двойной ряд Фурье, волновое уравнение.

[dikiy]

по ходу решения волнового уравнения мембраны $\left(\Delta_{x,y}-\frac {\partial^2} {\partial t^2}\right) u = 0$. Начальные условия заданы так: мембрана натянута на квадрат $[0, \pi]^2$, начальное положение задано ф-ей $f(x,y)$, а начальная скорость $g(x,y)$.

принимая скорость распространения волны за единицу мы получаем суперпозицию решений в виде двойного ряда Фурье.

$u(x,y,t)=\sum \limits_{n,m} \left( A_{nm}\sin \sqrt{n^2+m^2}t + B_{nm}\cos \sqrt{n^2+m^2}t\right)\varphi_{nm}$

в принципе можно показать, что на месте $\varphi_{nm}$ останутся лишь $\sin mx \sin nx$, но пока мне это не помогло в моем вопросе.

собсно в чем вопрос: мне удалось показать, что $u(x,y,t)$ дифференцируема по времени один раз при условии того, что $f(x,y)\in C^3$ (опустим пока ф-цию $g$).

а вот показать, что $u$ дифференцируема по t дважды (пусть даже и не почленно) - не выходит.

Моя попытка:

возьмем ряд и продифференцируем почленно, и попробуем доказать его сходимость.
(возьмем пока лишь часть ряда с $A_{nm}$)

$\sum \limits_{n,m} \left( (n^2+m^2) A_{nm}\sin \sqrt{n^2+m^2}t\right)\varphi_{nm} \leq \sum \limits_{n,m} |(n^2+m^2) A_{nm}| \leq \ \sum \left|(|n|+|m|)^2 A_{nm}\right| = \sum \left|\frac 1 {|n|+|m|} (|n|+|m|)^3 A_{nm}\right| \leq \sqrt {\sum \frac 1 {(|n|+|m|)^2}} \sqrt {\sum ((|n|+|m|)^3 A_{mn})^2}$

можно показать, что сумма под вторым корнем сходится, исходя из сходимости сумм квадратов фурье-коэффициентов смешанных производных ф-ции $f(x,y)$.

но сумма под вторым корнем расходится. Я пробовал по разному - но не выходит. Необходимо для схождения $f\in C^4$, но это слишком много. Я понимаю, что надо качественно другой подход, но не знаю откуда подступиться.

[sup]

1. Прежде всего, Вы не указали условия на границе. Учитывая дальнейшие рассуждения похоже что это условия Дирихле (на границе квадрата функция равна 0)

Цитата:

мне удалось показать, что $u(x,y,t)$ дифференцируема по времени один раз при условии того, что $f(x,y)\in C^3$

2. Не очень ясно, что такое "дифференцируема по времени один раз". Какому пространству принадлежит эта производная?
3. Далее. Для существования старших производных мало одной лишь гладкости начальных данных. Необходимы еще и условия согласования на границе. Ну, грубо говоря, на границе вторая производная по времени должна обращаться в 0 (в силу условий Дирихле). Но тогда из уравнения получаем, что и $\Delta f(x,y)=0$ на границе квадрата.
4. Попробуйте воспользоваться формулой Кирхгофа (Пуассона для размерности 2). Для этого надо продолжить начальные данные нечетным образом вне квадрата и применить эти формулы. Вот, кстати, здесь и выяснится, что для гладкости "продолженных" начальных данных и потребуются некие дополнительные условия.

[dikiy]

1. Да. Я просто предполагал, что это очевидно. Вот видите - Вы сразу догадались :)

Цитата:

2. Не очень ясно, что такое "дифференцируема по времени один раз". Какому пространству принадлежит эта производная?

это в принципе не так важно. Мне в общем-то надо показать, что я могу дифференциальный оператор под граничный переход "протянуть":

$$$\left(\Delta_{x,y}-\frac {\partial^2} {\partial t^2}\right) \lim \sum u_{nm} = \lim \left(\Delta_{x,y}-\frac {\partial^2} {\partial t^2}\right) \sum u_{nm}$$

тогда я покажу, что мой ряд Фурье удовлетворяет не только начальным условиям, но и дифуру.

