע נוסף. הערה נוספת שלי: גם u t במשוואת הגלים, בפיתוח הניוטוני, נותן לנו את המהירות של הגל בנקודה, מידיעת המהירות והמיקום נדע כיצד הוא מתקדם. u t x,t) = cf x+ct) cg x ct) ובפרט: gx) = u t x,0) = CF x) G x)) ולכן: x 0 gβ)dβ = c[f x) Gx)] c[f 0) G0)] כעת, יש לנו שתי משוואות, ואיתן ניתן לחלץ את F ואת : G x gβ)dβ = c[f x) Gx)] c[f 0) G0)] 0 cf x) = cf x)+gx)) מחיבור המשוואות נקבל: ומחיסורן נקבל: x cf x)+ 0 x cf x) 0 gβ)dβ = 2cF x) c[f 0) G0)] gβ)dβ = 2cGx)+c[F 0) G0)] 26

28 פרק 4. משוואת הגלים במימד יחיד 4.4. יציבות פתרונות { 1 2 f x)+ 1 x 2c 0 gβ)dβ = F x) 1 2 [F 0) G0)] 1 2 f x) 1 x 2c 0 gβ)dβ = Gx)+ 1 2 [F 0) G0)] F x+ct) = 1 2 [F 0) G0)]+ 1 2 f x+ct)+ 1 2c Gx ct) = 1 2 [F 0) G0)]+ 1 2 f x ct) 1 2c ux,t) = F x+ct)+gx ct) = f x+ct)+f x ct) 2 x+ct 0 x ct c נחלק ב 2c את כלל המשוואות: gβ)dβ gβ)dβ x+ct x ct gβ)dβ לכן: ועל כן: כלומר קיבלנו את נוסחאת :D Alembert ux,t) = f x+ct)+f x ct) c x+ct x ct gβ) dβ 4.3.2) בהינתן gx).ux,0) = f x),u t x,0) = 27/11/2012 בעיה כזו נקראת בעיית,Cauchy או התחלה טהורה. 4.4 יציבות פתרונות משפט יציבות פתרונות בהינתן > 0 ε ובהינתן > 0 T קיים > 0 δ כך שאם: f f + g g + F F < δ u ũ,t < ε,t הנורמות של פונקציות ב.x,t F F :=,T sup x R t < T F x,t) F x,t) ו u הוא הפתרון המתאים ל. f, g, F הוכחה: x+ct ux,t) = 1 2 f x+ct)+f x ct))+ 1 gξ)dξ + 1 2c 2c x ct G x,t F x,t)dxdt 27

29 4.4. יציבות פתרונות פרק 4. משוואת הגלים במימד יחיד ux,t) ũx,t) f f + 1 2c x+ct x ct g g dξ + 1 2c G x,t F F dxdt,t δ +Tδ + 1 2c δ 2cT 1 2 T = δ 1+T + 12 T2 ) < δ נקבל כי הנ ל קטן מε כנדרש. ε 1+T+ 1 2 T2 ) כלומר, עבור הערה אם אנו מעוניינים להעריך את u ũ)x,t) רק עבור x I = a,b) R ו: t < T אזי מספיק להניח קטנות עבור g g f, f ו F F בתחום התלות של I. כלומר, בטרפז שבסיסו:.a ct,b+ct) וצדדיו מחברים את: a,t) a ct,0) ו: b,t).b+ct,0) לכל הדברים האלה קוראים מהירות ההתפשטות הסופית. הגדרה פתרון חזק: תהי ũx,t) פונקציה רציפה ב R. R נאמר כי ũx,t) היא פתרון חזק strong) של n=1 {ũ m x,t)} של פתרונות קלאסיים ) 2 C של המשוואה ההומוגנית משוואת הגלים ההומוגנית, אם קיימת סדרה כך ש: ũx,t) ũ n x,t) במ ש על כל קבוצה קומפקטית של.R R משפט תהיינה CR) f, g אזי קיים פתרון חזק יחיד ũx,t) שמקיים את תנאי ההתחלה. f, g הוכחה: נקח סדרות R) {f n,g n } n=1 C כך ש: f n f ו: g n g במ ש על כל קטע.[a,b] R למה קיים כזה? כתרגיל!) יהי x,t)} u }הפתרון n ההומוגני הקלאסי היחיד עבור u n x,t).f n,g n נתון ע י.4.3.2) u n x,t) = 1 2 f nx+ct)+f n x ct))+ 1 2c x+ct x ct g n ξ)dξ ברורכי{ nx,t {ũ היאקושיבכלקומפקטיתשלR R. לכן: n=1 {u n x,t)} מתכנסתבמידהשווהבכלקומפקטית לפונקציה.ux,t) ולכן ux,t) הוא פתרון חזק לפי הגדרה. ux,0) ũ n x,0) = f n x) f x) בנוסף על כך: ux,0) = f x) ולכן: ומה קורה עם g? נחזור אל זה מחר, לחשוב על זה עד אז. 28

