PDJ paraboli cnog tipa Egzistencija i jedinstvenost re senja...

PDJ parabolicnog tipaEgzistencija i jedinstvenost resenja Kosijevog i mesovitog

problema jednacine provodjenja toplote

Homogena jednacine provodjenja toplote:

∂u

∂t(x, t) = a2

∂2u

∂x2 (x, t), (x, t) ∈ R× [0,∞),

gde je a2 ∈ R konstanta koja se naziva koeficijent provodljivosti. Smenom promenljivih x = aydobija se PDJ

(1)∂u

∂t(y, t) =

∂2u

∂y2(y, t)

Zato je dovoljno posmatrati PDJ (1), odnosno pretpostavicemo u daljem radu da je a = 1.

Kosijev problem jednacine provodjenja toplote: U oblasti

DT = (x, t) : x ∈ R, 0 < t < Todrediti funkciju u ∈ C2,1(DT ) ∩ C(DT ) koja je resenje nehomogene jednacine provodjenjatoplote

(2)∂u

∂t(x, t) =

∂2u

∂x2 (x, t) + F (x, t)

ili homogene jednacine provodjenja toplote

(3)∂u

∂t(x, t) =

∂2u

∂x2 (x, t)

u DT i koja zadovoljava pocetni uslov

(4) u(x, 0) = φ(x), x ∈ R .

Mesoviti problem jednacine provodjenja toplote: U oblasti

QT = (x, t) : 0 < x < l, 0 < t < T,odrediti funkciju u ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ) koja je resenje PDJ (2) u QT , a koja zadovoljavagranicne uslove

(5) u(0, t) = µ1(t), u(l, t) = µ2(t), 0 ≤ t ≤ T .

i pocetni uslov (4).Funkcije µ1(t), µ2(t), t ∈ [0, T ] i φ(x), x ∈ [0, l] moraju zadovoljavati uslove saglasnosti

pocetnih i granicnih uslova:

µ1(0) = φ(0), µ2(0) = φ(l).

1

Ako oznacimo sa

ΓT = (x, t) : x = 0, 0 ≤ t ≤ T ∪ (x, t) : x = l, 0 ≤ t ≤ T ∪ (x, t) : 0 ≤ x ≤ l, t = 0

ST = (x, t) : 0 ≤ x ≤ l, t = T

granicne i pocetne uslove mozemo iskazati kao

u(x, t)∣∣∣ΓT

= g(x, t) =

µ1(t), za x = 0, 0 ≤ t ≤ Tµ2(t), za x = l, 0 ≤ t ≤ Tφ(x), za t = 0, 0 ≤ x ≤ l

Ako su µ1(t), µ2(t) ∈ C([0, T ]) i φ(x) ∈ C([0, l]), iz uslova saglasnosti pocetnih i granicnihuslova sledi neprekidnost funkcije g(x, t) na ΓT . Mesoviti problem jednacine provodjenja toplotemoze se tada iskazati na sledeci nacin:

Granicni problem jednacine provodjenja toplote: Odrediti funkciju u ∈ C2,1(QT )∩C(QT ) koja je resenje PDJ (2) u QT , a koja zadovoljava granicni uslov

(6) u(x, t)∣∣∣ΓT

= g(x, t) .

1 Fundamentalno resenje jednacine provodjenja toplote

Definicija 1.1 Funkcija

K(x, t) =1

2√π t

e−x2

4t , x ∈ R, t > 0,

naziva se fundamentalno resenje jednacine provodjenja toplote.

Lema 1.1 1. Kt(x, t)−Kxx(x, t) = 0.

2. Za svako δ > 0 je limt0K(x, t) = 0 uniformno na x : |x| ≥ δ.

3.∫∞−∞K(x, t)dx = 1.

4. Za svako δ > 0 je limt0

∫|x|≥δ

K(x, t)dx = 0 .

2

Dokaz. (2): Za |x| ≥ δ je

K(x, t) ≤ 1

2√π t

e−δ2

4t → 0, t → 0

(3): ∫ ∞

−∞K(x, t)dx =

1

2√π t

∫ ∞

−∞e−

x2

4t dx =∣∣∣µ =

x

2√t

∣∣∣ = 1√π

∫ ∞

−∞e−µ2

dµ = 1

(4): ∫|x|≥δ

K(x, t)dx =1√π

∫|µ|≥ δ

2√

t

e−µ2

dµ → 0, t 0

Lema 1.2 Neka je t0 > 0. Za svako (k,m) ∈ N0 × N0, vazi∣∣∣∂m+kK(x, t)

∂xk∂tm

∣∣∣ ≤ Ce−x2

8t , za svako (x, t) ∈ R× [t0,∞)

za neku konstantu C koje zavisi samo od m, k, t0.