Для этого мне нужна равномерная сходимость ряда из первых производных (взятых почленно), а так же любая сходимость ряда из вторых производных (так же взятых почленно).

Цитата:

3. Ну, грубо говоря, на границе вторая производная по времени должна обращаться в 0 (в силу условий Дирихле). Но тогда из уравнения получаем, что и $\Delta f(x,y)=0$ на границе квадрата.

А и действительно. получается, то не каждая f(x,y) подойдет? Так что ли?

Про нечетное продолжение я конечно думал. У меня получилось, что в принципе f(x,y) можно нечетно продолжить, как и ее некоторые смешанные производные. А вот например $\frac {\partial^2} {\partial x^2}$ в общем случае не получится.

Но даже это не основная моя проблема. Мне пока не удается показать сходимость ряда из вторых производных по времени не только на границах, но даже внутри области. Это в общем-то и есть моя основная проблема.

[sup]

dikiy в сообщении #585237 писал(а):

Но даже это не основная моя проблема. Мне пока не удается показать сходимость ряда из вторых производных по времени не только на границах, но даже внутри области. Это в общем-то и есть моя основная проблема.

И не удастся без условий согласования.
Вот Вам пример. В области $x>0$
$u_{tt}-u_{xx}=0$
$u(x,0)=x^2$
$u_t(x,0)=0$
$u(0,t)=0$
Решение
$u(x,t)=x^2+t^2$ при $x \geqslant t$
$u(x,t)=2xt$ при $x \leqslant t$

И вот какой вопрос. Вам действительно нужно классическое решение? Для обобщенных решений легко получить оценки в пространствах Соболева (но опять таки с условиями согласования).

[dikiy]

Цитата:

Вот Вам пример. В области $x>0$

я так наскоком не вижу, как этот пример конкретно относится к задаче и проблеме?

Могли бы Вы объяснить поподробнее?

И кстати, ведь разложение в Ряд Фурье обладает свойством "локальности". То есть для сходимости на внутренней области мне в принципе все равно, что там творится на границах. Или я ошибаюсь, и это свойство является верным только для одномерных рядов?

Цитата:

И вот какой вопрос. Вам действительно нужно классическое решение? Для обобщенных решений легко получить оценки в пространствах Соболева (но опять таки с условиями согласования).

Да. нужно именно классическое. Я даже заглядывал в решение задачи без краевых условий (f и g заданы на всей плоскости). Там решение выражается через интегралы. В принципе можно было бы попробовать подогнать данную задачу к такой. Но мне бы очень хотелось бы (лучше сказать - надо) получить правильное решение именно "классикой".

[sup]

Данный пример показывает, что всякие особенности на границе тут же уносятся вдоль характеристик внутрь области. А в результате вторые производные терпят разрыв. Поэтому ряды Фурье не могут сходиться равномерно. То, что это одномерный пример в полупространстве - совершенно не принципиально. Обратите внимание, что нечетное продолжение начальных данных - это $u_0(x)=x|x|$ - не имеет непрерывной второй производной.
Сходимость рядов Фурье сравнительно легко обосновывается в пространствах типа $L_2$. А вот равномерную сходимость обосновывать трудно. А вот формула Кирхгофа вроде бы позволяет получить непрерывность вторых производных (с условиями согласования). С другой стороны, если Вам нужно классическое решение, то условия согласования являются и НЕОБХОДИМЫМИ. Так что здесь не видно каких то серьёзных проблем.

[dikiy]

sup в сообщении #585259 писал(а):

Данный пример показывает, что всякие особенности на границе тут же уносятся вдоль характеристик внутрь области. А в результате вторые производные терпят разрыв.

хм. там решение неправильное. ф-ция $u(x,t)=x^2+t^2, x>t$ не удовлетворяет условию $u(0,t)=0$.

Цитата:

Поэтому ряды Фурье не могут сходиться равномерно.