30 4.4. יציבות פתרונות פרק 4. משוואת הגלים במימד יחיד u n x,t) = 1 2 f nx+ct)+f n x ct))+ 1 2 x+ct x ct הערה חזרנו לזה ב 28/11/2012. כאמור: g n ξ)dξ n ux,t) וברור כי x) ux,0) = f אבל מה עם הנגזרת? איך אנו מראים את התנאי ההתחלה? נגזור לפי t ונקבל: t u nx,t) = c 2 f n x+ct) f n x ct))+ 1 2c [cg nx+ct)+cg n x ct)] מזה כשה לנו להגיע למשהו, אבל, זהו פתרון קלאסי ולכן, אנו יכולים להסתכל בכל נקודה, בפרט = 0 t ואז נקבל: t u nx,t) t=0 = g n x) gx) הנגזרת לא בהכרח קיימת, הרי u רק רציפה, לא בהכרח גזירה. מה שכן נשמר זה העקבה.trace) נראה יחידות 1=n v} n x,t)} היא סידרה אחרת של פתרונות קלאסיים המתכנסים ל vx,t) במ ש על כל קומפקט וכך ש: נניח כי x) v n x,0) f וגם: gx) t v nx,0). צריך להראות כי: vx,t).ux,t) = ובאמת, נסתכל על הסידרה: x,t)} u}, n x,t) v n הפונקציות הן כולן פתרונות של המשוואה ההומוגנית עקרון הסופרפוזיציה). בנוסף לכך: u n x,0) v n x,0) n 0 t u nx,0) v n x,0)) n 0 במ ש על כל קטע חסום. וגם:.R R במ ש על כל קומפקט של u n x,t) v n x,t) n אזי, לפי משפט היציבות, 0 29

31 פרק 5 משוואת הגלים ב R n 5.1 הכללה למימד גבוהה u tt c 2 x ux,t) = 0 משוואת הגלים ההומוגנית ב R n היא: כאשר אנו מחפשים פתרון ux,t) כאשר x R n ו.t R ומתקיים תנאים ההתחלה: gx) u t x,0) = ו:.ux,0) = f x) 5.2 ממוצעי פונקציות ממוצעים כדוריים) הגדרה ממוצעי פונקציות ממוצעים כדוריים): תהי hx) פונקציה חלקה ב R n ונגדיר: 1 M h x,r) = ω n r n 1 hy)ds y y x =r.r מידת הספירה ברדיוס כלומר, ω n = S כאשר > 0.r ומתקיים: n 1 נשנה קואורדינטות: y = x+rξ כאשר = 1. ξ נקבל: M h x,r) = 1 hx+rξ)ds ξ ω n ξ =1 נוסחה זו מוגדרת לכל r R הפונקציה x,r) M h חלקה ב x וב r וזוגית ב.r דהיינו: x,r) M h x, r) = M h נגזרת של פונקציה זוגית). הערה hx) 5.2.2,M h x,0) = וכמו כן: = 0 r=0 r M hx,r) r M hx,r) = 1 ω n ξ =1 n i=1 h xi x+rξ)ξ i ds ξ = 1 grad ω n r ξ hx+rξ)) nds ξ ξ =1 גזירה: כאשר n הוא נורמל יחידה חיצוני. אבל נבחין כי זה מתחיל להריח לנו כמו משפט גאוס, יש לנו אינטגרל על מעטפת של פונקציה וקטורית. ולכן: = 1 ξ hx+rξ)dξ = 1 ω n r ξ 1 ω n r r2 x hx+rξ)dξ = ξ 1 }{{} y = x+rξ dy = r n dξ r r n ω n y x r 30 r x hy)dy = r1 n x ω n 0 dρ hy)ds y y x =ρ

32 פרק 5. משוואת הגלים ב 5.3. R n ממשוואת Darboux אל משוואת הגלים. או: משוואת Euler-Poisson-Darboux = r 1 n x r 0 הצעד האחרון, הוא מעבר לקואורדינטות פולריות. כעת נבחין כי: dρ ρ n 1 1 ω n ρ n 1 hy)ds y = r 1 n x y x =ρ }{{} M h x,ρ) r 0 dρ ρ n 1 M h x,ρ) r r M hx,r) = r 1 n x 0 וכל זה כאמור עבור > 0 r. כלומר, קילבנו עד כה: dρ ρ n 1 M h x,ρ) נכפיל ב 1 n r ונגזור לפי r על מנת לקבל: r n 1 ) r r M hx,r) = x r n 1 M h x,r) ) מהמשפט היסודי, המקום היחידי שנשאר בו r זה בגבול של האינטגרל. אבל r לא מושפע ב x ולכן: = r n 1 x M h x,r)) ונקבל: r r n 1 נחלק ב 1 n r, אבל קודם נגזור את ) hx,r) r M 2 r 2 + n 1 ) M h x,r) = x M h x,r) r r ומשוואה זו נקראת משוואה.Darboux 5.3 ממשוואת Darboux אל משוואת הגלים. או: משוואת Euler-Poisson- Darboux יהי ux,t) פתרון קלאסי של משוואת הגלים ההומוגנית. נניח ux,t) t hx) = פרמרטר). M u x,r,t) = 1 ux+rξ,t)ds ξ ω n ξ =1 M u x,0,t) = ux,t) ו: 2 r 2 + n 1 r ונרשות את משוואת :Darboux ) M u x,r,t) = x M u x,r,t) = 1 x ux+rξ,t)ds ξ = r ω n ξ =1 אבל אנו דנים על משוואת הגלים! לכן: 1 2 ω n c 2 ξ =1 t 2ux+rξ,t)dS ξ = 1 2 ω n c 2 t 2 ux+rξ,t)ds ξ = 1 2 ξ =1 c 2 t 2M ux,r,t) 31

