УМФ_билеты, страница 9

∇u = 0 ⇒ u = 0). В задаче Неймана λ = 0 возможно.Утверждение 15.2. Оператор −∆ с граничнымиR условиями Дирихле является симметричным относительно скалярного произведения в L2 (Ω) : (u, v) = u(x)v(x)dxΩДоказательство. Пусть u(x), v(x) лежат в области определения нашего оператораD0 (−∆) = {u(x) : u(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C 2 (Ω); ∆u(x) ∈ C(Ω), u|∂Ω = 0}.Симметричность оператора означает, что(−∆u, v) = (u, −∆v) ∀ u, v ∈ D0 (−∆).Проверим это:Z(−∆u, v) − (u, −∆v) =(u∆v − v∆u)dx2 формула ГринаI=Ω(∂v∂uu−v)dS = 0.∂n∂n∂ΩУтверждение 15.3.

Собственные функции рассматриваемого оператора uk (x) и um (x), соответствующиеразличным собственным значениям λk и λm , ортогональны относительно скалярного произведения в L2 (Ω).Доказательство.(−∆uk , um ) = (−∆uk , um )λk (uk , um ) = λm (uk , um )⇒ (λk − λm )(uk , um ) = 0 ⇒ (uk , um ) = 0501616.1Билет 16. Решение методом Фурье задачи Дирихле для уравненияЛапласа в круге. Представление решения в виде ряда по однородным гармоническим многочленам и в виде интеграла Пуассона.Существование классического решения при непрерывной граничной функции.Решение методом Фурье задачи Дирихле для уравнения Лапласа в круге.Задача: в круге D = {x||x| < R} и на границе Γ = ∂D рассматриваем задачу:(∆u(x) = f (x), x ∈ D ←− уравнение Пуассонаu|Γ = u0 (x), x ∈ ∂D(24)Сделаем замену: x1 = ρ cos ϕ, x2 = ρ sin ϕ.Функция û(ρ, ϕ) = u(ρ cos ϕ, ρ sin ϕ).Аналогично û0 (ρ, ϕ) = u0 (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ), fˆ(ρ, ϕ) = f (ρ cos ϕ, ρ sin ϕ).Задача перепишется в виде:11ˆ ûρρ + ρ ûρ + ρ2 ûϕϕ = f (ρ, ϕ), 0 < ρ < R, 0 6 ϕ 6 2πû(R, ϕ) = û0 (R, ϕ)û(ρ, ϕ) = û(ρ, ϕ + 2π)Далее считаем fˆ = 0, то есть решаем уравнение Лапласа.Предположение: u0 (x) ∈ C 1 (Γ).

Предполагаем, что решение принадлежит классу C 2 (D) ∩ C 1 (D̄). При этомû – 2π-периодическая по ϕ ⇒ можно разложить û0 , û в ряды Фурье. [Если был было уравнение Пуассона –требовали бы f ∈ C 1 (D̄).]û(ρ, ϕ)=û0 (R, ϕ)ak (ρ)=Akbk (ρ)=Bk121π1π X∞ a0 (ρ)ak (ρ)b (ρ)+cos kϕ + ksin kϕ , гдеA0AkBkk=1Z 2π û(ρ, ψ)cos kψdψ, k ∈ N0 ,û0 (R, ψ)0Z 2π û(ρ, ψ)sin kψdψ, k ∈ N.û0 (R, ψ)0Формально подставляем в уравнение(аргументы функций опускаем – они все уже определены).12 X∞ 1 01 0k2k21 0000000a + a0 +ak + ak − 2 ak cos kϕ + bk + bk − 2 bk sin kϕ = 0ρρρρρk=1Из граничного условия:XX11a0 (R) +[ak (R) cos kϕ + bk (R) sin kϕ] = A0 +[Ak cos kϕ + Bk sin kϕ]22kkВ силу ортогональности тригонометрической системы в L2 [0, 2π] имеем на ak и bk следующие задачи:((22a00k (ρ) + ρ1 a0k (ρ) − kρ2 ak (ρ) = 0, 0 6 ρ 6 Rb00k (ρ) + ρ1 b0k (ρ) − kρ2 bk (ρ) = 0, 0 6 ρ 6 Rak (R) = Ak , k ∈ N0bk (R) = Bk , k ∈ NБудем искать только ограниченные решения – для этого одного граничного условия окажется достаточно.Решения данных уравнений Эйлера ищем в виде αρµ :51Для первой серии задачи: α[µ(µ − 1) + µ − k 2 ]ρµ−2 = 0 ⇒ µ = ±k.Общее решение:ak (ρ) = C1k ρk + C2k ρ−ka0 (ρ) = C10 · 1 + C20 · ln ρAkДля ограниченности в круге берем C2k = C20 = 0 ⇒ ak = C1k ρk , C1k = Rk , k ∈ N0 .Итак, ∞ ρ kA0 Xρ kak (ρ)Ak⇒ û(ρ, ϕ) =+=(Ak cos kϕ + Bk sin kϕ)bk (ρ)BkR2R(25)k=1Вернемся в исходные переменные.