Dokaz. Smenom s =1

2√ti y =

x

2√t, fundamentalno resenje postaje

K(y, s) =1√πse−y2 , y ∈ R, 0 < s ≤ 1

2√t0

.

Kako je ∂x = s∂y i ∂t = −2s2(y∂y + s∂s), imamo

∂mt ∂k

xK(x, t) =1√π

(−2s2(y∂y + s∂s)

)m

(s∂y)k(se−y2

)= e−y2Pkm(y, s) ,

gde je Pkm(y, s) polinom promenljivih y, s ciji stepeni zavise od k i m. Koristeci da je za svakon ∈ N

|y|ne−y2/2 ≤ 1 za |y| ≤ 1 i |y|ne−y2/2 ≤ 2n n! za |y| > 1,

kao i da je s ≤ 1/√4t0, dobija se∣∣∣e−y2/2Pkm(y, s)e

−y2/2∣∣∣ ≤ C(k,m, t0)e

−y2/2 .

2 Kosijev problem jednacine provodjenja toplote

2.1 Homogena jednacina provodjenja toplote

(7)

ut = uxx, (x, t) ∈ D = R× (0,∞)

u(x, 0) = φ(x), x ∈ R .

Trazeci resenje u obliku u(x, t) = X(x)T (t), razdvajanjem promenljivih dobija se

X ′′(x)

X(x)=

T ′(t)

T (t)= −λ2

3

X ′′(x) + λ2X(x) = 0 −→ X(x) = c1(λ) cosλx+ c2(λ) sinλx

T ′(t) + λ2T (t) = 0 −→ T (t) = Ce−λ2t

u(x, t, λ) = e−λ2t[A(λ) cosλx+B(λ) sinλx

]Resenje KP trazimo u obliku

(8) u(x, t) =

∫ ∞

−∞e−λ2t

[A(λ) cosλx+B(λ) sinλx

]dλ.

Iz pocetnog uslova je

φ(x) = u(x, 0) =

∫ ∞

−∞

[A(λ) cosλx+B(λ) sinλx

]dλ −→ Furijeov integral funkcije φ(x)

A(λ) =1

2π

∫ ∞

−∞φ(ξ) cosλξdξ B(λ) =

1

2π

∫ ∞

−∞φ(ξ) sinλξdξ

Zamenom u (8) dobija se

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞e−λ2t

(∫ ∞

−∞φ(ξ) cosλ(ξ − x)dξ

)dλ

=1

2π

∫ ∞

−∞φ(ξ)

(∫ ∞

−∞e−λ2t cosλ(ξ − x)dλ

)dξ

Koristeci da je

I(α, β) =

∫ ∞

−∞e−α2λ2

cos βλdλ =

√π

αe−

β2

4α2

imamo

u(x, t) =1

2√π t

∫ ∞

−∞φ(ξ)I

(√t, ξ − x

)dξ

odnosno

u(x, t) =1

2√π t

∫ ∞

−∞φ(ξ)e

−(

ξ−x

2√t

)2

dξ −→ Poasonova formula

Teorema 2.1 Neka je φ ∈ C(R) ogranicena funkcija, odnosno supx∈R |φ(x)| < ∞. Tada zafunkciju u(x, t) definisanu na D sa

(9) u(x, t) =

∫ ∞

−∞K(x− ξ, t)φ(ξ)dξ

vazi:(i) u ∈ C∞(D);(ii) u(x, t) je ogranicena na D;(iii) ut = a2uxx za svako (x, t) ∈ D;(iv) Za svako x0 ∈ R je lim(x,t)→(x0,0) u(x, t) = φ(x0).

4

Dokaz. Neka je M = supx∈R |φ(x)|.(I): Za svako t0 > 0 funkcija K(x, t) je beskonacno puta diferencijabilna po x i po t na

R× [t0,∞). Koristeci Lemu 1.2 vazi∣∣∣∂mt ∂k

xK(x− ξ, t)φ(ξ)∣∣∣ ≤ CM e−

(ξ−x)2

8t ,

i kako je ∫ ∞

−∞e−(

ξ−x√8t

)2

dξ =√8t

∫ ∞

−∞e−µ2

dµ =√8tπ

funkcija e−(ξ−x)2

8t je ξ−integrabilna uniformno po (x, t) u nekoj okolini proizvoljne tacke (x0, t0) ∈R × (0,∞). Zbog toga, izraz na desnoj strani u (9) se moze diferencirati beskonacno mnogoputa po x i po t pod znakom integrala, u ∈ C∞(D) i

∂u

∂t(x, t) =

∫ ∞

−∞Kt(x− ξ, t)φ(ξ)dξ,

∂2u

∂x2 (x, t) =

∫ ∞

−∞Kxx(x− ξ, t)φ(ξ)dξ

(II): Prema Lemi 1.1-(3)

|u(x, t)| ≤ M

∫ ∞

−∞K(x− ξ, t)dξ = M, (x, t) ∈ D .

