Костиков А.А, - Конспект лекций, страница 5

.n0(8.4)Функции K n (x,t) называются повторными ядрами и вычисляются при помощирекуррентных формулK (x, t) = K(x, t),1xK (x, t) = ∫ K(x,z) K n −1 (z,t) dz, n = 2, 3,... .nt(8.5)Используя (8.4) и (8.5), равенство (8.2) можно записать так:x∞ϕ(x) = f (x) + ∑ λ n ∫ K n (x,t) f (t) dt.n =1 0Функция R(x,t;λ ) , определяемая при помощи ряда∞R(x,t;λ ) = ∑ λ n −1K n (x,t),n =1(8.6)называется резольвентой интегрального уравнения (8.1).В теории интегральных уравнений доказывается, что ряд (3.6) сходится и решениеинтегрального уравнения (8.1) дается формулойxϕ(x) = f (x) +λ ∫ R(x,t;λ ) f (t) dt.0(8.7)2.

Пусть имеем интегральное уравнение Вольтерра второго родаxϕ(x) = f (x) + λ ∫ K(x,t) ϕ(t) dt.0(8.8)Будем предполагать, что f (x) непрерывна на [ 0,a ] , а ядро K(x,t) непрерывно при0≤ x ≤ a , 0≤ t ≤ x .Возьмем какую-либо непрерывную на[0,a ]функцию ϕ0 (x) . Подставляя вправую часть уравнения (8.8) вместо ϕ(x) функцию ϕ0 (x) , получаемxϕ1 (x) = f (x) +λ ∫ K(x,t) ϕ0 (t) dt.0Определенная таким образом функция ϕ1 (x) также непрерывна на отрезке [ 0, a ] .Продолжая этот процесс, получим последовательность функцийϕ0 (x), ϕ1 (x),..., ϕn (x),...,гдеxϕn (x) = f (x) +λ ∫ K(x,t) ϕn −1 (t) dt.0При сделанных предположениях относительно K(x,t) и f (x) последовательность{ϕn (x)}сходится при n →∞ к решению ϕ(x) интегрального уравнения (8.8).

Удачныйвыбор «нулевого» приближенияϕ0 (x) может привести к быстрой сходимостипоследовательности {ϕn (x)} к решению интегрального уравнения.3. Линейным интегральным уравнением Фредгольма второго рода называетсяуравнение видаbϕ(x) −λ ∫ K(x,t) ϕ(t) dt = f (x),a(8.9)где ϕ(x) – неизвестная функция, K(x,t) – заданная непрерывная функция в квадратеa ≤ x ≤b , a ≤ t ≤b , f (x) – заданная непрерывная функция на отрезке [ a ,b ] , λ – числовоймножитель. Решением интегрального уравнения (1) называется непрерывная на отрезке[ a, b] функция ϕ(x) , удовлетворяющая ему.Для интегральных уравнений Фредгольма имеет место следующая теорема оразрешимости уравнения (8.9).Теорема (альтернатива Фредгольма).

Либо уравнениеbφ(x) − ∫ K(t,x) φ(t) dt = 0a(8.10)имеет только нулевое решение, и тогда уравнениеbϕ(x) − ∫ K(x,t) ϕ(t) dt = f (x)a(8.11)имеет единственное решение при любой непрерывной функции f (x) ; либо уравнение(3.10) имеет конечное число линейно независимых решенийφ1 (x),..., φ m (x),(8.12)и тогда уравнение (8.11) разрешимо только при условии, что свободный член f (x)ортогонален всем решениям (8.12):f ⊥φk ,k =1,...,m.Здесь ортогональность f ⊥g означает выполнение равенстваb∫ f g dx = 0.aПример 8.1.