Заметим, что если ввести z = x1 + ix2 = ρeiϕ , то ρk cos kϕ = Re z k ,ρk sin kϕ = Im z k .Обозначим Re z k = pk (x1 , x2 ), Im z k = qk (x1 , x2 ).∞ A0 X AkBk⇒ u(x1 , x2 ) =pk (x1 , x2 ) + k qk (x1 , x2 )+2RkR(26)k=116.2Представление решения в виде ряда по однородным гармоническим многочленам и в виде интеграла Пуассона. Существование классического решенияпри непрерывной граничной функции.Теорема 16.1. Пусть u0 ∈ C(Γ). Тогда:1.

Существует и единственно классическое решение u(x) ∈ C ∞ (D) ∩ C(D̄) задачи 24 с f ≡ 0.2. В D это решение представимо рядами 25 и 26, сходящимися в |x| 6 R1 < R равномерно.3. Классическое решение представимо формулой Пуассона:I1R2 − |x|2u(x) =u0 (ξ)dSξ2πR ∂D |x − ξ|24. Любые частные производные по x1 и x2 вычисляются почленным дифференцированием ряда.Доказательство.1. Единственность докажем позднее (в этом билете ее нет).2. Пусть |u0 | < M на Γ. Тогда:|Ak | 6Запишемu(x1 , x2 ) =1πZ2π|u0 ||cos kψ|dψ 6 2M, |Bk | 6 2M0∞ A0 X AkBk+p(x,x)+q(x,x)= Re w1 + Im w2 , гдеk 12k 122RkRkk=1∞∞k=1k=1X BkA0 X Ak kw1 =+z , w2 =zk2RkRkОба ряда сходятся абсолютно и равномерно в круге |z| 6 R1 < R ⇒ порождают в круге радиуса R1регулярные функции, что и требовалось.523.

Докажем формулу Пуассона:Z∞ ρ kX1 2πû0 (R, ψ)dψ +û0 (ψ) (cos kψ · cos kϕ + sin kψ sin kϕ) dψ=π 0R0k=1#Z 2π "∞ ρ kX1= (сходимость равномерная) =1+û0 (ψ)dψ =2 cos k(ψ − ϕ)2π 0Rk=1##Z 2π "XZ 2π "X∞∞∞∞ ρ k X ρ kX11û0 (ψ)dψ ==e−ik(ψ−ϕ)+pk +eik(ψ−ϕ)p̄k û0 (ψ)dψ2π 0RR2π 01 1û(ρ, ϕ) = ·2 πZ2πk=0Под интегралом (|p| = |p̄| =∞Xpk +k=1∞Xk=0k=1ρRk=1< 1):2111 − p + 1 − p̄ − 1 + p + p̄ − pp̄1 − |p|+−1===1 − p 1 − p̄(1 − p)(1 − p̄)1 − (p + p̄) + pp̄ρ 221− RR2 − ρ21 − |p|====22R2 + ρ2 − 2Rρ cos(ϕ − ψ)1 − 2Re p + |p|1 − 2 ρ cos(ψ − ϕ) + ρ 2p̄k =k=1R=R2 − |x|22|x − ξ|,Rx = (ρ, ϕ)ξ = (R, ψ)Итак,Z 2π1R 2 − ρ2û0 (ψ)dψ222πR 0 R + ρ − 2Rρ cos(ϕ − ψ)IR2 − |x|21u0 (ξ)dSξ⇐⇒ u(x) =2πR Γ |x − ξ|2û(ρ, ϕ) =Заметим, что при u0 ≡ 1 мы получим ядро Пуассона:IR2 − |x|21dSξ1≡2πR Γ |x − ξ|2Покажем, что u(x) ∈ C(D̄).Пусть x ∈ D ∩ x : x − x0 < δn0 , где x0 ∈ Γ, а δn0 выбрано так, чтобы u0 (x) − u0 (x0 ) 6 ε.R2 − |x|2u0 (ξ) − u0 (x0 ) dSξ =2|x−ξ|Γ!ZZR2 − |x|21+u0 (ξ) − u0 (x0 ) dSξ = I< + I>=22πR{ξ∈Γ:|ξ−x0 |<δn0 }{ξ∈Γ:|ξ−x0 |>δn0 } |x − ξ|1u(x) − u(x ) =2πR0I 2R − |x|2 u0 (ξ) − u0 (x0 )dSξ 6 ε · {ядро Пуассона} = ε2(<) |x − ξ|ZZ1 (R − |x|)(R + |x|)R − |(|x)|I> | 6· 2M ·dSξ 6 4M RdSξ 6 2πR22 , где R + |x| 6 2R и2πRmin|ξ − x|min|ξ − x|(>)(>) δnδR − |x||ξ − x| = ξ − x0 + x0 − x > ξ − x0 − x0 − x > δn0 − 0 = ⇒ |I> | 6 16M R 222δ n0δ n0Возьмем δn = min, εδn2 0 .