(III): Koristeci Lemu 1.1-(1) dobijamo

∂u

∂t(x, t)− ∂2u

∂x2 (x, t) =

∫ ∞

−∞[Kt(x− ξ, t)−Kxx(x− ξ, t)]φ(ξ)dξ = 0

(IV): Da bi pokazali (iv), neka je x0 ∈ R, ε > 0. Funkcija φ(x) je neprekidna na R, papostoji δ = δ(ε) > 0 tako da je za svako ξ ∈ R, |ξ − x0| < δ imamo |φ(ξ)−φ(x0)| < ε/2. Kakoje prema Lemi 1.1-(3)

φ(x0) = φ(x0)

∫ξ∈R

K(x− ξ, t)dξ i u(x, t) =

∫ξ∈R

K(x− ξ, t)φ(ξ)dξ,

imamo

u(x, t)− φ(x0) =

∫ξ∈R

K(x− ξ, t)(φ(ξ)− φ(x0))dξ

=

∫|ξ−x0|≤δ

K(x− ξ, t)(φ(ξ)− φ(x0))dξ +

∫|ξ−x0|>δ

K(x− ξ, t)(φ(ξ)− φ(x0))dξ .

(a) Za |ξ − x0| < δ:∫|ξ−x0|≤δ

K(x− ξ, t) |φ(ξ)− φ(x0)| dξ ≤ ε

2

∫|ξ−x0|≤δ

K(x− ξ, t)dξ

≤ ε

2

∫ξ∈R

K(x− ξ, t)dξ =ε

2;

(b) Za |ξ − x0| > δ: Uzevsi x ∈ R takvo da je |x− x0| < δ/2 imamo da je

|ξ − x0| < |ξ − x|+ |x− x0| < |ξ − x|+ δ/2 ≤ |ξ − x|+ 1

2|ξ − x0| ⇒ |ξ − x0|

2< |ξ − x|

5

2.2 Furijeova transformacija

f ∈ L1(R) ⇐⇒∫ ∞

−∞|f(x)|dx < ∞

Za funkciju f ∈ L1(R) Furijeova transformacija se definise kao funkcija f : R → C datasa

F [f ](y) = f(y) =1√2π

∫ ∞

−∞f(x)e−ixydx,

dok je inverzna Furijeova transformacija funkcije f data sa

F−1[f ](x) =1√2π

∫ ∞

−∞f(y)eixydy .

Ako je f ∈ C(R)∩L1(R) i ako za svako x ∈ R funkcija f ima konacne jednostrane izvode, ondapostoje F [f ], F−1[f ], F [F−1[f ]], F−1[F [f ]] i vazi

F [F−1[f ]] = F−1[F [f ]] = f

Lema 2.1 Ako je f ∈ C1(R) i f, f ′ ∈ L1(R), tada vazi

F [f ′](y) = iyF [f ](y) .

Dokaz. Kako je

f(x) = f(0) +

∫ x

0

f ′(t)dt

i postoji limx→±∞∫ x

0f ′(t)dt, zakljucujemo da postoji i limx→±∞ f(x).

Pokazimo da je limx→±∞ f(x) = 0. Zaita, ako je L = limx→±∞ f(x), L > 0, iz cinjeniceda je f(x) > L/2 za dovolno veliko x, integracijom na [0,∞), dolazimo do kontradikcije saf ∈ L1(R).

Sada, parcijalnom integracijom se dobija

f ′(y) = F [f ′](y) =1√2π

∫ ∞

−∞f ′(x)e−ixydx =

1√2π

[f(x)e−ixy

∣∣∣∞−∞

+iy

∫ ∞

−∞f(x)e−ixydx

]= iy

(1√2π

∫ ∞

−∞f(x)e−ixydx

)= iyF [f ](y) = iyf(y) .

2.3 Nehomogena jednacina provodjenja toplote

(10)

ut = uxx + F (x, t), (x, t) ∈ D = R× (0,∞)

u(x, 0) = 0, x ∈ R .