33 פרק 5. משוואת הגלים ב 5.3. R n ממשוואת Darboux אל משוואת הגלים. או: משוואת Euler-Poisson-Darboux c 2 2 r 2 + n 1 )M u x,r,t) = 2 r r t 2M ux,r,t) כלומר קיבלנו: 28/11/2012 ולמשוואה זו נקרא:.Euler-Poisson-Darboux את המשוואה הנ ל אפשר לפתור, מדובר בפתרונות של פונקציות בסל ועוד דברים מכוערים. אבל לא נעשה זאת. { M u x,r,0) = M f x,r) t M ux,r,0) = M g x,r) c 2 2 r )M u x,r,t) = 2 r r t 2M ux,r,t) כעת נבחין כי עבור משוואת הגלים: נתמקד במקרה של = 3 n ונקבל: 2 r 2 rm ux,r,t)) = M u x,r,t)+r ) r r M ux,r,t) = 2 r M ux,r,t)+r 2 r 2M ux,r,t) = 2 r r )M u x,r,t) = rc 2 r r 2 t 2M ux,r,t) = 1 2 c 2 t 2 rm ux,r,t)) 2 r 2 rm ux,r,t)) = 1 c 2 2 t 2 rm ux,r,t)) כלומר קיבלנו: כלומר זוהי משוואת הגלים! יש לבדוק שהמשוואה מתקיים גם ל < 0 r על בסיס זוגיות x,r,t) M). u 2 t 2 rm ux,r,t)) c 2 2 r 2 rm ux,r,t)) = 0 לכן, הפונקציה x,r,t) rm u ל x R 3 קבוע ו: r,t) R R מקיימת את משוואת הגלים החד מימדית ב.r,t rm u x,r,t) = 1 2 [r+ct)m f x,r+ct)+r ct)m f x,r ct)]+ 1 2c עכשיו, נוסחת דלאמברד 4.3.2) נותנת: r+ct r ct ρm g x,ρ)dρ נקח > 0 t, אנו רוצים להשאיף את 0 r על מנת לקבל את.ux,t) עבור r < ct מזוגיות M נקבל: rm u x,r,t) = 1 2 [r+ct)m f x,r+ct) ct r)m f x,ct r)]+ 1 2c ct+r ct r ρm g x,ρ)dρ ct r בגלל אי זוגיות של הביטוי באינטגרל נקבל כי: = 0 x,ρ)dρ ρm g נחלק ב r ונקבל r ct M u x,r,t) = 1 2r [r+ct)m f x,r+ct) ct r)m f x,ct r)]+ 1 2cr 32 ct+r ct r ρm g x,ρ)dρ

34 5.3. ממשוואת Darboux אל משוואת הגלים. או: משוואת Euler-Poisson-Darboux פרק 5. משוואת הגלים ב R n אבל נבחין כי כל פונקציה: zct+r) zct r) 2r z ct) r 0 ולכן: lim r 0 +M ux,r,t) = s sm f x,s)) s=ct + 1 }{{} c ct M gx,ct) ux,t) ערך הפונקציה במקרה של ρ = ct מכיוון שהאינטגרל מצטמצם ואנו מחלקים את אורך האינטגרל). נחליף קצת את הסימון s = ct ונקבל: ux,t) = 1 c t ctm f x,ct))+tm g x,ct) ux,t) = t [ t ω n ξ =1 f x+ctξ)ds ξ ] + t gx+ctξ)ds ξ ω n ξ =1 כלומר: ux,t) = 1 4πc 2 y + t y x =ctgy)ds 1 t 4πc 2 t y x =ct f y)ds y ) 04/12/2012 וזוהי נוסחת.Kirchoff תזכורת קלה, קיבלנו: אם ) R ux,t) C )2 R 3 אזי נוסחאת Kirchoff נותנת את הפתרון יחידות הפתרון החד מימדי ב r). בשלב מאוחר יותר, נוכיח את יחידות הפתרון בעזרת שיטת האנרגייה). ux,t) = 1 4πc 2 t ξ =1gx+ctξ)ct) 2 ds ξ + 1 t 4πc 2 t ξ =1 נרשום גם: ) f x+ctξ)ct) 2 ds ξ שזה אותה משוואה כמו קודם, רק בנרמול לכדור יחידה. כעת: = t ξ + 4π ξ =1gx+ctξ)dS ) t f x+ctξ)ds ξ t 4π ξ =1 = t gx+ctξ)ds ξ + 1 f c+ctξ)ds ξ + t 4π ξ =1 4π ξ =1 3π ξ =1 וזוהי המשוואה שקיבלנו ומסומנת. נבצע את הגזירה ונקבל: 3 i=1 f x i x+ctξ)ξ i ds ξ נזכור כי במקרה החד מימדי אם f C 2 ו g C 1 אז u C 2 כלומר פתרון קלאסי). כאן אנו קצת בבעיה בגלל שכבר גזרנו את f וגם עם g יש לנו קצת בעיה. לכן נדרשים תנאים קצת יותר חזקים: טענה אם 3) f C 3 R ו 3) g C 2 R אזי ) R u C 2 R 3 הוא פתרון קלאסי הניתן ע י Kirchoff של המשוואה 33