Тогда при x − x0 < δn будем иметь R − |x| 6 x0 − x < δn ⇒ |I> | 6 16M Rε2 0Итак, при x − x < δn : u(x) − u(x0 ) 6 |I< | + |I> | 6 ε + 16M Rε.Непрерывность доказана.1|I< | 62πRZ534. Дифференцируемость:u = Re w1 + Im w2 .Вспомогательный факт: w̃(z) = ũ(z) + iṽ(z) ⇒В нашем случае:dw̃dz= ũx1 + iṽx1 ⇒ ũx1 = (Re w̃)x1 = Re (w̃z )∞∞∞∞XXXXdz kdw∂Ak k 0AkAk ∂Ak0kRe(pk )x1 (x1 , x2 )Re w1 (z) = Re= Rez z==Re z =∂x1dzRkRkdzRk ∂x1Rkk=0k=0Аналогично для Bk и для производного любого порядка.54k=0k=017Билет 17. Интегральное представление решений уравнений Лапласа и Пуассона в ограниченной области.

Фундаментальное решение уравнения Лапласа.17.1Интегральное представление решений уравнений Лапласа и Пуассона вограниченной области.Рассматривается уравнение Пуассона в R3 : ∆u(x) =∂2∂x21+∂2∂x22+∂2∂x23u(x) = f (x), x ∈ Ω ⊂ R3 , где Ω – область.Определение 17.1 (Гармоническая функция). Функция u(x) называется гармонической в Ω ∈ R3 , еслиu(x) ∈ C 2 (Ω) и ∆u(x) ≡ 0, ∀ x ∈ Ω.Удобно перейти в сферическую систему координат:x1 = r sin θ cos ϕx2 = r sin θ sin ϕx3 = r cos θ.Уравнение примет вид:211 ∂∂ û1 ∂ 2 û0 = ∆û(r, θ, ϕ) = ûrr + ûr + 2sin θ+rr sin θ ∂θ∂θsin2 θ ∂ϕ2В квадратных скобках написан оператор Лапласа-Бельтрани от функции û.Решение зависящее от r, удовлетворяет уравнению Эйлера:ûrr +Функция û(r) =1r1C2ûr = 0 ⇒ û(r) = rµ ⇒ µ(µ − 1) + 2µ = 0 ⇒ û(r) = C1 +2rr– гармоническая всюду кроме 0.Лемма 17.1 (Интегральное представление решения уравнения Пуассона).

Пусть Ω – область с кусочногладкой границей Γ. Пусть u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄), ∆u ∈ C(Ω̄). Тогда для ∀ x ∈ Ω u(x) представима в видесуммы трех потенциалов (объемного Ньютонова, простого слоя, двойного слоя):Z I I11∂∂u(y)1u(x) =−−∆u(y)dy −u(y)dSydSy +−4π|x − y|4π|x − y| ∂ny∂ny4π|x − y||Ω{z}|Γ{z} |Γ{z}объёмный Ньютоновый потенциалпотенциал простого слояпотенциал двойного слояДоказательство.

