Бутко Я.А. Элементы функционального анализа и методы математической физики. Ч.1. Под ред. М.М. Сержантовой (2011), страница 7

е. = −r2 u. Так как δ = 1, то получим алгебраическое уравнение:Δu−r2 u = 1,т. е.11u = − 2 , или u = − 2 .rrТаким образом, фундаментальным решением оператора Δ в R31является обратное преобразование Фурье функции − 2 . Найдемrего.1Предложение 3.4. Функция u(r) = − 2 локально интегрируеrма в R3 и, тем самым, задает регулярную обобщенную функцию.Покажем, что функция1u(r) = − 2rинтегрируема по любому шару BR = {r ≤ R} с центром в нуле.Воспользуемся сферическими координатами:R 2ππu(r)dy1 dy2 dy3 =BR−0001 2r sin θdθdϕdr =r2R= cos θ|0π ϕ|2π0 r|0 = −4πR < ∞.53Пусть теперь вектор y = (y1 , y2 , y3 ), тогда!y12 + y22 + y32 = y.Таким образом,−Так как функция11=−.2ry21y2локально интегрируема, то ей соответствует регулярная обобщенная функция из S (R3 ), действующая на ϕ из S(R3 ) по формуле 11,ϕ = −ϕ(y)dy.−2yy2u=−R3По определению преобразования Фурье обобщенных функций длялюбой ϕ из S(R3 ) выполняется цепочка равенств:(2π)3 (u, ϕ) = (u, ϕ) =ϕ(y)11= −,ϕ=−dy=−ϕ(x)e−iy·x dxdy =y2y2y23R3R3 R1ϕ(x)e−iy·x dxdy == − limR→+∞y2BRR31 −iy·x= − limϕ(x)edydx,R→+∞y2R3BRгде BR = {(y1 , y2 , y3 ) : y < R}.Найдем1 −iy·xedy.IR =y2BRСделаем замену координат в R3 так, чтобы в новых координатах(y1 , y2 , y3 ) ось 0y3 совпадала по направлению с фиксированнымвектором x.

В такой системе координат вектор x имеет координаты(0, 0, x). Перейти к такой системе координат можно с помощьюповорота исходной системы координат. Так как поворот — это ортогональное преобразование R3 , то длины векторов, углы между54векторами и скалярное произведение векторов сохранятся; якобианзамены переменных будет равен 1. Тогдаy · x = yx cos (y, x) = y1 × 0 + y2 × 0 + y3 × x.Таким образом,IR =BRy2e−iy·xdy =y2BRe−iy3 x dy .y 2Перейдем к сферическим координатам: y1 = ρ cos ϕ sin θ ,= ρ sin ϕ sin θ , y3 = ρ cos θ; тогда y = ρ и −ix ρ cos θeρ2 sin θdρ dϕ dθ =IR =ρ2BR2π=R 2πdϕ00 0R 2π= −2π0e−ixρ cos θ sin θ dθ dρ =e−ixρ cos θ d cos θ dρ =0R 1= 2πe−ixμρ dμ dρ,0 −1где мы сделали замену переменных: cos θ = μ, θ|0π → μ|−1+1 .1Найдем интеграл I2 = e−ixμρ dμ.

Получим:1I2 =−1−ixμρe−11dμ =−ix ρ1e−ixρμ d(−ixρμ) =−1 μ=1#11 " ixρsin x ρ−ixρμ −ixρe=−e.e=2=−ix ρx ρμ=−1 ix ρRИтак, IR = 4π0sin x ρdρ.x ρ55∞0Предложение 3.5. Для любого числа α > 0 интеграл Дирихлеπsin αρdρ равен .ρ2Таким образом:lim IR = limR→+∞R→+∞BRИтак:e−iy·xdy = 4π limR→+∞y(2π)3 (u, ϕ) = −т. е.(u, ϕ) =R3т. е. u(x) = −видR32 π2ϕ(x)dx,x1, или в сферической системе координат4 πx!1u(x) = −, где r = x21 + x22 + x23 .4 πrИтак, фундаментальное решение оператора Лапласа в R3 имеетЗаметим, что функцияu(M ) =и02 π2sin x ρdρ =.x ρx−1ϕ(x)dx,4 πxu(r) =гдеR−1.4 πr−1,4 πrM M0M = (x1 , x2 , x3 ); M0 = (x01 , x02 , x03 )!rM M0 = (x1 − x01 )2 + (x2 − x02 )2 + (x3 − x03 )2 ,является решением уравнения Δu = δM0 .

Решение такого уравнения будем называть фундаментальным решением с особенностьюв точке M0 . Аналогичным образом [1] показывается, что фундаментальным решением оператора Лапласа в R2 является функция$1ln ρ, где ρ = x21 + x22 .u(ρ) =2π56Замечание. Фундаментальное pешение оператора L удовлетворяет уравнению Lu = 0 во всем пространстве без нуля.3.4. Метод функции Грина решения краевых задачдля уравнения ПуассонаПусть область Ω ⊂ Rn , M (x1 , .