35 5.3. ממשוואת Darboux אל משוואת הגלים. או: משוואת Euler-Poisson-Darboux פרק 5. משוואת הגלים ב R n 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,t) ונרצה לשאול מה הוא u בנקודה הזו? אז נרצה ללכת אחרוה לכל הנקודות על הספירה ברדיוס ct בזמן = 0 t). ה u בנקודה זו מושפע מהערכים ההתחלתיים בספירה הזאת. עקרון הויגנס אומר: נניח כי f,g הן בעלות תומך קומפקטי, כעבור מספיק זמן הספירות יהיו מחוץ לתומך. אזי 0 ux,t) לכל x עבור t מספיק גדול. כמו כן, עבור t מספיק קטן ו x מחוץ לתומך, נקבל כי = 0 ux,t) גם כן. כלומר: {suppf} {suppg}.{y,ux,t) 0} ξ S 2, x+ctξ במילים אחרות, תהי: K R 3 קבוצה קומפקטית. אזי קיים > 0 0 t כך ש 0 ux,t) לכל x K ולכל x > t 0 בתנאי ש suppf ו suppg קומפקטיות). 34

36 חלק III אופטרטורים מדרגה כלשהי, משטחים קרקטריסטיים ומשפט Cauchy-Kowalewski 35

37 פרק 6 במה מדובר? מסתכלים במשוואה: Lu = α A α D α u = C 6.1 מולטי אידקסים אנחנו לוקחים α N n אצלנו N כולל את ה 0 ). כלומר, α יכול להיות 1,0,2,7) =.α כלומר ) n.α = α 1,...,α כמו כן נגדיר: α = α α n x α = x α xαn n אם x R n אז: אופרטור :D D = x 1,..., x n ) D הוא האופרטור: ו: D α u = D α D αn n u משפט הבינום: x+y) α = β,γ β +γ = α α! β!+γ! xβ y γ 36

38 פרק 6. במה מדובר? 6.1. מולטי אידקסים פולינום טיילור מסדר m: f x) α m 1 α! Dα f)0)x α הפיתוח המולטינומי: x x n ) m = α =m m! α! xα כעת נחזור למשוואה. כאשר x) A α הן מטריצות N N ו ux) R n וכן: Cx) R n המערכת הלינארית הכללית). Èדוגמה : { e x 1 2 x 2 u x 1x 2 u 2 = c 1 x) x1 u x 2 2 x1u 2 = c 2 x) α = 0,2) A α = α = 1,2) A α = ) e x ) עבור האיבר הראשון נקבל: עבור האיבר האחרון עם ) 3 נקבל: בהינתן משטח 0 ) n S : ϕx 1,...,x ו 0.Dϕ נרצה לתת נתונים על u S כך ש: Lu = A α D α u = C יהיה α פתרון יחיד u בסביבת S המקיים את התנאים על S. נשים לב שבמקרה ש 0 n.s : x אם ניתן u S אזי אין חופש בחירה לגבי.D 1 u S +...+D n 1 u S כך שעבור נתוני u על S חייבים להתקיים תנאי קומפטיבילות מתאימים. למשל, בהינתן u S אזי כל הנגזרות המשיקיות על S ידועות). לכן, בקצרה, הנתונים של u על S יכולים להינתן רק ע י u S והנגזרות החלקיות על S. הגדרה בשביל המערכת,Lu = A α D α u = C נגדיר כנתוני קושי Cauchy-data) על S את ערכי u α ונגזרותיה הנורמליות עד סדר 1 m ועד בכלל). הגדרה S ייקרא משטח לא קרקטריסטי של הבעיה אם ניתן לחשב את כל הנגזרות D α,u α = m מתוך המשוואה ונתוני קושי. 2. S ייקרא משטח קרקטריסטי אם הוא לא לא קרקטריטסי. כן, כן, דאבל לא). Èדוגמה : n 1 Dn 2 u c2 Di 2 u = 0 i=1 כלומר: 0,...,0,2) = α ובמקרה של D i נקבל כי ה α הוא 0,...,0,2,0,...,0) ו.A α = c 2 בהינתן המשטח = 0 n.s : x נתוניקושי הם:,0) n 1,ux 1,...,x אבל צריך גם נגזרות אז:,0) n 1.u xn x 1,...,x S. ניתן לחישוב כיוון שהוא משיק למשחט u xix i לכן זהו משטח לא קרקטריסטי מכיוון ש 37

39 6.1. מולטי אידקסים פרק 6. במה מדובר? תרגיל: נניח = 2,n ונסתכל במשוואה = 0 x.u t +cu מיהם הקווים הישרים דרך 0,0) שאינם קרקטריסטיים. הערה נתוני קושי כאן הם u. נחזור לאופרטור שלנו Lu = α A αd α u והמשטח 0 ϕx).s : ראשית, נניח כי: = 0 n.s : x אזי הנגזרת הנורמלית מסדר m ניתנת ע י D α כאשר.α0,...,0,m) ולכן, מתוך Lu = C ונתוני u על xn=0 u נוכל לחלץ את xn=0 D m n.u אם: deta α x 1,...,x n 1,0)) 0 det A 0,...,0,m) x 1,...,x n 1,0) ) 0 מסקנה המשטח 0} = n S : {x הוא לא קרקטריסטי אם ם: y i = { x i 1 i n 1 ϕx 1,...,x n ) i = n המקרה הכללי: 0 S D n ϕ נכניס שינוי קואורדינטות כדלקמן: J = y x = ) yk x i i,k = 0 1 ϕ x n נסמן: D x = JD y D xi = y k x i y k = JD y הערה שימוש במשפט הפונקציה הסתומה. אזי ניתן לרשום כלל השרשרת): D α x = JD y) α ולכן: Lu = A α xy))jd y ) α u ונקבל כי: D m y n תהיה כעת, המשטח S עבר להיות = 0 n y. לכן, המשטח S יהיה לא קרקטריסטי אם המטריצה המקדמת של u 05/12/2012 לא סינגולרית. מכיוון שמשטח לא קרקטריסטי בקואורדינות x משטח לא קרקטריסטי בקואורדינטות y). שאלה: האם קיים פתרון? האם הוא יחיד? הבעיה הראשונה: האם ניתן לחשב את הנגזר הנורמלית מסדר m של u על S, מתוך ידיעת Cx) ונתוני קושי? 38