Primenom Furijeove transformacije na nehomogenu jednacinu provodjenja toplote dobija seut(ξ, t) = uξξ(ξ, t) + F (ξ, t). Primenom Leme 2.1 na prvi sabirak na desnoj strani prethodne

7

jednakosti (uξξ(ξ, t) = (iξ)2u(ξ, t)), uzevsi u obzir pocetni uslov, dobija se Kosijev problemlinearne diferencijalne jednacine prvog reda

du(ξ, t)

dt+ ξ2u(ξ, t) = F (ξ, t), u(ξ, 0) = 0 .

cije je resenje

u(ξ, t) =

∫ t

0

e−ξ2(t−s)F (ξ, s)ds .

Resenje KP (10) dobijamo primenom inverzne Furijeove transformacije

u(x, t) =1√2π

∫ ∞

−∞u(ξ, t)eixξdξ =

1√2π

∫ ∞

−∞

(∫ t

0

e−ξ2(t−s)F (ξ, s)ds

)eixξdξ

=1

2π

∫ ∞

−∞

(∫ t

0

e−ξ2(t−s)

(∫ ∞

−∞F (y, s)e−iξ ydy

)ds

)eixξdξ(11)

=1

2π

∫ t

0

∫ ∞

−∞

(∫ ∞

−∞e−ξ2(t−s)eiξ(x−y)dξ

)F (y, s) dy ds .

Kako je ∫ ∞

−∞e−ξ2(t−s)eiξ(x−y)dξ =

∫ ∞

−∞e−ξ2(t−s) [cos ξ(x− y) + i sin ξ(x− y)] dξ

i zbor neparnosti podintegralne funkcije je∫∞−∞ e−ξ2(t−s) sin ξ(x− y)dξ = 0, imamo da je

(12)

∫ ∞

−∞e−ξ2(t−s)eiξ(x−y)dξ =

∫ ∞

−∞e−ξ2(t−s) cos ξ(x− y)dξ =

√π√

t− se−

(x−y)2

4(t−s)

Iz (11) i (12) dobija se konacno

u(x, t) =1

2√

π(t− s)

∫ t

0

∫ ∞

−∞F (y, s)e−

(x−y)2

4(t−s) dy ds

u(x, t) =

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(x− y, t− s)F (y, s) dy ds

Definicija 2.1 Nosac neprekidne funkcije φ : Ω ⊂ Rn → R je zatvorenje skupa tacaka u kojimaje funkcija razlicita od nule, odnosno

suppφ = x ∈ Ω : φ(x) = 0

Teorema 2.2 Neka je F ∈ C2,1(R× [0,∞)) sa kompaktnim nosacem. Tada za funkciju u(x, t)definisanu na D sa

(13) u(x, t) =

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(x− y, t− s)F (y, s)dyds

vazi:(i) u ∈ C2,1(R× (0,∞));(ii) ut(x, t) = uxx(x, t) + F (x, t) za svako (x, t) ∈ D = R× (0,∞);(iii) Za svako x0 ∈ R je lim(x,t)→(x0,0) u(x, t) = 0.

8

Proof. (I): Da bi opravdati diferenciranje pod znakom integrala u (13), uvodimo najpresmenu Y = x− y, S = t− s∫ t

0

∫ ∞

−∞K(x− y, t− s)F (y, s) dy ds =

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(Y, S)F (x− Y, t− S) dY dS

Kako je F ∈ C2,1(R× [0,∞)) sa kompaktnim nosacem

supR×[0,∞)

|∂xF | = F1 < ∞, supR×[0,∞)

|∂xxF | = F11 < ∞, supR×[0,∞)

|∂tF | = F2 < ∞,

pa je ∣∣∣∂x(K(y, s)F (x− y, t− s))∣∣∣ ≤ F1K(y, s)∣∣∣∂xx(K(y, s)F (x− y, t− s))∣∣∣ ≤ F11K(y, s)∣∣∣∂t(K(y, s)F (x− y, t− s)

)∣∣∣ ≤ F2K(y, s),

pri cemu je prema Lemi 1.1-(3)∫ t

0

∫ ∞

−∞K(y, s)dyds =

∫ t

0

ds = t.

Zato se moze diferencirati pod znakom integrala u (13) jednom po t i dva puta po x:

∂xxu(x, t) =

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(y, s)∂2

xxF (x− y, t− s)dyds,

∂tu(x, t) =

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(y, s)∂tF (x− y, t− s)dyds+

∫ ∞

−∞K(y, s)F (x− y, 0)dy .

Dakle, u ∈ C2,1(D).