Исследовать на разрешимость при различных значениях параметра λинтегральное уравнение1ϕ(x) −λ ∫ sin ln x ϕ(t) dt = 2x.0Решение.Имеемϕ(x) =C λ sin ln x + 2x ,гдевыражение ϕ(t) в интеграл, найдем1C = ∫ ϕ(t) dt .0Подставляя1C = C λ ∫ sin ln t dt +1,0откуда λC1+ =1 . 2Если λ≠−2 , то данное уравнение имеет единственное решениеϕ(x) =2λsin ln x + 2x ,2+λа соответствующее однородное уравнение1ϕ(x) −λ ∫ sin ln x ϕ(t) dt = 00только нулевое решение: ϕ(x) ≡0 .Если же λ=−2 , то данное уравнение не имеет решений, т.к.

правая часть f (x) = 2xне ортогональна к функции sin ln x ; однородное уравнение имеет бесконечноемножество решений, т.к. из уравнения для определения C : 0⋅C =0 следует, что C –произвольная постоянная; все эти решения даются формулойɶ =−2C) .ϕ(x) =Cɶ λ sin ln x (C4. Решение интегрального уравнения Фредгольма второго родаbϕ(x) −λ ∫ K(x,t) ϕ(t) dt = f (x)a(8.13)bϕ(x) = f (x) +λ ∫ R(x,t;λ ) f (t) dt,a(8.14)дается формулойгде функция R(x,t;λ ) называется резольвентой Фредгольма уравнения (8.13) иопределяется равенствомR(x,t;λ ) =D (x,t;λ )D (λ )(8.15)при условии D ( λ ) ≠ 0 .

Здесь D ( λ ) и D (x,t;λ ) – степенные ряды по λ :∞ ( −1)n n b bD ( λ ) =1+ ∑λ ∫ ... ∫ A ( t1 ,...,t n ) dt1...dt n ,n!n =1a an∞ ( −1)n n b bλ ∫ ... ∫ B( x,t,t1 ,...,t n ) dt1...dt n ,D (x, t; λ ) = K(x,t) + ∑n =1 n!a anкоэффициенты которых определяются формуламиK(t1 ,t1 ) K(t1 ,t 2 )K(t 2 ,t1 ) K(t 2 ,t 2 )A(t1 ,...,t n ) =............... ..............K(t n ,t1 ) K(t n ,t 2 )...K(t1 ,t n )... K(t 2 ,t n )... ............... ,... K(t n ,t n )K(x,t1 ) K(x,t 2 ) ... K(x,t n )K(t1 ,t) K(t1 ,t1 ) ... K(t1 ,t n )B(x,t,t1 ,...,t n ) =.............

.............. ... ................ .K(t n ,t) K(t n ,t1 ) ... K(t n ,t n )Функция D (x,t;λ ) называется минором Фредгольма,а D ( λ ) – определителем Фредгольма.Теорема. Уравнение (8.1) разрешимо при любой непрерывной функции f (x) тогдаи только тогда, когда D ( λ ) ≠ 0 .Замечание. Вычисление A(t1 ,...,t n ) и B(x,t,t1 ,...,t n ) по приведенным вышеформулам возможно лишь в очень редких случаях, но из этих формул получаютсяследующие рекуррентные соотношения:bBn (x,t) = A n K(x,t) − n ∫ K(x,s) Bn −1 (s,t) ds,abA n = ∫ Bn −1 (s,s) ds,aгде обозначеноb bA n = ∫ ... ∫ A ( t1 ,...,t n ) dt1...dt n ,a anb bBn (x,t) = ∫ ...