40 6.1. מולטי אידקסים פרק 6. במה מדובר? התושבה: ראשית נניח כי ϕx 1,...,x n ) = x n כך ש S הוא 0 n.x במקרה זה, הנגזרת הנורמלית היא.D m n u ולכן נוכל לחשבה אם: 0 ) x) det A 0,...,0,m) ו.x n = 0) x S y i = Lu = α m שנית, נניח באופן כללי ש 0 ϕ D n כך שהשינוי { x i 1 i qn 1 ϕx 1,...,x n ) i = n ) yk J = x i 1 i,k n נותן מערכת קואורדינטות חדשה עם יעקוביאן: שהוא רגולרי. כיצד נראה L בקואורדינטות החדשות? אנו יודעים כי: A α D α x = D x = JD y α m A α xy))jd y ) α uxy)) כאשר D x הם וקטור עמודות. ולכן: עכשיו, ירדנו למעשה למקרה הקודם, כי המשטח S הוא = 0 n y. D. m y n נשים לב כי אם ניקח: לכן, עלינו, בהצגה החדשה, למצוא את המטריצה המקדמת את η = 0,...,0,1) α =m A α η α אזי, המטריצה: נבחין כי: η α = η α η αn 1 n 1 ηαn n η α 0 α0,...,0,m) α =m A α η α = A0,...,0,m) ואז = 1 α.η כלומר המטריצה: במקרה של הקואורדינטות בy נפעל כך: α =m A α xy))jd y ) α 1. החלק שיתן α = m בגזירה נתון ע י: כאשר לא גוזרים את J! Dy m n נפעל עם אותו 0,1,...,0) = η. כלומר המטריצה המקדמת 2. כדי לקבל את המטריצה המקדמת את המבוקשת היא: A α xy)) Jη) α }{{} α =m פונקציה של yממשית Jη) α = Jη) α Jη)αn n 39

41 פרק 6. במה מדובר? 6.1. מולטי אידקסים כאשר 0,...,0,1) =.η מיהו?Jη וקטור) y n x 1 ). yk. y J = = n x i x i וזהו Jη העמודה האחרונה) ) n y n = ϕx 1,...,x ו:.Jη = Dϕ ולכן המטריצה המבוקשת בקואורדינטות x היא: A α x)dϕx)) α α =m y n x n כאשר x. S מטריצה זו על S צריכה להיות רגולרית כדרישת מינימום לקיום פתרון. α =m מסקנה למעשה משפט) תנאי הכרחי לקיום פתרון קלאסי בסביבת S הוא ש: det A α x)dϕx)) α 0 ax,y)u y +bx,y)u x = cx,y) כלומר, S חייב להיות לא קרקטריסטי. Èדוגמה : ϕx,y) = 0 ראשית, = 2.n זו לא מערכת, = 1 N ו: = 1.m ולכן, משטח לא קרקטריסטי: ax,y) ϕ ϕ +bx,y) y x 0 חייב לקיים: כלומר.a,b) ϕ כלומר a,b) איננו משיק לקו S S. הוא קרקטריסטי אם a,b) הוא משיק שלו. 40

42 פרק 6. במה מדובר? 6.1. מולטי אידקסים R: n : משוואת הגלים ב Èדוגמה u tt c 2 x u = 0 מה שנהוג לסמן הוא: u x0x 0 c 2 x u = 0 כאשר החלפנו את t ב x 0 ולכן המימד הוא 1+n..m = 2,N = 1) יהיה לא קרקטריסטי אם S = ϕx,x 0 ) = 0 ) 2 ϕ n ) 2 ϕ c 2 0 x 0 i=1 x i לכן, המשטח = 0 ) n S : ϕx 0,...,x הוא קרקטריסטי אם: ) 2 ϕ n ) 2 ϕ c 2 = 0 x 0 i=1 x i אם בפרט נרשום: ϕt,x) = t ψx) = 0 כלומר: ψx) S). : t = אזי התנאי הקרקטריסטי הוא: n ) 2 ψ c 2 = 1 x i i=1 x t = הוא למעשה חזית האור. c וזו היא משוואה האיקונל.eikonal) x x = ct נקבל כי: ψx) = c אם ניקח 11/12/

