Владимиров В.С., Жаринов В.В. Уравнения математической физики (2-е изд., 2004) (1095467), страница 49
Текст из файла (страница 49)
Далее, из (12') и (27) вытекает, что ее правильная нормальная производная изну.три на Я равна нулю. Отсклда, так как решение внутренней задачи Неймана единственно с точностью до аддитивной постоЯнной, заключаем, что 1л~~~(Я) = соллвс = См Я Е С. Но тогда в силу единственности решения внешней задачи Дирихле (см. п. Ц Ъ'Об(е) = См я Е См и, следовательно, лло = О, что противоречит определению собственной функции.
Таким образом, С ф О. Отсюда, рассуждая, как и в 2 6.6, и. 4, выводим, что Л = — 1 — простое характеристическое число ядра К'(я, С) и, стало быть, ядра К(я, Д. Нормируем собственную функцию ро так, чтобы С = 1. По доказанному соответствующий потенциал Робена И~И (я) = сопяс, з е С. По третьей теореме Фредгольма интегральные уравнения (22) и (22') при Л = — 1 разрешимы тогда и только тогда, когда их свободные члены 1 и д ортогональны к собственным функциям ро и 1 соответственно.
Для внешней задачи Дирихле это условие принимает вид т. е. в силу (28) (С = 1) оно всегда может быть удовлетворено за счет надлежащего выбора постоянной о, о = / ио (я)лло(я)сБ. (ЗО) Итак, справедлива следующая Тгорнма 2. Внешняя задача Диритле разрешима при любой и~~ Е С(Я). Внутренняя задача Неймана разрешима при любой и Е Е С(В), удовлетворяющей условию разрешимоопи (4). Пу.сть, напротив, С = О. Рассмотрим потенциал простого слоя с плотностью лло (потенциал Робена): 326 Гл. 1'.
Краеввее задача для уравнений эллиптического типа. 4. Решение краевых задач для круга. Для окружности Ян интегральные уравнения (22) и (22') легко решаются и дают решения соответствующих краевых зазв дач в явном виде. Действительно, в силу соотношения (рис. 76) )г) = )г — ~( + Л + 2Л)г — ~( сов грег, ~ ~ = Л ' ' <31) 1'ис. 76 получаем К(г,~) = = — — = К'(г,~), г,~ е Ян. сов из с 1 .г~г — г, ~ 2згЛ Л Г рг'г) = — — / рЯдЯ+ ГГг), ф = Л. (32) 2згЛ /~с~ и Решая это уравнение 1см.
6 4.2, п. Ц, получаем; (г)=--ивы+ ., /' и;К) Н 1 1 4ггЛ /, (33) при Л = 1, з" = — 'а )я (внупгренняя задача Дирихле): 1 1 Г 1 РФ = -ио Ф вЂ”, / ио(Г) «Н о = — / иоо(О«Н, зг зг уй я ~с~=я (34) при Л = — 1, Г = и1)я — о,ея (внеиеняя задача Дирихле); р(г) = — из(г), / и ЯсБ=О, 1 ~с~= (Зов) при Л = — 1, Г = и, )я (внутренняя задача Неймана); 1 и()= — —, гг): «~ (С) дН = О, Ф=н (36) при Л = 1, Г = — иг )я (внеиеняя задача Неймана). Поэтому интегральные уравнения (22) и (22') принимают единый вид во.д. Краевые задачи на плоскости 327 Подставляя (33) в потенциал двойного слоя (20) и пользуясь формулами (14) и (31), получим решение внутренней задачи Дирихле дФ=н~ " " Л д~~ |.=н 1~ — й 1 à — 2Л(г — (! сов»о,с — )г — ~(г 2 Л/ О( сБ~ = Л' — Иа Л / 0 (Ы) ! ~/2 с~ К,=Я т.е.
это решение представляется формулой (интегралом Пуассона) и(г) = / ав © з ИЯ»,. ~г~ < Л. (37) 2хЛ / О ~г»"12 Аналогично, подставляя (34) в сумл»у 1'»»»(г) + о, получим решение внешней задачи Дирихле и(г) = / ив (с)»15с, ф > Л. (38) — 2„Л / о ~г ~Р Наконец, подставляя (35) и (36) в потенциал простого слоя (21), получим соответственно решения внутренней и внешней зада» Ней- мана 5.
