УМФ_билеты, страница 10

Если f и g непрерывны и порождают одну обобщенную функцию, то f ≡ g.Если f и g разрывны, то они совпадают почти всюду.defОпределение 17.9 (δ-функция). (δ, ϕ) = ϕ(0)δ-функция не является регулярной.Обобщенные функции бесконечно дифференцируемы.Правило дифференцирования: (Dα f, ϕ) = (−1)|α| (f, Dα ϕ).В частном случае (∆f, ϕ) = (f, ∆ϕ)Теорема 17.3. Функция E(x) =−14π|x|является решением в обобщенных функциях уравнения ∆E(x) = δ(x).Доказательство. Пусть ϕ ∈ D(Rn ), suppϕ ⊂ B(0, A). Возьмем Ω = B(0, A + 1). По теореме об интегральномпредставленииZI I∂E(y)∂ϕ(y)ϕ(0) =E(y)∆y ϕ(y)dy +ϕ(y)dS−E(y)dSyy =∂ny ∂ny|y|<A+1|y|=A+1|y|=A+1= (E, ∆x ϕ(x)) = (∆E, ϕ(x))Что и требовалось.Определение 17.10.

Функция E(x) называется фундаментальным решением оператора Лапласа.5718Билет 18. Свойства гармонических функций в R3 : бесконечнаядифференцируемость, теорема о среднем.Определение 18.1. Функция u(x) гармоническая в Ω ∈ R3 , если1. u(x) ∈ C 2 (Ω)2. ∆u(x) = 0 ∀ x ∈ ΩТеорема 18.1. Всякая функция u(x), гармоническая в области Ω, является в Ω бесконечно дифференцируемой, т.е. u(x) ∈ C ∞ (Ω).Доказательство.

Возьмем x0 ∈ Ω и B r (x0 ) ⊂ Ω. Представим u(x) суммой:II−1∂∂u(y)−1u(x) = −u(y)dSy +dSy4π|x − y| ∂ny∂ny 4π|x − y||y−x0 |=r|y−x0 |=rТеперь берем Bδ (x0 ) ( Br (x0 ). Будем обозначать S(x0 , r) сферу ∂Br (x0 ). Если x ∈ B δ (x0 ), y ∈ S(x0 , r), то|x − y| > r − δ > 0.Рассмотрим в B δ (x0 )I−1∂u(y)u0 (x) =dSy .4π|x − y| ∂ny|y−x0 |=rНапишемIDxαu˜0 (x) =∂u(y)−1dSy4π|x − y| ∂ny|y−x0 |=r−1∈ C ∞ (B δ (x0 ) × S(x0 , r)) ⇒ записанные частные производные непрерывны, интеграл u˜0Заметим, что 4π|x−y|существует ⇒ u˜0 (x) = Dxα uo (x).Теперь беремI−1∂dSyu2 (x) =u(y)∂ny 4π|x − y||y−x0 |=r∂∂ny−14π|x − y|=nX1∂nk∂yk−14π|x − y|−1dSy4π|x − y|В B δ (x0 ) запишемu˜2 (x) =3 IXu0 (y)nk (y)Dxα1∂∂ykЗаписанные частные производные непрерывны, интеграл u˜2 (x) существует ⇒ u˜2 (x) = Dxα u2 (x).Итак, для u0 (x) и u2 (x) существуют частные производные любого порядка.

Значит, u(x) ∈ C ∞ (B δ (x0 )), гдеx0 - произвольная точка из Ω. ⇒ u(x) ∈ C ∞ (Ω)58Теорема 18.2 R(Теорема о среднем). Пусть u(x), гармоническая в шаре Br (x0 ) и u(x) ∈ C 1 (B r (x0 )). Тогда1u(x0 ) = 4πru(y)dSy . (в центре - среднее по значениям на сфере)2|y−x0 |=rДоказательство.Iu(x0 ) = −−1∂udSy +4π|x0 − y| ∂ny|y−x0 |=rIu(y)∂∂ny−1dSy4π|x0 − y||y−x0 |=r∂∂ny−14π|x0 − y|=−1 ∂ 11,=4π ∂ρ ρ4πr2тогдаI∂u(y)∂ny−11dSy =4π|x0 − y|4πr2|y−x0 |=rIu(y)dSy .|y−x0 |=rПокажем, что потенциал простого слоя равен нулю.II−1∂u(y)∂u(y)1 11−dSy =dSy =4π|x0 − y| ∂ny4π r∂ny4πr|y−x0 |=r|y−x0 |=r=14πrI(∇u(y), n(y))dSy|y−x0 |=rIdiv(∇u)dy =|y−x0 |<r14πrI∆udy = 0|y−x0 |<r59ф-ла Остр.-Гаусса=1919.1Билет 19.Принцип максимума и минимума для гармоническихфункций.