Берем x ∈ G, ε > 0 такое, что B̄(x, ε) ⊂ Ω (B – открытый шар в R3 ). Строим областьΩεx = Ω\B̄(x, ε), ∂Ωεx = Γ ∪ γ, где γ = ∂B(x, ε).1В Ωεx ядро K3 (x, y) = − 4π|x−y|∈ C ∞ (∆K3 (x, y) ≡ 0). Используем 2 формулу Грина:ZZ∆u(y)K3 (x, y)dy −Ωεxu(y)∆K3 (x, y)dy =ΩεxI=Γ∂u(y)K3 (x, y)dSy +∂nyIγ∂u(y)K3 (x, y)dSy −∂ny55Iu(y)Γ∂K3 (x, y)dSy −∂nyIu(y)γ∂K3 (x, y)dSy∂nyZI⇐⇒f (y)K3 (x, y)dy +Ωεxu(y)ΓOfftop 17.1. интеграл от1|x|α∂K3 (x, y)dSy −∂nyIΓ∂u(y)K3 (x, y)dSy =∂nyII∂u(y)∂=K3 (x, y)dSy − u(y)K3 (x, y)dSy∂n∂nyyγγсходится при α < n = dim Rn . У нас n = 3, α = 1.Устремляем ε → 0:1.RΩεx→RΩв силу последнего замечания.2.II1∂111(u(y)−u(x)+u(x))dS=(u(y) − u(x)) dSy + u(x)u(y)−·dSy =y∂ny4π |x − y|4πε24πε2 γγ∂111∂ 1 −·→−∂ny4π |x − y|4π∂ρ ρ ρ=εII1 1(u(y) − u(x)) dSy 6· max |u(y) − u(x)| · dSy → 04πε2 4πε2 |y−x|6RIγγ3.IZ ∂u(y)1K3 (x, y)dSy 6MdSy = M ε → 04πεΓ ∂nyγ ∂u ∂ny = |(∇u, n)| 6 |∇u| · |n| 6 M, так как ∇u ∈ C ΩИтак, после предельного перехода получим требуемое соотношение17.2Фундаментальное решение уравнения Лапласа.Экскурс в обобщенные функцииОпределение 17.2.

D(Rn ) – пространство пробных (основных) функций:ϕ(x) ∈ D(Rn ) ⇐⇒ ϕ(x) ∈ C ∞ (Rn ), supp ϕ(x) – компакт.∞Определение 17.3. В D(Rn ) вводится сходимость по следующему правилу: {ϕk (x)}k=1 → ϕ(x) ∈ D(Rn ) ⇐⇒• ∀ α = (α1 , . . . , αn ) Dα ϕk ⇒ Dα ϕ• ∃ A > 0 : ϕk (x) ≡ 0 при |x| > A, ∀ k ∈ N (у всех функций общий носитель)Пример функции из D(Rn ):(ωε (x) =11 − 1−(x/ε)2εn e, |x| 6 ε0, |x| > ε⇒ D(Rn ) 6= ∅Определение 17.4. Обобщенная функция f над D(Rn ) – всякий линейный непрерывный функционал надD(Rn )Определение 17.5. Линейный функционал: (f, αϕ + µψ) = α(f, ϕ) + µ(f, ψ)Определение 17.6.

Непрерывный функционал: ∀ {ϕk } → ϕ в D(Rn ) ⇒ f (ϕk ) → f (ϕ)По определению ∀ λ, µ -чисел, ∀ f, g ∈ D0 (Rn ) обобщенная функция F = λf + µg ∈ D0 (Rn ),def(F, ϕ) = λ(f, ϕ) + µ(g, ϕ)56def∞Определение 17.7 (сходимость в D0 (Rn )). {fn }n=1 → f ∈ D0 (Rn ) ⇐⇒ (fk , ϕ) → (f, ϕ), ∀ ϕ ∈ D(Rn ) (слабая∗сходимость).RОпределение 17.8. Функция f (x) называется локально интегрируемой, если ∀ B > 0 ∃ |x|<B |f (x)|dx < ∞.RКаждая такая f (x) порождает обобщенную функцию (f, ϕ) = Rn f (x)ϕ(x)dx.Если существуетлокально интегрируемая f (x) такая, что обобщенная функция f представляется в видеR(f, ϕ) = Rn f (x)ϕ(x)dx, то f ∈ D0 (Rn ) называется регулярной.Лемма 17.2 (Дюбуа-Реймон).