43 פרק 7 פונקציות אנליטיות ממשיות α i=0 α i=0 α c α i=1 7.1 טורים במוטלי אינדקס הגדרה ודוגמאות כאשר α N n ו.c α R נאמר כי הטור מתכנס אם: < α c. הטור הזה הוא סכום בן מנייה של איברי α אי שליליים ולכן מתכנס ללא תלות בסדר. Èדוגמה : n ) n x α 1 1 = x αi i = = 1 x i e x) e e x = 1 x 1,...,1 x n ). max בתנאי ש < 1 i 1 i n x כאשר נסמן: e = 1,...,1) N n ואז: e x) e = 1 x) x n ) 1 וגם: ולכן השיוויון האחרון בדוגמה. 42

44 7.1. טורים במוטלי אינדקס פרק 7. פונקציות אנליטיות ממשיות Èדוגמה : D β 1 e x) e כאשר β N n מדובר בנגזרת) ולכן נקל כי: = α β α! a β)! xα β דרך נוספת לגזור היא: β! e x) e+β ולכן נקבל: α β α! α β)! xα β = β! e x) e+β = j=0 α =j j! α! xα = α α! α! xα x x n ) j = j=0 כאשר < 1 i. x Èדוגמה : נרצה לחשב את הטור הבא: נזכור כי. α = α α n ולכן: 1 1 x x n ) טור חזקות. α הגדרה טור חזקות סביב = 0 x הוא טור: c α x α טענה אם הטור מתכנס בנקודה z R n אזי הוא מתכנס לכל x R n כך ש i x i z לכל n) i.1 c α z α < α הוכחה: הטור מתכנס, פירושו ש: c α x α < α ואז זה גורר כי: הגדרה תהי x) f פונקציה מוגדרת בתחום פתוח. R n נאמר כי f אנליטית אנליטית ממשית) בנקודה c α מקדמים קבועים עבור x N y לכל f x) = c α x y) α כך ש: y של N y אם קיימת סביבה y α אך תלויים ב y). אם f אנליטית לכל y נאמר כי f אנליטית ב. 43

45 7.1. טורים במוטלי אינדקס פרק 7. פונקציות אנליטיות ממשיות הערה f יכולה להיות פונקציה ווקטורית שאז האנליטיות מוגדרת לכל רכיב. טענה תהי f אנליטית ב. אזי: ) y.f C N הוכחה: נניח y = 0 ונסתכל ב c α z α אשר לפי ההנחה מתכנס עבור. z < δ בפרט, הטור מתכנס ל z R n α כך ש 0 i z לכל i n 1. D β c α x α ) α! α β)! c α q a β z α β α α β נקח x בסביבה של 0 כך ש i x i < z לכל i n.1 לכן, קיים < 1 q < 0 כך ש i x i q z לכל.i נתבונן ב: x α β q α β z α β מכיוון ש: נמשיך: = α β α! α β) c α q α β zα z β µ = α ולכן: אנו יודעים כי: < α c α z µ z β α β α! α β)! q α β = µ z β α β α! α β)! qe)α β = µ β! µβ! z β = e+β e qe) z β 1 1 q) n+ β בפרט, ע י גזירה פורמלית מכל סדר מקבלים התכנסות בהחלט כל קומפקט של הקובייה i x i < z עבור i n 1. n R וכך שהטור וכל נגזרותיו מתכנס בהחלט תזכורת אם g = g j טור פונקציות גזירות מכל סדר ב ובמידה שווה בכל קומפקט חלקי ל, אזי: ) g C ונגזרותיה מתקבלות ע י גזירה פורמלית. ולכן זה סיים את הוכחת הטענה. D β f ) x) Mβ! r β j=0 בנוסף לכך:.i i n עבור r = min1 q) z i ) ו: M = µ כאשר 1 q) n.c M,r x) מסויים, נגיד כי היא במחלקה x ב D β f ) x) Mβ! סימון: אם f מקיימת את β r טענה תהי ) f C וכך שלכל y קיימת סביבה N y של y כך ש: x) f C M,r לכל M > 0,r > 0 ).x N y התלויים כמובן ב N). y אזי f אנליטית ב. ומתקיים לכל y: f x) = α D α f)y) α! x y) α 44

46 7.1. טורים במוטלי אינדקס פרק 7. פונקציות אנליטיות ממשיות עבור x בסביבה מספיק קטנה של y. הערה זו הטענה ההפוכנה לטענה הקודמת. C α = Dα f0) α! בנוסף לכך: הערה עקרון ההמשכה continuation) :unique אם f אנליטית ב קשיר, ועבור y קיים.f 0 אזי: β N n לכל D β f y) = 0 הוכחה: ברור ש 0 f בסביבה של y 0 בגלל פיתוח לטור חזקות. נסתכל ב: 1 = { x D β f x) = 0 β } 2 = \ 1 = { x β, D β f x) 0 } ואילו:. 1 = פתוחה בגלל רציפות. ובגלל קשירות נקבל כי פתוחה בגלל האנליטיות. ואילו 2 1 הערה פונקציות אנליטיות מסמנים C ω כדי להבדיל אותן מ C עקרונות השוואה הגדרה תהיינה ) f,f C ונניח כי 0. נאמר כי f F בנקודה 0 אם לכל α N n מתקיים: D α f 0) D α F 0) Mr טענה x i x n < r עבור ϕx) = תנאי הכרחי ומספיק לכך ש M,r0) f C x n) הוא f ϕ כאשר: r x C M,r 0) = { D β f 0) Mβ! r β } הוכחה: אם נגזור את ϕ נקבל: D α ϕx) = Mrα! [r x x n )] 1+ α D α ϕ0) = Mα! r α 45