(II): Sada je

∂tu− ∂xxu =

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(y, s)(∂t − ∂xx)F (x− y, t− s)dyds+

∫ ∞

−∞K(y, s)F (x− y, 0)dy

=

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(y, s)(−∂s − ∂yy)F (x− y, t− s)dyds+

∫ ∞

−∞K(y, s)F (x− y, 0)dy(14)

Da bi primenili parcijalnu integraciju na prvi integral u (14), kako K(y, s) ima singularitet zas = 0, interval integracije [0, t] moramo podeliti na intervale [0, ε] i [ε, t]

∂tu− ∂xxu =

∫ ε

0

∫ ∞

−∞K(y, s)(−∂s − ∂yy)F (x− y, t− s)dyds

+

∫ t

ε

∫ ∞

−∞K(y, s)(−∂s − ∂yy)F (x− y, t− s)dyds+

∫ ∞

−∞K(y, s)F (x− y, 0)dy

= Jε + Iε + Γ

9

Najpre, za integral Jε imamo∣∣∣∣∫ ε

0

∫ ∞


∣∣∣∣≤

(F2 + F11

) ∫ ε

0

∫ ∞

−∞K(y, s)dyds ≤

(F2 + F11

)ε

∫ ∞

−∞K(y, s)dy =

(F2 + F11

)ε(15)

Dalje, za integral Iε parcijalnom integracijom se dobija∫ t

ε

K(y, s)∂sF (x− y, t− s)ds

= K(y, t)F (x− y, 0)−K(y, ε)F (x− y, t− ε)−∫ t

ε

∂sK(y, s)F (x− y, t− s)ds

i ∫ ∞

−∞K(y, s)∂yyF (x− y, t− s)dy

= K(y, t)∂yF (x− y, t− s)∣∣∣y=∞

y=−∞−∫ ∞

−∞∂yK(y, s)∂yF (x− y, t− s)dy

= −∂yK(y, t)F (x− y, t− s)∣∣∣y=∞

y=−∞+

∫ ∞

−∞∂yyK(y, s)F (x− y, t− s)dy

=

∫ ∞

−∞∂yyK(y, s)F (x− y, t− s)dy,

jer je limy→±∞ F (y, s) = limy→±∞ ∂yF (y, s) = 0. Dakle,∫ t

ε

∫ ∞


=

∫ t

ε

∫ ∞

−∞(∂s − ∂yy)K(y, s)F (x− y, t− s)dyds−

∫ ∞

−∞K(y, t)F (x− y, 0)dy

+

∫ ∞

−∞K(y, ε)F (x− y, t− ε)dy

=

∫ ∞

−∞K(y, ε)F (x− y, t− ε)dy − Γ

jer je (∂s + ∂yy)K(y, s) = 0. Prema tome,

(16) Iε + Γ =

∫ ∞

−∞K(y, ε)F (x− y, t− ε)dy .

Iz (14), (15) i (16) imamo

∂tu− ∂xxu = limε→0+

[Jε + Iε + Γ]

= limε→0+

∫ ∞

−∞K(y, ε)F (x− y, t− ε)dy

= limε→0+

∫ ∞

−∞K(x− y, ε)F (y, t− ε)dy

= limε→0+

∫ ∞

−∞K(x− y, ε)[F (y, t− ε)− F (y, t)]dy + lim

ε→0+

∫ ∞

−∞K(x− y, ε)F (y, t)dy.(17)

10

Kako je prema Teoremi 2.1-(iv) za svako x ∈ R

φ(x) = limt→0+

∫ ∞

−∞K(x− ξ, t)φ(ξ)dξ,

istim postupkom moze se pokazati da je za svako x ∈ R i svako t ≥ 0

(18) limε→0+

∫ ∞

−∞K(x− y, ε)F (y, t)dy = F (x, t) .

Pored toga, prema Lagaranzeovoj teoremi o srednjoj vrednosti je∫ ∞

−∞K(x− y, ε)

∣∣F (y, t− ε)− F (y, t)∣∣dy ≤ sup

R×[0,∞)

|∂tF |∫ ∞

−∞K(x− y, ε) εdy

= F2ε → 0, ε → 0 + .(19)

Dakle, iz (17), (18) i (19), konacno se dobija ∂tu− ∂xxu = F (x, t) , sto je i trebalo pokazati.

(III): Da bi pokazali da resenje u(x, t) tezi nuli kada t → 0+ imamo

||u(·, t)||L∞(R) ≤ ||F ||L∞(R×[0,t∗])

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(y, s)dyds

= C

∫ t

0

ds = Ct → 0, t → 0+ ⇒ u(x, t) → 0, t → 0 + .