Единственность классического решения задачи Дирихле для уравнения Пуассона при непрерывной граничной функцииТеорема (принцип максимума)Теорема 19.1. (Принцип максимума) Если u(x) - гармоническая в области Ω и достигает max или minзначения в точке a ∈ Ω, то u(x) ≡ u(a) ∀ x ∈ ΩOfftop 19.1. Теорема справедлива в RnДоказательство.•• Докажем вспомогательное локальноеУтверждение 19.2.

Пусть u(x) ∈ C 2 (Ω) достигает максимума в точке a, а так же удовлетворяетсвойству среднего:1u(a) =4πr2Iu(y) dSy∀ r : 0 < r < da = dist(a, R3 \Ω)|y−a|=rТогда u(x) ≡ u(a) ∀ x ∈ B(a, da )HHH1u(a)1u(y) dSy =dSy +(u(y) − u(a)) dSy = u(a)+2224πr |y−a|=r4πr |y−a|=r4πr |y−a|=rHH1(u(y) − u(a)) dSy ⇒(u(y) − u(a)) dSy = 0 ⇔ u(y) = u(a) ∀ y : |y − a| = r < da2{z}4πr |y−a|=r|y−a|=r |Доказательство. u(a) =≤0, непрерывна• Докажем саму теоремуСоединим a и b кусочно-гладкой кривой. Эту кривую параметризуем натуральным параметром:x = x(s), x(0) = a, x(L) = b. Обозначим d = dist {γ = x; ∂Ω} > 0 (d действительно > 0 : если d = 0,то ∃ {xn }∞n=1 ⊂ γ : ρ (xn , ∂Ω) → 0.

Выделим из {xn } сходящуюся {xnk } = {yk }(γ - ограничено). Пустьyk → y0 . Тогда y0 - предельная для ∂Ω в силу замкнутости y0 ∈ γ ∪ ∂Ω ⇒ противоречие)LРазобьем [0, L] на части размера ∆S =NLПусть {Sk = k∆S, xk = x(Sk )}. Число N выберем так, чтобы ∆S =<dN60Заметим, что |xk − xk−1 | 6 sk − sk−1 < d( · - кратчайшее расстояние между точками это отрезок).NРассмотрим шары Bd (xk )k=0 . В силу |xk − xk−1 |) < d верно xk+1 ∈ Bd (xk ). Примем утверждение 19.2к первому шару.

Как следствие u(x1 ) = u(a) ⇒ утверждение 19.2 применимо уже ко второму шару. Вцепочке шаров конечное число ⇒ добираемся до точки b - теорема доказана.• Заметим, что достаточно было потребовать свойство среднего и непрерывность, вместо гармоничности.Следствие. Пусть Ω - ограниченная область, а u(x) - гармоническая в Ω и непрерывная на Ω. Тогда u(x)достигает max и min на ∂Ω, т.е. min u(y) 6 u(x) 6 max u(y)y∈∂Ωy∈∂ΩДоказательство.

Либо максимум/минимум на границе, либо u(x) ≡ const в ΩСледствие. Для указанной в следствии 19.1 u(x) ,→ |u(x)| 6 max |u(y)|y∈∂ΩДоказательство. u(x) 6 max u(y) 6 max|u(y)|∂Ω∂Ω −u(x) 6 max(−u(y)) 6 max|u(y)|∂Ω(27)∂Ω⇒ |u(x)| 6 max|u(y)|∂Ω19.2Новая постановка задачи Дирихле для уравнения ПуассонаΩ - ограниченная область(∆u(x) = f (x), x ∈ Ωu(x)|∂Ω = u0 (x), x ∈ ∂Ω(28)Определение 19.1. Классическое решение задачи Дирихле - функция u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), удовлетворяющая уровнению и граничному условию.( 1 раньше единица была нужна для формул Грина, теперь убираемее)19.3Теорема единственностиТеорема 19.3.