∫ B( x,t,t1 ,...,t n ) dt1...dt n .a anЗная, что A 0 =1 , B0 (x,t) = K(x,t) , последовательно находят A1 ,B1 (x, t) , A 2 , B2 (x, t)и т.д.Пример 13. Решить уравнение Фредгольма1−xϕ(x) − λ ∫ x e t ϕ(t) dt = e , ( λ ≠ 1).0tРешение. Здесь K(x,t) = xe , f (x) = e− x , a = 0, b =1.ИмеемA(t1 ) = K(t1 ,t1 ) = t1e t1 ,K(t1 ,t1 ) K(t1 ,t 2 ) t1e t1A(t1 ,t 2 ) ==K(t 2 ,t1 ) K(t 2 ,t 2 ) t e t12аналогично найдем: A(t1 ,...,t n ) = 0 при n ≥ 2 .Поэтомуt1e t 2= 0;t2t 2e11D( λ ) =1−λ ∫ A(t1 ) dt1 =1−λ ∫ t1 e t1 dt1 =1−λ.00В силу теоремы данное уравнение разрешимо при λ≠1 . Аналогично найдем:B(x,t) = x e t ,K(x,t) K(x,t1 ) x e tB(x,t,t1 ) ==K(t1 ,t) K(t1 ,t1 ) t e t1B(x,t,t1 ,...,t n ) = 0 приx e t1=0 ,t1t1 en ≥ 1.ПоэтомуD(x,t;λ ) = K(x,t) = xe t .Таким образом, по формуле (8.15) получаемR(x,t;λ ) =x et.1−λСогласно формуле (8.14), решение данного уравнения имеет вид1 x etλϕ(x) = e− x +λ ∫⋅e− t dt = e− x +x.1−λ1−λ0Лекция 9.Гармонические функции.

Формулы ГринаРассматриваемые вопросы:1. Фундаментальные и обобщенные решения уравнения Лапласа.2. Свойства гармонических функций.3. Формула Остроградского-Гаусса.4. Формулы Грина.Уравнения Лапласаэллиптического типаиПуассонаотносятсякчислуосновных∆u = 0 (уравнение Лапласа)∆u = − f (x) (уравнение Пуассона)Первая краевая задача для уравнения Пуассона имеет вид∆u = − f ( x), x ∈ ωω = ω ∪ s.u s = µ ( x),Задача (9.1) носит название задачи Дирихле.Вторая краевая задача или задача Неймана записывается в видеуравнений(9.1)∆u = − f ( x), x ∈ ω(9.2) ∂u=µ(x),ω=ω∪s. ∂n sТретья краевая задача связана с условием на границе∂uu+h= µ (x).(9.3)∂n sГармоническими функциями называются функции, удовлетворяющие уравнениюЛапласа.Рассмотрим некоторые свойства гармонических функций и их возможноеинтегральное представление.Вспомним формулу Остроградского-Гаусса. ∂Ax∫∫ (A cos nx + A cos ny + A cos nz )ds = ∫∫∫ ∂xxyz(s)гдеs+∂Ay ∂Az dω ,+∂y∂z Ax , Ay , Az – любые достаточно гладкие функции пространственных переменных.ПоложимAx = u∂v∂v∂v, Ay = u , Az = u , где u и v – произвольные достаточно∂x∂y∂zгладкие функции.Тогда с учетом равенства∂v∂v∂v∂vcos nx + cos ny + cos nz =∂x∂y∂z∂nполучим∂v∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v dωuds=u∆v+++∫∫∫∫∫∂n∂x∂x∂y∂y∂z∂z(s)ωтак называемую первую формулу Грина.Поменяв местами u и v получим двойственную формулу∂u∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v dω.v ds = ∫∫∫  v∆u +++∫∫∂n∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z (s)ω (9.4)(9.5)Вычтем (5) из (4) ∂v∂v (u∆v − v∆u )dω.∫∫  u ∂n − v ∂n ds = ∫∫∫ω(9.6)(s)Аналогичная формула имеет место и для функции двух переменных∂u  ∂v(9.7)∫∫ω (u∆v − v∆u )ds = (∫γ )  u ∂n − v ∂n dl(6) и (7) – называют второй формулой Грина.Определение 1.