Resenje KP nehomogene jednacine provodjenja toplote sa nehomogenim pocetnim uslovom

(20)

ut = uxx + F (x, t), (x, t) ∈ D = R× (0,∞)

u(x, 0) = φ, x ∈ R .

je oblika u(x, t) = v(x, t) + w(x, t), gde je v(x, t) resenje KP homogene jednacine provod-jenja toplote (7), a w(x, y) je resenje KP (10) nehomogene jednacine provodjenja toplote sahomogenim pocetnim uslovom. Dobija se

u(x, t) =

∫ ∞

−∞K(x− ξ, t)φ(ξ)dξ +

∫ t

0

∫ ∞

−∞K(x− η, t− s)F (η, s) dη ds

3 Jedinstvenost i stabilnost resenja mesovitog problema

nehomogene jednacine provodjenja toplote

3.1 Princip maksimuma za ogranicenu oblast

Teorema 3.1 Neka je u ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ).

(i) Ako je ut − uxx ≤ 0 na QT ∪ ST , tada je max(x,t)∈QT

u(x, t) = max(x,t)∈ΓT

u(x, t).

(ii) Ako je ut − uxx ≥ 0 na QT ∪ ST , tada je min(x,t)∈QT

u(x, t) = min(x,t)∈ΓT

u(x, t).

11

Dokaz. (I): Neka je ut − uxx ≤ 0 na QT ∪ ST i

M = max(x,t)∈QT

u(x, t), m = max(x,t)∈ΓT

u(x, t).

Pretpostavimo suprotno da je m < M . Tada funkcija u(x, t) dostize svoj maksimum na QT utacki (x0, t0) ∈ QT ∪ ST . Posmatrajmo funkciju

v(x, t) = u(x, t) +M −m

4l2(x− x0)

2 .

Pre svega, tada je

∂v

∂t(x, t)− ∂2v

∂x2 (x, t) =∂u

∂t(x, t)−

(∂2u

∂x2 (x, t) +M −m

2l2

)≤ −M −m

2l2< 0, za svako (x, t) ∈ QT ∪ ST(21)

Osim toga, kako je v(x0, t0) = u(x0, t0) = M , imamo da je max(x,t)∈QTv(x, t) ≥ M . Pored toga,

za (x, t) ∈ ΓT je

v(x, t) ≤ max(x,t)∈ΓT

u(x, t) +M −m

4l2l2 ≤ m+

M −m

4=

3m

4+

M

4<

3M

4+

M

4= M,

pa je v(x, t)∣∣∣ΓT

< M . Dakle, funkcija v(x, t) ne dostize svoju maksimalnu vrednost u QT na

ΓT , vec u tacki (x1, t1) ∈ QT ∪ ST . Tada je

∂v

∂t(x1, t1) = 0,

∂2v

∂x2 (x1, t1) ≤ 0 ⇒ ∂v

∂t(x1, t1)−

∂2v

∂x2 (x1, t1) ≥ 0,

sto je u kontradikciji sa (21). Prema tome, m = M .

Teorema 3.2 (Princip maksimuma za ogranicenu oblast) Neka je u ∈ C2,1(QT )∩C(QT )resenje homogene jednacine provodjenja toplote (3). Tada je

max(x,t)∈QT


u(x, t), min(x,t)∈QT


u(x, t) .

Posledica 3.1 Ako su u, v ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ) resenja jednacine (2) na QT ∪ ST i ako jeu ≤ v na ΓT , onda je u ≤ v na QT .

Dokaz. Funkcija u − v ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ) je resenja jednacine (3) na QT ∪ ST . PremaTeoremi 3.2 je

max(x,t)∈QT

(u(x, t)− v(x, t)) = max(x,t)∈ΓT

(u(x, t)− v(x, t)) ≤ 0 ⇒ u(x, t)− v(x, t) ≤ 0 na QT .

12

3.2 Jedinstvenost i stabilnost resenja mesovitog problema (22)

Teorema 3.3 (Teorema jedinstvenosti resenja) Neka je F (x, t) ∈ C(QT ), g(x, t) ∈C(ΓT ). Tada granicni problem

(22)

ut = uxx + F (x, t), (x, t) ∈ QT ∪ ST

u(x, t) = g(x, t), (x, t) ∈ ΓT .

ne moze imati vise od jednog resenja u klasi funkcija u ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ).

Dokaz. Pretpostavimo suprotno da postoje dva resenja u1, u2 ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ) granicnogproblema (22). Tada je u = u1−u2 ∈ C2,1(QT )∩C(QT ) resenje homogene jednacine provodjenjatoplote (3) koje zadovoljava granicni uslov u(x, t)

∣∣ΓT

= 0 . Tada prema Teoremi 3.1 je

max(x,t)∈QT


u(x, t) = 0, min(x,t)∈QT


u(x, t) = 0

odakle je u(x, t) = 0 na QT , odnosno u1 = u2 na QT .