. . , xn ) ∈ Rn , u(x1 , . . . , xn ) ≡∂2∂2+...+.≡ u(M ), Δ ≡∂x2n∂x21Определение. Дважды непрерывно дифференцируемая в области Ω функция u (т. е. u ∈ C 2 (Ω)) называется гармоническойфункцией в области Ω, если в этой области она удовлетворяетуравнению Лапласа Δu = 0.Очевидно, что при n = 1 гармоническими являются толькофункции вида u(x) = ax + b.Предложение 3.6. Фундаментальное решение оператора Лапласа в R3 c особенностью в точке M0u(M ) = −14 πrM M0является гармонической функцией в R3 \{M0 }.Действительно, введем в R3 сферическую систему координатс центром в точке M0 :⎧0⎪⎨ x1 − x1 = r sin θ cos ϕ;x2 − x02 = r sin θ sin ϕ;⎪⎩x3 − x03 = r cos θ,т. е.

здесьr ≡ rM M0 =!(x1 − x01 )2 + (x2 − x02 )2 + (x3 − x03 )2 .В сферической системе координат оператор Лапласа имеет вид[10, с. 279—282]∂u1 ∂∂u1∂1∂2uΔu = 2.sin θ+ 2 2r2+ 2r ∂r∂rr sin θ ∂ θ∂θr sin θ ∂ ϕ257Так как наша функция1u(x1 , x2 , x3 ) = −4 πrдифференцируема при r = 0 и не зависит от θ и ϕ, то1 ∂−1−1 ∂2 ∂2 −1rr · 2 =Δu = 2=r ∂r∂r 4 πr4 πr2 ∂rr1 ∂(1) = 0.=4 πr2 ∂rТаким образом, для любой точки M (x1 , x2 , x3 ) = (0, 0, 0)Δu(x1 , x2 , x3 ) = 0.Предложение (формулы Грина) 3.7. Пусть область Ω ⊂ R3ограничена замкнутой гладкой поверхностью Σ ≡ ∂ Ω, пусть n —единичный вектор нормали к поверхности Σ, внешний по отношению к областиΩ; пусть заданы функции v, u такие, что%u, v ∈ C 1 (Ω) C 2 (Ω), т.е v, u — непрерывны вместе с первыми производными в Ω ≡ Ω ∪ Σ и имеют непрерывные вторыепроизводные в Ω. Для таких функций справедливы формулы [9],приведенные ниже.Первая формула Грина:∂u · ∇vdV.dσ −v ΔudV =v∇u∂nΩΣВторая формула Грина:Ω v ΔudV =ΩvΣ∂v∂u−u∂n∂ndσ.&В обеих формулах интегралы по— это поверхностные интегралы первого рода.%Теорема (третья формула Грина).

Пусть u ∈ C 1 (Ω) C 2 (Ω).Тогда справедлива третьяГрина:( ' (интегральная) формула11 ∂u∂1−udσ−u(M0 ) =4πrM M0 ∂n∂n rM M0Σ1Δu−dV4πrM M0Ωдля любой точки M0 ∈ Ω.58Докажем третью формулу Грина с помощью первой и второйформул Грина.−1— фундаментальноеПусть M0 ∈ Ω. Пусть v(M ) =4 πrM M0решение оператора Лапласа в R3 с особенностью в точке M0 , т. е.Δv = δM0 . Окружим точку M0 целиком лежащим в Ω замкнутымшаром B ε радиусом ε c центром в M0 . Пусть Σ ε = ∂B ε — сфера,ограничивающая шар B ε .Рассмотрим область Ω ε = Ω\B ε . В этой области функция%v(M ) — гармоническая, v ∈ C 2 (Ω ε ). Пусть u(M ) ∈ C 1 (Ω) C 2 (Ω).Применим к функциям u(M ) и v(M ) вторую формулу Грина.

Получим ∂u∂u∂v∂vv Δu dV =vv−udσ +−udσ.∂n∂n∂n∂nΩεΣΣεНа сфере Σ ε−1 ∂v ∂v −1 −1v(M ) =;=−==.24 πε ∂n Σ ε∂r Σ ε4 πr Σ ε4 πε2Тогда по теореме о среднем для поверхностных интегралов, учитывая, что площадь поверхности сферы Σ ε равна 4πε2 , получим: ∂v∂u11 ∂u−udσ =dσ =vu−∂n∂n4 πε2 4 πε ∂nΣεΣε11∂u∗∗= u(M )−(M ) · 4πε2 → u(M0 ), ε → 0.4 πε2 4 πε ∂nЗдесь M ∗ — некоторая точка на Σ ε .Таким образом, переходя к пределу при ε → 0, получим третьюформулу Грина. Теорема доказана.Теорема (об общем виде решения уравнения Пуассона).Обозначим фундаментальное решение оператора Лапласа с особенностью в M0 так:1= G(M, M0 ).−4 πrM M0Тогда для любого M0 из Ω решение u(M ) уравнения ПуассонаΔu = f в Ω представляется по третьей формуле Грина в виде59u(M0 ) =∂uf (M )G(M, M0 )dV −G(M, M0 ) (M )dσ +=∂nΩ Σϕ0 (M0 )ϕ1 (M0 )u(M )+Σ∂G(M, M0 )dσ .