мне и не надо равномерное схождение второй производной. Достаточно ее поточненого схождения. Вот равномерное схождение первой производной надо - но ее доказать не составляет проблем.

Цитата:

С другой стороны, если Вам нужно классическое решение, то условия согласования являются и НЕОБХОДИМЫМИ. Так что здесь не видно каких то серьёзных проблем.

допустим, что все согласовывается. Как тогда доказывать сходимость второй производной (хотя бы поточечную сходимость, например)? Можно ли обойтись без интегрального представления решения? Тем более непонятно, как увязать данное представление с рядами Фурье.

[sup]

dikiy в сообщении #585305 писал(а):

хм. там решение неправильное

Все там правильное, Вы "не ту ветку" рассматриваете. Надо вот такую
$u(x,t)=2xt$ при $x \leqslant t$
Увязывать интегральное представление и ряды Фурье вовсе необязательно. Мы выбираем тот способ решения, который позволяет получить нужный результат.
Отмечу лишь одно обстоятельство. Как Вы собираетесь оценивать коэффициенты Фурье? Грубые оценки типа $L_2$ к результату не приводят. А более точные оценки получить не представляется возможным (Ну в самом деле, как ведут себя коэффиценты Фурье от непрерывной функции? ). Кроме того, эти ряды в массе своей сходятся лишь условно. Поэтому простые оценки по модулю, в сущности, под запретом. Да что классическое решение. С помощью рядов Фурье даже оценки в $L_p$ не очень то ясно как получать.
И все таки, как насчет сходимости рядов Фурье? Если с помощью интегрального представления Вы докажете, что вторые производные действительно непрерывны, то далее используйте общую теорию рядов Фурье: можно ли гарантировать поточечную сходимость в этом случае или нет.

[dikiy]

Цитата:

И все таки, как насчет сходимости рядов Фурье? Если с помощью интегрального представления Вы докажете, что вторые производные действительно непрерывны, то далее используйте общую теорию рядов Фурье: можно ли гарантировать поточечную сходимость в этом случае или нет.

сейчас прочитал внимательно книжку. С помощью интегрального представления я могу получить решение. И оно будет дифференцируемо. Но откуда я знаю, что мой ряд Фурье является именно этим решением, которое получается с помощью, грубо говоря, интеграла $u(x,y,t)=\int H(f(x),g(x))$

[sup]

Теорема единственности.

[dikiy]

с помощью теоремы единственности я могу показать, что если $u$ и $v$ являются решениями, то $u\equiv v$. Но в данном случае я еще не показал, что $u=\sum u_{um}$ вообще является решением.

[sup]

Вам не надо непосредственным дифференцированием доказывать, что ряд Фурье является решением. Надо наоборот, если решение существует, то его ряд Фурье совпадает с тем, что Вы написали.
Пусть $u(x,y,t)$ - решение волнового уравнения, тогда оно разлагается в ряд Фурье
$\sum \limits_{n,m} A_{nm}(t)\sin (nx) \sin (my)$
причем,
$A_{nm}(t)=4/{\pi^2}\int \limits_{D} u(x,y,t)\sin (nx) \sin (my) dxdy$
Ну а теперь для вычисления $A_{nm}(t)$ воспользуемся уравнением. Умножим волновое уравнение на $\sin (nx) \sin (my)$ и проинтегрируем по частям

$$4/{\pi^2}\int \limits_{D} u_{tt}(x,y,t)\sin (nx) \sin (my) dxdy = A''_{n,m}(t)$$

$$4/{\pi^2}\int \limits_{D} \Delta u(x,y,t)\sin (nx) \sin (my) dxdy = 4/{\pi^2}\int \limits_{D} u(x,y,t) \Delta (\sin (nx) \sin (my)) dxdy = -(n^2+m^2)A_{n,m}(t)$$

Значит
$A''_{n,m}+(n^2+m^2)A_{n,m}=0$
Решаем задачу Коши и тд.
Для классического решения все эти выкладки законны. В результате мы и получим тот самый ряд Фурье.

[dikiy]

супер! Спасибо!