Костиков А.А, - Конспект лекций, страница 6

∫∫ ds =0.∫∫∂n∂n (s) ω(s)Свойство 2. Теорема о среднем.Значение гармонической функции в центре сферы равно среднему интегральному отее значений на сфере, т.е.1u ( P0 ) =u ( p)ds.4πR 2 S∫∫P ,R0Действительно, воспользуемся интегральным представлением (9.11) 1 ∂u1∂  1  u ( P0 ) =−u ds.∫∫4π S P , R  rPP0 ∂n∂n  rPP0  0На сфере S P0 , RrPP0 = R;∂  1∂n  rPP0=− 1 =− 1 ,2rPPR20тоu ( P0 ) =14π1∂u1ds + 2∫∫ R S ∂nR P0 , Ruds∫∫S P0 , Rи с учетом свойства 1u ( P0 ) =14πR 2∫∫ uds.S P0 , RСвойство 3. Принцип максимума и минимума.Если и – гармоническая в области ω и отлична от const, то она достигает своегомаксима и минимума только на границе S.Доказательство.

Предположим противное, т.е. u ( P0 ) = max, где Р0 – внутренняяточка области ω.u ( P) ≤ u ( P0 ).(9.13)Возьмем сферу S P0 R ⊂ ω и применим свойство 2.u ( P0 ) =11u ( P)ds ≤2 ∫∫4πR S P , R4πR 20∫∫ u( P )ds = u( P ).00(9.14)S P0 , RЕсли хотя бы в одной точке сферы S P0 R выполняется строгое неравенство (9.13), тооно выполняется и в некоторой ее окрестности и тогда неравенство (9.14) примет видu ( P0 ) < u ( P0 ),что невозможно.Свойство 4. Если функция f (z ) (функция комплексной переменной) аналитична(имеет производные любого порядка), то ее вещественная и мнимая части и естьгармонические функцииf ( z ) = u ( x, y ) + iv( x, y ).Для аналитической функции справедливо условие Коши-Римана:∂u ∂v∂u∂v= ;=− ,∂x ∂y∂y∂xоткуда следует, что∂ 2u ∂ 2u ∂ 2v  ∂ 2v  = 0.+=+∂x 2 ∂y 2 ∂x∂y  ∂x∂y Лекция 10.Метод функций Грина.Рассматриваемые вопросы.1.

Функция Грина.2. Однородная задача Дирихле на плоскости и в пространстве.3. Электростатическая аналогия.1) Пусть область ω имеет достаточно гладкую границу S и функция u ( p )непрерывна вместе с производными до второго порядка включительно в замкнутойобласти ω = ω ∪ vs. Тогда имеет место интегральное представление1  1 ∂u1∂  1  ∆uu ( P0 ) =−uds −dω ,(10.1)∫∫∫∫∫4π ( s )  rPP0 ∂n∂n  rPP0  4π ω rPP0где Р0 – внутренняя точка области ω. С другой стороны по второй формуле Грина∂u  ∂v(10.2) u − v ds = ∫∫∫ (u∆v ) − v∆u )dω.∫∫∂n∂n (s) ωЕсли предположить, что v – гармоническая функция, то из (2) следует∂u  ∂v(10.3)0 = ∫∫  u − v ds + ∫∫∫ v∆udω.∂n∂n (s) ωВычитая из (1)-(3), получим 1 ∂u 1∂  1u ( P0 ) = ∫∫  + v − u + v  ds − ∫∫∫ + v ∆udω ,(10.4) ∂n∂n  4π rPP0( s )   4πrPP0ω  4π rPP0где v – произвольная гармоническая функция.Определение.

Функцией Грина для задачи Дирихле называетсяdet1G(P,P)=+ v( P)04πr(10.5)PPoG ( P, P ) = 0,0 s1где v –гармоническая в ω функция. Так как первое слагаемое– есть простоrPP0фундаментальное решение уравнения Лапласа и не зависит от области ω , то равенства(5) на самом деле определяют гармоническую в ω функцию v, которая на границеподчинена условию1v( P ) s = −.4πrPP0Иными словами определение функции v связано с решением специальной задачиДирихле:∆v = 0(10.6)v = − 1 .s4πrPPoЕсли такая функция v найдена, то∂Gu ( P0 ) = − ∫∫ u ds − ∫∫∫ G∆udω.(10.7)∂n(s)ωЕсли функция G ( P, P0 ) найдена, то решение задачи Дирихле для уравнения Пуассона∆u = − f ( P0 )u s = ψ ( P0 )определяется по формулеu ( P0 ) = − ∫∫ψ ( P )(s)P0 ∈ ωP0 ∈ ω∂GdsP + ∫∫∫ f ( P)G ( P, P0 )dω.∂nω(10.8)Итак, для того, чтобы решить задачу Дирихле, хорошо бы найти функцию ГринаG ( P, P0 ) для этой области.В некоторых случаях (для некоторых областей) можно найти ее явное представление.Замечание.В двумерном случае11G ( P, P0 ) = 2π ln r + v( P)PPoG ( P, P ) = 0,0 γгде v – гармоническая функция двух переменных.Решение задачи Дирихле ∂ 2u ∂ 2u ∂x 2 + ∂y 2 = − f ( x, y )u = ϕ ( x, y ) γдается формулой∂Gu ( x0 , y0 ) = − ∫ ϕ ( x, y )dγ + ∫∫ Gf ( x, y )dω .(10.9∂nγω2) Для некоторых областей функцию Грина удается найти в замкнутой формеметодом электростатических отображений.