(3..3)∂nϕ2 (M0 )Таким образом, решение уравнения Пуассона в области Ωопределяется с помощью формулы (3.3) по фундаментальному решению оператора Лапласа и по значениям решения и его нормальной производной на границе области Ω.Если обозначить интегралы в правой части формулы (3.3)ϕ0 (M0 ), ϕ1 (M0 ), ϕ2 (M0 ), то решение уравнения Δu = f запишется в виде u(M0 ) = ϕ0 (M0 ) + ϕ1 (M0 ) + ϕ3 (M0 ). Функцииϕ0 , ϕ1 , ϕ2 называют соответственно объемным (Ньютовым) потенциалом, потенциалом простого слоя и потенциалом двойногослоя.Замечание.

Мы получили формулу для решения уравненияΔu = f в Ω. Рассмотрим, как она соотносится с формулой Дюамеля u = E ∗ f для решения того же уравнения во всем пространстве.Мы исследовали уравнение Δu = f в Ω. Доопределим функциюu(M ) и функцию f (M ) нулем вне области Ω, оставив принятыеобозначения. Тогда можно рассмотреть уравнение Δu = f во всемпространстве.

При этом для фундаментального решения уравнения−1E(M ) =получим:4 πr−f (M )−f (M )dV =dV = ϕ0 (M0 ).(E ∗ f )(M0 ) =4 πrM M04 πrM M0R360ΩПокажем, откуда в третьей формуле Грина берутся слагаемыеϕ1 (M0 ) и ϕ2 (M0 ). Дело в том, что формула u = E ∗f дает решениеуравнения Δu = g в смысле обобщенных функций, т. е.

в выражении Δu стоят вторые производные в смысле обобщенных функций(ведь после доопределения нулем u терпит разрыв на поверхностиΣ и, значит, не дифференцируема на ней в обычном смысле). Поаналогии с формулойfoбобщ= fкласс+ak δxk ,kгде f : R → R имеет скачки величины ak в точках xk (см. формулу (1.1)), для функции u : R3 → R, которая терпит разрыв наповерхности Σ, получим [1, § 24 п.1]∂u∂δΣ −(uδ Σ ).∂n∂nТаким образом, в смысле обобщенных функций классическаязадача Δu = f в Ω эквивалентна обобщенной задаче Δu = g в R3 ,где∂u∂g=f−δΣ −(uδ Σ ),∂n∂nδ Σ — дельта-функция, сосредоточенная на поверхности Σ (cм. подразд.1.5.).

При этом по формуле Дюамеля получим(Δu)oбобщ = (Δu)класс −u=E ∗g =1∂∂u(M )=−(uδ Σ ) dV =f (M ) −δ Σ (M ) −4 πrM M0∂n∂nR3∂u−1f (M )=−dV −dσ+4 πrM M0∂n 4 πrM M0ΩΣ∂−1+udσ = ϕ0 (M0 ) + ϕ1 (M0 ) + ϕ2 (M0 ),∂n 4 πrM M0Σгде последний интеграл получается с помощью формулы интегрирования по частям.Рассмотрим теперь случай f ≡ 0, т. е.

u — гармоническая в Ωфункция. Тогда по третьей формуле Грина61 'u(M0 ) = −Σ−14 πrM M0(∂u(M ) dσ+∂n('∂−1+u(M )dσ. (3..4)∂n 4 πrM M0ΣПусть функция v(M ) — произвольная гармоническая функцияв Ω. Тогда для функций u и v вторая формула Грина имеет вид ∂v∂u−udσ.v0=(3..5)∂n∂nΣСложим формулы (3.4) и (3.5) и введем теперь обозначениеG(M, M0 ) = v(M ) +Получимu(M0 ) = −Σ∂uG(M, M0 ) (M )dσ +∂n−1.4 πrM M0u(M )Σ∂G(M, M0 )dσ.∂n(3..6)Отметим, что для любой гармонической в Ω функции v(M )−1наравне с функциейфункция4 πrM M0G(M, M0 ) = v(M ) +−14 πrM M0является фундаментальным решением оператора Лапласа в области Ω c особенностью в точке M0 .