47 7.1. טורים במוטלי אינדקס פרק 7. פונקציות אנליטיות ממשיות f ϕ M = מסקנה אם בנוסף לכך = 0 0) f הרי התנאי ההכרחי ומספיק הוא ש: Mr r x x n ) M = M x x n ) r x x n ) הערה ברור כי אם f F בנקודה 0 אזי גם באותה נקודה D β f D β F לכל.β N n משפט ההרכבה משפט משפט ההרכבה תהיינה ) f,f C כאשר R n וכך ש = 0 0) F.f 0) = תהיינה I) g,g C כאשר I R ו I.0 נניח כי f F ב 0 ו : G g ב I 0 אזי: g f G F ב.0 D α g f) = P α D γ gf),d β f ) הוכחה: בגלל גזירת שרשרת: כאשר α β, γ ו P α פולינום במקדמים אי שליליים. D α G F) = P α D γ GF),D β F ) בנקודה 0 קיים = 0 0) F f 0) = ולכן גם: = 0 0) G F g f 0) = ולכן ברור: D α g f)0) D α G F)0) 12/12/2012 תזכורת משיעור קודם... טענה y S, f C M,r y) כך ש M,r קיים > 0 קומפקטית) S אנליטית לכל f הגדרה נניח.0 אזי: f majorized by F) f F ב 0 אם: α N n D α f 0) D α F 0).ϕx) = והייתה לנו את הטענה: טענה Mr r x x n) כאשר: f ϕ אם ם: f C M,r0) מסקנה f ϕ M = Mx1+...+xn) r x x n) אם ם: f 0) = 0 ו: f C M,r0) וכמו כן, הראנו את משפט ההרכבה. טענה y ו: g : R R.f y) = v R חלקה בסביבת.v נניח כי: y) f C M,r ו: v).g C µ,ρ אזי: x)) hx) := g f x) = gf מקיימת: h C 46 M, ρr y) M+ρ

48 7.1. טורים במוטלי אינדקס פרק 7. פונקציות אנליטיות ממשיות הוכחה: נרשום: hy +x) = gv +f x+y) f y)) = g f x)) כאשר: f x) : = f y +x) f y) C M.r 0) g u) = gv +u) C µ,ρ0) f ϕ M = M x x n ) r x x n ) g ϕu) = µρ ρ u hy +x) במקרה של,g.u R µρ ρ ϕ x) M ) = µρr x x n )) ρr ρ+m)x x n ) µρr ρr ρ+m)x x n ) על כן: מדוע המעבר האחרון נכון? מכיוון ש: µρr x x n )) ρr ρ+m)x x n ) = µρr ρr ρ+m)x x n ) µρx x n ) ρr ρ+m)x x n ) אבל נבחין כי הפונקציה השניה זו שמחסירים) היא טיפוס של M ϕ עבור M,r מתאימים. ועל כן, היא מתאפסת ב 0 וכל הנגזרות שלה כולן אי שליליות. ולכן, השמטתה רק מגדילה את הנגזרות של אגף ימין. כלומר: µρr x x n )) ρr ρ+m)x x n ) µρr ρr ρ+m)x x n ) = µρr ρ+m ρr ρ+m x x n ) וה M שלנו הוא פשוט µ. ρr ρ+m לכן, ה r שלנו הוא: משפט תהי f אנליטית בסביבת f y) = v,y ו g אנליטית בסביבת.v אזי x)) g f = gf אנליטית בסביבת = 0.x הערה באופן כללי, f אנליטית ו g אנליטית g f אנליטית בכל סביבה שבה היא מוגדרת לא קוראים את הסוגריים). 18/12/

49 פרק 8 משפט Cauchy-Kovalewski 8.1 המקרה הכללי משפט משפט Cauchy-Kovalewski נתונה המערכת הקוואזי לינארית: A α x, { D β u } ) D α u = f x, { D β u } ) 8.1.1) β β α m כאשר m 1 β והמטריצות: u R L ו: A α מטריצות.L L נתון משטח = 0 ) n Γ : ϕx β m 1 1,...,x כך ש 0 ϕ ועליו תנאי קושי של } u { D β באופן קומפטיבילי לחילופין,. u, ν u,..., m 1u ν) נניח כי: }) u f x, { D β הן פונקציות אנליטיות של המשתנים שלהן. כלומר, עבור x בסביבה ו: {A α x, { D β u } )} β.1 α. { D β u0) } בסביבת { D β u } לצורך נוחות) ו 0 Γ אני מניחים כאן ש 0 Γ.2 הפונקציה ) n ϕx 1,...,x אנליטית..3 נתוני קושי D β u Γ בסביבת 0 אנליטיים. דהיינו, בלי הגבלת הכלליות: ) n 1 x n = ψx 1,...,x על המשטח בסביבת,0 כאשר ψ אנליטית. ואז, D β u Γ מובטאות בעזרת x 1,...,x n והן אנליטיות בסביבת n 1 R 0 ו:.ψ0) = 0 det α =m נניח כי Γ בסביבת = 0 x) איננו קרקטריסטי. כלומר: A α x, { D β u } ) Dϕ) α 0 β m 1. ν) mu עבור x Γ בסביבת = 0 x. תנאי זה מבטיח כי מתוך הנתונים ניתן לחלץ את Γ אזי: קיים פתרון אנליטי יחיד ל 8.1.1) בסביבת = 0 x המקיים את תנאי קושי על Γ בסביבת = 0 x). הערה הכוונה בסימון } u { D β הם כל הβ אשר מקיימים את התנאי. זאת אומרת β הוא לא קבוע כאן. זאת β סתם דרך להגיד שהמשתנים זה כל הנגזרות אשר עולות על דעתנו. הוכחה: מתחילים בסדרת רדוקציות:.1 נגדיר קואורדינטה ) n 1 y n = x n ψx 0,...,x ואז: 0 n.γ : x נבחין כי ההנחות ממשיכות להתקיים למשל אנליטיות המקדמים) בגלל אנליטיות פעולת ההרכבה. 2. כל תנאי קושי על 0 n x) הם אפס זהותית. נתונים לנו ) 1 n D β ux 1 x,..., מספר סופי של נזגרות, אנו 48