В электростатической интерпретации функцияГрина1G ( P, P0 ) =+ v( P)4πrPP0представляет собой суммарный потенциал в точке Р заряда, помещенного в точке Р0внутри заземленной поверхности.Первое слагаемое есть, очевидно, потенциал самого точечного заряда, а второе v(P )представляет потенциал зарядов индуцированных на проводящей поверхности. Ясно, чтодля построения функции Грина, надо уметь находить потенциал индуцированных зарядовv(P ) . В свете такой интерпретации функцию Грина G ( P, P0 ) называют функциейточечного источника.Примеры.1. Функция Грина для шараПусть R – радиус шара, Р – любая точка на сфере, а во внутренней точке Р0помещен единичный заряд.На проводящей сфере индуцируется заряд,потенциалкоторогоравенпотенциалунекотороготочечногозаряда,помещенноговRинверсионном образеNточкиР0,относительносферытак,чтовыполненоP0Nравенство:[0 P0 [ ⋅ 0 N = R 2 ⇒ [0 P0 [ = [0 P[ .[0 P[ [0 N [Треугольники ОРР0 и ОРN подобны (общий угол и стороны пропорциональны).OP0 PP0Поэтому=.OP PNPПусть OP0 = ρ 0 ;PP0 = rPP0 ;ρ0PN = rPN ;G ( PP0 ) =R14πrPP0=rPP0⇒ rPN =rPNR 1 1−.ρ0 rPN 4πRρ0rPP0 .

Тогда(10.10)R 1 1. Очевидно гармонична по Р в замкнутом шаре. Если жеρ 0 rPN 4πточка Р лежит на сфере, то11 R1G ( PP0 ) s =−= 0.R4πrPP0 4π ρ 0rДействительно, v = −ρ0PP0Как видно из (10.10) функция Грина для шара есть потенциал электростатического поля,созданный двумя точечными зарядами.2.

Функция Грина для полупространстваВ качестве области ω берем часть, где z > 0. Граница S имеет уравнение z = 0. Вточке P0 ( x0 , y0 , z0 ) помещаем единичный заряд, который создает поле с потенциалом1.4πrPP0Внесениепроводящейповерхностиz=0приводит киндуцированиюзарядов,потенциалкоторых можно заменить потенциаломотрицательногоединичногозаряда,помещенного в точку P0′( x0 , y0 , − z0 ).Суммарный потенциал11G ( PP0 ) =−.4πrPP0 4πrPP0′zP0yxРассмотрим задачу Дирихле дляполупространства z > 0 .P0′∆u = 0 z > 0.u z = 0 = ϕ ( x, y )Ее решение:u ( x0 , y0 , z0 ) =∞ ∞∂G∫ ∫ ϕ ( x, y ) ∂z dxdy−∞ −∞rPP0 = ( x − x0 ) + ( y − y0 ) 2 ( z − z0 ) 22rPP0′ = ( x − x0 ) 2 + ( y − y0 ) 2 ( z + z0 ) 2∂G∂z=z =014π z0 − z z + z0 1z0+ 3  =32 rPPrPP0′ 2π ( x − x0 ) + ( y − y0 )2 + z020z =0(или1u ( x0 , y 0 , z 0 ) =2π3) Функции Грина для полушара.∞ ∞z 0ϕ ( x, y )∫ ∫ ((x − x ) + ( y − y )−∞ −∞2020+ z 02)32dxdy)32G ( PP0 ) =14π 1R 1  1  1R 1 −−−, rPP ρ 0 rPN  4π  rPP ′ ρ 0 rPN ′  0 0гдеz R N  − e  ρ0 P0 (e)yxP0′(−e) R N ′ e  ρ0 Лекция 11.