Teorema 3.4 (Teorema stabilnosti resenja) Neka je F (x, t) ∈ C(QT ), g1(x, t), g2(x, t) ∈C(ΓT ) i neka su u1, u2 ∈ C2,1(QT ) ∩ C(QT ) resenja jednacine (2) koja zadovoljavaju granicniuslov ui(x, t)

∣∣ΓT

= gi(x, t), i = 1, 2. Ako je

|g1(x, t)− g2(x, t)| < ε, (x, t) ∈ ΓT

onda je|u1(x, t)− u2(x, t)| < ε, (x, t) ∈ QT .

Dokaz. Funkcija v = u1 − u2 ∈ C2,1(QT ) ∩C(QT ) je resenje homogene jednacine provodjenjatoplote (3) koje zadovoljava granicni uslov v(x, t)

∣∣ΓT

= g1(x, t) − g2(x, t) . Kako je funkcija

w(x, t) = ε, (x, t) ∈ QT ocigledno resenje jednacine (3) i

|v(x, t)| = |g1(x, t)− g2(x, t)| < ε = w(x, t), (x, t) ∈ ΓT ,

prema Posledici 3.1 je

|v(x, t)| = |u1(x, t)− u2(x, t)| < ε na QT .

4 Jedinstvenost resenja Kosijevog problema

nehomogene jednacine provodjenja toplote

4.1 Princip maksimuma za neogranicenu oblast

Teorema 4.1 Neka je u ∈ C2,1(DT ) ∩ C(DT ) ograniceno resenje homogene jednacine provod-jenja toplote (3). Tada je

(23) sup(x,t)∈R×[0,T ]

u(x, t) = supx∈R

u(x, 0) .

13

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno, M = sup(x,t)∈DT

u(x, t) i m = supx∈R u(x, 0). Pretpostavimo

suprotno, da je m < M . Definisimo na DT funkciju

v(x, t) = u(x, t)− ε(x2 + 2t)

Kako je vt = ut − 2ε, vxx = uxx − 2ε, funkciju v(x, t) ∈ C2,1(DT ) ∩ C(DT ) je resenje jednacine(3) na DT . Oblast DT se moze razbiti na dve disjunktne podoblasti

D1T =

(x, t) : x2 ≥ M −m

ε, 0 ≤ t ≤ T

, D2

T =

(x, t) : x2 <

M −m

ε, 0 ≤ t ≤ T

(i) Za svako (x, t) ∈ D1

T je

v(x, t) ≤ M − ε x2 ≤ M − εM −m

ε= m.

(ii) Za (x, t) ∈ D2T , kako je D2

T ogranicena oblast moze se primeniti Teorema 3.1, pa je

(24) max(x,t)∈D2

T

v(x, t) = max(x,t)∈Γ2

T

v(x, t) ,

gde je

Γ2T =

(x, t) : x = −

√M −m

ε, 0 ≤ t ≤ T

∪(x, t) : x =

√M −m

ε, 0 ≤ t ≤ T

∪(x, t) : |x| ≤

√M −m

ε, t = 0

.

Za svako x ∈ R jev(x, 0) = u(x, 0)− ε x2 ≤ u(x, 0) ≤ m,

pa vrednost funkcije v(x, t) na x−osi nije veca odm, te je takva i na segmentu[−√

M−mε

,√

M−mε

].

Za x = ±√

M−mε

, t ∈ [0, T ] imamo

v(x, t) = u(x, t)− εM −m

ε− 2ε t2 ≤ u(x, t)−M +m ≤ m.

Dakle, max(x,t)∈Γ2Tv(x, t) ≤ m, odnosno prema (24) je max

(x,t)∈D2Tv(x, t) ≤ m.

Prema tome, max(x,t)∈DTv(x, t) ≤ m, odakle je

u(x, t) = v(x, t) + ε(x2 + 2t) ≤ m+ ε(x2 + 2t), (x, t) ∈ DT .

Kada ε → 0 imamo da je u(x, t) ≤ m na DT , sto je suprotno pretpostavci da je m < M =sup

(x,t)∈DT

u(x, t).

Uslov ogranicenosti resenja na DT je previse strog sa stanovista primena. Moze se pokazatiprincip maksimuma za neogranicenu oblast pod opstijim uslovom.

14

Teorema 4.2 Neka je u ∈ C2,1(DT ) ∩ C(DT ) resenje homogene jednacine provodjenja toplote(3) takvo da postoje pozitivne konstante C,α da je

(25) |u(x, t)| ≤ Ceαx2

, (x, t) ∈ DT .