50 פרק 8. משפט Cauchy-Kovalewski 8.1. המקרה הכללי P x 1,...,x n ) = m 1 j=0 גם גוזרים את x!) n נבנה פולינום אלה הנגזרות שלו: ) j 1 ux 1,...,x n 1)x j n j! x n זהופולינוםב x n לאבמשתנים האחרים. אזי נתוניקושי של P נתוניקושי של u. ו P אנליטית ב x 1 x,..., n למעשה, היא פולינום ב x, n אבל לא באחרים). ולכן, נחליף את u ב u P שהיא נעלם חדש. 3. נעבור למערכת מסדר ראשון ע י הגדרת u β = D β u בתור נעלמים נוספים. לווקטור הנעלמים החדש נקרא:.ũ u,{u β } b אזי 8.1.1) נרשמת כך: ) α m A α x,ũ)d α u = f x,ũ) אבל אנו רוצים לכתוב מערכת ב ũ, כלומר להפטר מ D. α u עבור α < m אזי הוא ב ũ. מה עם α? = m נרשום: ũ = u 1,...,u N ) m 1, u N = D כלומר ה β שלו היא: 0,...,0,m 1).β = אנו יודעים כי: x n כאשר u N הוא זה שבו: D m x n u N = b N x,ũ) בגלל האי קרקטריסטיקות. נקח.j < N מה ניתן לכתוב על u j = D β u?d xn u j כאשר > 0 l β כאשר?D xn u j אז מה ניתן להגיד על.1 l n 1 D xn u j = D xl u k l {}}{ 0,..., β. β = תנאי קושי ל או איזשהו.u m כאשר: u k = D β u כאשר,...,0 +0,...,0,1) 1 u j יודעים. { D xn u N = b N x,ũ) D xn u j = D xl u k קיבלנו מערכת: n 1 u j = x n N i=1 k=1 a i jkz) u k x i +b j z) את המערכת הזו ניתן לרשום בצורה: } מטריצות.N N כאשר ) N z = x 1,...,x n 1,u 1,...,u ו: z) {a i jk למה x n לא נכלל? כי נהפוך את x n לנעלם r ע י משוואה נוספת שתהיה 1 r D xn ו: xn=0= 0.r אם נתייחס לכל L הרכיבים של ה u 1 u,..., N נוכל לשנות סימון כך ש: ) N u) u,...,1 סקלרים. המקדמים z) aו i jk {u j x)} 1 j N למערכת זו בסביבת z) b j אנליטים ב z בסביבת.z = 0 R n 1+N עלינו לחפש פתרון אנליטי.x = 0 R n בהנחה שקיים פתרון כזה: D xn D α u j 0) = P α D β z a i jk0),d γ zb j 0),D δ u k 0) ) צעד א : מתקיים: כאשר P α פולינום פעל מקדמים אי שליליים, α β, γ ו: α +1 δ ו:.δ n α n 49

51 פרק 8. משפט Cauchy-Kovalewski 8.1. המקרה הכללי Èדוגמה : α = 0,...,0,1) D α = D xn D xn D xn u j 0) = n 1 i=1 k=1 במקרה זה קיבלנו = 1 α ו: = 2. δ טענה ניתן כך לחשב את כל הנגזרות 0) j D xn D α u לכל מולטיאינדקס α. הוכחה: באינדוקציה על.α n אם = 0 n α אזי ידועות כל הנגזרות: D α D xn u j על = 0 n.x N D xn a i jkx 1,...,x n 1,u 1 x),...,u x)) u n 1 k n + x i אם = 1 n α וכל = 0 l α כאשר n 1 l אז: N i=1 k=1 a i jk0) D xn u k x i 0)+D xn b j...)0) u D k xn x i 0) = u x i D xn u k 0) ידוע, מכיוון ש: D k xn x i. גם: 0) x n u l ידוע מכיוון שהוא תלוי ב D xn b j...) a i jk x 1,...,x n 1,u 1 x),...,u n x)) u k ידוע x i וזוהי נגזרת x i של D xn u k הידוע על = 0 n.x ולבסוף גם:. ajk ) u l uk z l+n 1 x n x i ) כעת אנו יודעים עד α n q וכעת נבחן את α n = q ונקבל +1 q α n = מהאגף השמאלי של: 0) j.d xn D α u n 1 U j = x n N i=1 k=1 A i jkz) U k x i +B j z) צעד ב : נניח כי מסתכלים במערכת: 19/12/2012 כאשר: ) n z = x 1,...,x n 1,U 1,...,U כאשר a i jk Ai jk ב 0 = z ו: ) j.b j B 50