Теория потенциала.Рассматриваемые вопросы.1.Объемный и логарифмический потенциалы.2. Поверхностные потенциалы.3. Решение основных краевых задач методом потенциала.Приведем некоторые сведения из теории потенциала.1. Объемный потенциал и его свойства.Предположим, что в области ϖ распределен электрический заряд с плотностьюρ = ρ ( P), P( x, y, z ). Для нахождения потенциала такого электростатического поляразобьем область ω на элементарные части ∆ωk , не имеющие общих внутренних точек.Допустим, что действие заряженной области ωk равносильно действию точечного зарядаρ ( Pk )∆ωk . Тогда потенциал электростатического поля в точке наблюдения P0 можнонайти по формуле:nρ ( Pk )un ( P0 ) = ∑∆ωk .k =1 rPk P0При n → ∞ очевидноu ( P0 ) = ∫∫∫ωρ ( P)rPP0dω p .(11.1)Функцию (1) называют объмным или ньютоновским потенциалом.Свойство 1.

Объемный потенциал есть гармоническая функция по координатамточки P0 ( x0 , y0 , z0 ) во внешней области ϖ .ЕслиP0 ∉ϖ ,то (1) есть обычный тройной интеграл, функциянепрерывные производные любого порядка, интегралρ ( P ) dω < ∞ ,∫∫∫ω1rPP0имеетпоэтомупроизводные по x0 , y0 , z0 можно вычислять дифференцированием под знаком интеграла.В частности 1 dω = 0,∆u ( P0 ) = ∫∫∫ ρ ( P)∆ rPP  pω 0 1  = 0, если P0 ∉ϖ .так как ∆ P0  rPP  0Свойство 2. Объемный потенциал есть непрерывная функция по координатам точкиP0 во всем пространстве R 3 .Действительно, непрерывности в внешности ϖ вытекает из ее гармоничности.Пусть теперь точка P0 ∈ ω , а ω P0 , δ есть шар радиуса δ > 0 с центром в точке P0такой, что ω P0 , δ ⊂ ϖ .Рассмотрим разность u ( P0 ) − u ( P1 ), где точка P1 ∈ ωP0 , δu ( P0 ) − u ( P1 ) =∫∫∫ω P0 , δρ ( P)rPP0dω p −∫∫∫ρ ( P)rPP1ω P0 , δdω p +∫∫∫ 11− rPP rPP1 0ρ ( P)ω / ω P0 , δdω p = J1 + J 2 + J 3 .2δP1P0ωJ2 ≤∫∫∫ω P1 , 2 δρ ( P)rPP1dω p ≤∫∫∫ω P1 , 2 δMdω p = MrPP12π π 2δ∫∫ ∫rPP1sin θdudθd rPP1 = 8πMδ .0 0 0Для J1 аналогично получаемJ1 ≤ 2πMδ .Будем считать, что δ фиксировано так, что10πMδ <ε.2Оценим теперь J 3 .

Если P ∈ ω / ω P0 , δ , то выбирая Р1 достаточно близко к Р0 получим 11− rPP rPP1 0< ε 2 Mωс помощью которогоJ3 ≤ M 11−∫∫∫ rPPrPP1ω / ω P0 , δ 01dω p ≤ ε .2А значитu ( P0 ) − u ( P1 ) < ε .Непрерывность во внутренних точках области ω объемного потенциала доказана.Пусть теперь точка P0 ∈ S – границе области ω.

Рассмотрим более широкую область ρ ( P ), если Р ∈ϖ.если Р ∈ ω1 \ ω0,ω1 ⊃ ω и положим ρ1 ( P) = Тогдаu ( P0 ) = ∫∫∫ω1ρ ( P)rPP0dω pи точка Р0 будет внутренней по отношению к ω1. Следовательно, потенциал в точке Р0непрерывен.Свойство 3. Объемный потенциал имеет непрерывные производные первого порядка3в R . Доказательство аналогично доказательству свойства 2.Свойство 4. Если плотность ρ (P) имеет непрерывные производные первогопорядка, то объемный потенциал имеет производные второго порядка в области ω иудовлетворяет уравнению Пуассона∆u ( P0 ) = −4πρ ( P0 )(без доказательства).Замечание 1.

С помощью объемного потенциала решение задачи Дирихле дляуравнения Пуассона может быть сведено к решению задачи Дирихле для уравненияЛапласа.Замечание 2. В двумерном случае роль объемного потенциала играет такназываемый логарифмический потенциал1u ( x0 , y0 ) = ∫∫ ρ ( x, y ) lndxdy.(x − x0 )2 + ( y − y0 )2(D)Поверхностные интегралы простого и двойного слоя.Пусть на некоторой достаточно гладкой поверхности S распределен заряд сплотностьюρ (P).Тогда потенциал электростатического поля в точкеP0 ∉ Sпредставляется в виде:ρ ( P)u ( P0 ) = ∫∫ds p .(11.2)rPP0SФункцию (11.2) называют потенциалом простого слоя. Перечислим некоторыесвойства этого потенциала.1).