Tada vazi (23).

Dokaz. Bez gubitka opstosti moze se pretpostaviti da je 4αT < 1, jer ako to ne vazi, segment[0, T ] moze se podeliti na podsegmente duzine τ < 1/4α, a zatim dokazati tvrdjenje da je

|u(x, t)| ≤ supx∈R

u(x, kτ) ≤ supx∈R

u(x, 0), za kτ ≤ t ≤ (k + 1)τ, k = 0, 1, . . . ,T

τ

Pretpostavljajuci da je 4αT < 1, postoji ε > 0 takvo da je 4α(T + ε) < 1. Neka je x0 ∈ Rfiksirano i µ > 0. Definisimo funkciju

Vµ(x, t) = u(x, t)− µ

2√

π(T + ε− t)e

(x−x0)2

4(T+ε−t) .

Tada je∂Vµ

∂t(x, t) =

∂2Vµ

∂x2 (x, t), (x, t) ∈ R× (0, T ] .

Za ρ > 0 neka jeDT,ρ = (x, t) : |x− x0| < ρ, 0 < t ≤ T .

Primenom Teoreme 3.2 za ogranicenu oblast DT,ρ, zakljucujemo da je

(26) max(x,t)∈DT,ρ

Vµ(x, t) = max(x,t)∈ΓT,ρ

Vµ(x, t) ,

Pokazacemo da je max(x,t)∈DT,ρ≤ m = supx∈R u(x, 0).

(i) Za t = 0, x ∈ R je

Vµ(x, 0) = u(x, 0)− µ

2√π(T + ε)

e(x−x0)

2

4(T+ε) ≤ u(x, 0) ≤ m.

(ii) Za x = x0 ± ρ, t ∈ [0, T ] imamo

Vµ(x, t) ≤ Ceαx2 − µ

2√

π(T + ε− t)e

ρ2

4(T+ε−t) ≤ Ceα (x0±ρ)2 − µ

2√

π(T + ε)e

ρ2

4(T+ε) .

Kako je 4α(T + ε) < 1, bice 14(T+ε)

= α + β za neko β > 0. Prema tome,

Vµ(x, t) ≤ Ceα (x0±ρ)2 − µ

√α + β

πe(α+β)ρ2 ≤ m,

za svako ρ > ρ0(µ), ρ0(µ) dovoljno veliko.Dakle, Vµ(x, t) ≤ m = supx∈R u(x, 0), za (x, t) ∈ ΓT,ρ, odnosno prema (26) je Vµ(x, t) ≤ m

za svako (x, t) ∈ DT,ρ. Tada je za svako x0 ∈ R

u(x0, t)−µ

2√π(T + ε− t)

= Vµ(x0, t) ≤ m = supx∈R

u(x, 0) .

Kada µ → 0, dobija se u(x0, t) ≤ m za svako x0 ∈ R i t ∈ [0, T ] sve dok T < 1/(4α).

15

4.2 Jedinstvenost resenja Kosijevog problema

Teorema 4.3 (Teorema jedinstvenosti resenja) Neka je F (x, t) ∈ C(DT ), φ(x) ∈C(R). Tada Kosijev problem

(27)

ut = uxx + F (x, t), (x, t) ∈ DT = R× (0, T )

u(x, 0) = φ(x), x ∈ R .

ne moze imati vise od jednog resenja u klasi funkcija u ∈ C2,1(DT )∩C(DT ) koje zadovoljavajuuslov (25).

Dokaz. Pretpostavimo suprotno da postoje dva resenja u1, u2 ∈ C2,1(DT ) ∩C(DT ) Kosijevogproblema (27) koje zadovoljava uslov

|ui(x, t)| ≤ Cieαi x

2

, (x, t) ∈ DT , i = 1, 2.

Tada je u = u1 − u2 ∈ C2,1(DT ) ∩ C(DT ) resenje homogene jednacine provodjenja toplote (3)koje zadovoljava pocetni uslov u(x, 0) = 0 i

|u(x, t)| ≤ |u1(x, t)|+ |u2(x, t)| ≤ 2Ceαx2

, (x, t) ∈ DT ,

gde je C = max(C1, C2) i α = max(α1, α2). Tada prema Teoremi 4.2 je

sup(x,t)∈R×[0,T ]

u(x, t) = supx∈R

u(x, 0) = 0

odakle je u(x, t) = 0 na R× [0, T ], odnosno u1 = u2 na R× [0, T ].

16

PDJ paraboli cnog tipa Egzistencija i jedinstvenost re senja...

Documents

Transcript of PDJ paraboli cnog tipa Egzistencija i jedinstvenost re senja...