(единственности) Не может существовать более 1 классического решения задачи Дирихле28.61Доказательство. Пусть u1 и u2 - классические решения 28. Тогда v(x) = u1 − u2 - классическое решениеполностью однородной задачи:(v(x) ≡ 0, x ∈ Ωv(x)|∂Ω = 0, x ∈ ∂ΩСогласно принципе максимума, |v(x)| 6 max|v(x)| = 0 ⇒ v(x) ≡ 0∂ΩOfftop 19.2. Гладкость границы в доказательстве вообще не использовалась62(29)2020.1Билет 20. Функция Грина для задачи Дирихле (случай R3 ).

Функция Грина для шара. Формула Пуассона решения задачи Дирихледля уравнения Лапласа в шареФункция ГринаПусть Ω ⊂ R3 - ограниченная область с кусочно-гладкой границей.Пусть u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) — некоторое классическое решение задачи:(4u = f (x),x∈Ωu|∂Ω = u0 (x), x ∈ ∂ΩЗапишем интегральное представление:Z u=Ω−14π|x − y|I4u(y)dy −∂Ω−14π|x − y|∂u(y)dSy +−∂→nyI∂u(y) →−∂ny∂Ω−14π|x − y|Рассмотрим задачу при фиксированном x ∈ Ω:(4y g(x, y) = 0,1g(x, y)|∂Ω = 4π|x−y|∀y ∈ΩЕсли ∂Ω ∈ C 2 , то решение существует (пока не можем это доказать).Используем вторую формулу Грина:ZZ4y u(y)g(x, y)dy −Ωu(y)4y g(x, y)dy =ΩI=∂Ω∂u(y)g(x, y)dSy −−∂→ny=0I∂Ω∂g(x, y)u(y)dSy−∂→nyОтсюда получаемZIg(x, y)f (y)dy +Ω∂Ω−14π|x − y|∂u(y)dSy +−∂→nyI∂Ω∂g(x, y)u(y)dSy = 0−∂→nywanted to f indТогдаZ u(x) =ΩI−1∂−1+ g(x, y) f (y)dy +u0 (y) →+ g(x, y) dSy4π|x − y|∂−n y 4π|x − y|∂ΩФункция Грина, по определению:G(x, y) ,−1+ g(x, y)4π|x − y|Она симметрична и имеет ту же особенность, что и−14π|x−y|63dSy20.2Функция Грина для шараПолучим функцию Грина для шара:(4y g(x, y) = 0, y ∈ Ω1g(x, y)||y|=R = 4π|x−y|Будем обозначать x∗ точку, инверсную точке x относительно окружности |y| = R.x∗ = xR2|x|2Покажем, что решением является функция:(g(x, y) =R4π|x||y−x∗ | ,14πR ,x 6= 0x=0Функция g(x, y) - гармоническая по y в шаре |y| < R (особенность y = x∗ лежит вне шара, т.к.

x∗ лежит внутринего).Посмотрим значение функции g на границе:Заметим, что 4OXY ∼ 4OY X∗, т.к. ∠XOY - общий, иИз подобия|y−x||y−x∗=RЗначит, 4π|x||y−x∗| |x||y|=|y|=R20.3=|x||y|=|y||x∗ | .|x|R .14πy ,что и требовалось.Формула Пуассона в шареПолучим формулу Пуассона решения задачи Дирихле в шаре:Zu(x) =IG(x, y)f (y)dy +Ω=0u0 (y)∂Ω∂G(x, y)dSy−∂→nyПреобразуем последний интеграл:333X∂G(x, y) X∂G ∂11R11 X yk=n(y)=n(y)−−=kk−∂yk |y|=R∂yk4π |y − x| |x| |y − x∗ |4πR∂→nyk=1Вспомним, чтоk=1R|x|·|y−x∗ | |y|=R=k=1 =nk (y)1|x−y| :64yk − xkR yk − x∗k−|y − x|3|x| |y − x∗ |3"# 333XX∂G(x, y) R |x|1 yk yk − xkyk − x∗k1|x|2∗=−(y−x=yy−x−)=kkkkk−4π R |y − x|3|x| R|y − x|34πR|y − x|3R2∂→n y |y|=Rk=1k=122222|x|11hy, yi − hy, xi − |x| hy, yi + |x| hy, x∗ i = R − |x|hy, y − xi − 2 hy, y − x∗ i ==33224πR|y − x|R4πR|y − x|R =R2R4πR|y − x|3=R2=hy,xiИтак, формула Пуассона для решения задачи Дирихле для уравнения Лапласа в шаре:u(x) =14πRI|y|=RR2 − |x|2u0 (y)dSy|y − x|3652121.1Билет 21.