Функции, удовлетворяющие уравнению Лапласа, называютсягармоническими.Найдем гармонические функции, обладающие сферической и цилиндрическойсимметрией.Запишем уравнение Лапласа в сферических координатах x = r cos ϕ sin θ y = r sin ϕ sin θ z = r cosθ .1 ∂  2 ∂u 1∂ ∂u 1∂ 2u+rsin+=0(9.8)θr 2 ∂r  ∂r  r 2 sin θ ∂θ ∂θ  r 2 sin 2 θ ∂ϕ 2и найдем его решение, зависящее только от r, так что∂  2 ∂u ∂u c1c2 ∂u= c1 ⇒= 2 ⇒ u = − 1 + c2 .r=0⇒r∂r  ∂r ∂r∂r rrВозьмем частное решение при c1 = −1, c2 = 01u= .(9.9)rЭту функцию называют фундаментальным решением уравнения Лапласа впространстве.Рассмотрим теперь уравнение Лапласа в цилиндрических (полярных) координатах x = r cos ϕ y = r sin ϕ z = z.1 ∂  ∂u  1 ∂u 2 ∂ 2u+=0r  +r ∂r  ∂r  r 2 ∂ϕ 2 ∂z 2и найдем его решение, обладающее цилиндрической симметрией∂  ∂u ∂u∂u c1= c1 ⇒= ⇒ u = c1 ln r + c2 .r  = 0 ⇒ r∂r  ∂r ∂r∂r rПоложим c1 = −1, c2 = 01u = − ln r = ln .rЭто фундаментальное решение уравнения Лапласа на плоскости.11гармоническими функциямии ln будем пользоваться их сдвигами:rr11=2rPP0(x − x ) + ( y − y )2 + (z − z )20ln1rPP0= ln0(9.10)Нарядус01(x − x0 )2 + ( y − y0 )2 ,которые гармоничны по координатам Р всюду, за исключением точки P0 .Найдем интегральное представление достаточно гладкой функции и, заданной вобласти ω с достаточно гладкой границей.Пусть точка P0 ∈ ω – внутренняя точка области, ω P0 , δ – шар, радиуса δ с центром вточке P0 , причем δ >0 настолько мало, что ω P0 , δ ⊂ ω.P0ωПрименим формулу Грина (7) к областиω / ωP , δ ,0полагаяv=1rPP0.Тогда 1∆ rPP 0 = 0 в этой области и ∂v  1  1 ∂v  ∂v  1  1 ∂u  1u ds =u ds =−−−dω.u∆∫∫∫∫∫∫∫ rPP  rPP ∂n  rPP  rPP ∂n  rPPnn∂∂(s) s P0 , δ ω / ω P0 , δ 000 0 0Рассмотрим∂  1 11J1 = ∫∫ u ds = ∫∫ u 2 ds = 2 u ( Pcp )4πδ 2 = 4πu ( Pcp ).δ∂n  rPP0 r PP0s P0 , δs P0 , δТак как n – внешняя нормаль n ↑↑ rP0 P ↑↓ rPP0 .При δ → 0Pcp → P0 и J1 → 4πu ( P0 ).J2 =1 ∂uMds ≤ 1 4πδ 2 → 0δPP0 ∂n∫∫ − rS P0 , δпри δ → 0.Тогда ∂  1u ∫∫ ∂n  rPP(s)  0 1 ∂u 1ds + 4πu ( P ) = −−∆udω.0∫∫∫ rPP ∂n rPPω00и, следовательно1 ∂u∂  1 1∆u−u ds −dω .∫∫∫∂n∂n  rPP0 4π ω rPP0( s ) PP0В частности, если и – гармоническая в ω функция, то ∆u = 0 и11 ∂u∂  1 u ( P0 ) =−u ds..∫∫4π ( s ) rPP0 ∂n∂n  rPP0 Замечание.

Если u ( x, y ) гармонична, тоu ( P0 ) =14π∫∫ r ln 1 ∂u − u ∂  ln 1  dl.∫γ  rPP ∂n ∂n  rPP  00 Свойства гармонических функций.Свойство 1. Если и(р) – гармоническая в области ω , то∂uds =0.∫∫∂n(s)u ( P0 ) =12π(9.10)(9.11)(9.12)Действительно, считая, что и гармоническая в областиω , а v ≡ 1 в формуле(9.6), имеем∂u∂u  0 − 1 ds = ∫∫∫ 0 ⋅dω = 0, т.е.