Функция Грина задачи Дирихле. Функцией Грина (внутренней) задачи Дирихле для (ограниченной) области С называется функция Яг, ~), облада»ошая свойствами (ср. 35.7, п. 1): при каждом Л 6»з она представляется в виде 1 1 й(г,ч) = — !п +у(г,ч), 2н (41) и(г) = — / и» (л) 1п дЯс+ С, 1 7 1 » /~С~=и ' ~г - ~! и(.) = - /' и, К) 1 Л, + С, т,/~с~ 1г/ < Л, (39) ф > Л. (40) 328 Гл. 1г.
Краеовге задачи длл уравнений зллиптичесноео типа. где функция д(з, Г) гармоническая в С и непрерывная на С по з и удовлетворяет граничному условию 6(,О/„, =О (42) 1 77 О<6(з,Д) < — 1п, з,~ЕС, вфла,. (43) 2гг где Т7 диаметр области С. Функция Грина ~(з,г,') обладает и остальными свойствами, установленными в 8 5.7, п. 1.
Пусть теперь С односвязнал область, ограниченная кусочно гладкой кривой Я, и ю = О О = го(з) .-- функция, конформно отображающая область С на единичный круг ~ю~ < 1 (рис. 77). Тогда функция ю(з) — ю(г,) 1 — ю(г,)го(е) Рис. 77 конформно отображает об- ласть С на единичный круг Ц < 1, причем точка г', Е С переходит в нуль.
Поэтому эта функция при каждом г', Е С представляется в виде (45) (я, ~) = (я — ~) Из, О где функция фя,~) аналитическая по з в области С, г0(з,г,) ф О, з Е С, и у1 Е С(С) (сьг. ~3)). Проверим, что функция 1 1 Яз,г,) = — — !в~аз(з,г,")~ = — — Ке1пю(з,г,) (46) 2я ' 2я есть функция Грина задачи Дирихле для области С. Действительно, из (45) вытекает, что функция (46) представллется в виде (41), причем функция 1 1 д(з, ь) = — — 1гфгггз,ь) = — — Ве1ггго(з,ь) 2зг ' 2е гармонична в С как вещественная часть аналитической функции 1п ю(з, г,), юг(з, Г) ф О, и непрерывна на С.
Далее, в силу равенства Ц = = 1, з Е о, функция (46) удоаяетворяет и условию (42). Из принципа максимума вытекает, что функция Грина, удоаяетворяет оценке го.д. Краеоые задачи па плоскости 329 Для примера построим функцию Грина для круга ]я[ < Л. Функция ,(,, Л( -() Ла отображает круг ]з] < Л на единичный круг ]гл] < 1, причем точка ( переходит в нуль. Поэтому в силу (46) й(я, () = — 1п = — Ее1п (47) Ла ( 1 Ла 2л Л(л — () 2я Л(з — () есть функция Грина для круга ]з] < Л. 6.
Решение задачи Дирихле для односвязной области. Метод конформных отображений позволяет получить представление для решения задачи Дирихле для любой односвязной области. Это представление является обобщением формулы Пуассона. Сначала, пользуясь равенством Ла ] ]а (+ ]я — (]я ](] =Л, запишем формулу Пуассона (37) в виде 1 (+еб( и(з) = Ве —. / ио(() 2яд ./~ -~ н (48) 1 аг+ иг сГго П(ю) = Пе — / ио[з(ю)] 2кг,/~ ~ г ю — иг ю Переходя в этой формуле к старым переменным з и (, иг = ю(е), ю = = ю((), получим искомое решение задачи Дирихле для области С с граничной функцией ио.
и(з) = Ве — / ио(() г1(, я Е С. (49) 1 Г в(() + иг(е) го'(() 2яг,/я ю(() — ю(е) и(() Пусть функция ио непрерывна на границе Я односвязной области С. Пусть функция з = з(ю) конформно отображает круг [ю[ < 1 на область С и иг = го(л) обратное отображение (см. рис. 77). Тогда г Е С(Гг); предположим, что иг Е Сг(С).
При этом отображении функция ио(з) перейдет в функцию ив[я(иг)], непрерывную на окружности ]ю] = 1. По формуле (48) построим решение задачи Дирихле для круга ]в[ < 1 с граничной функцией во[я(ю)]: 330 Гл. У'. Краеввзе задачи длл уравнений зллиптичеенаеа типа. Заынчлнигз.
Читатешь уже обратил внимание на то, что в этом пункте мы использовали элементы комплексного анализа. Это не случайно. Как известно (см. [3]), вещественная и мнимая части аналитической функции являются гармоническими функциями. Обратно, если функция и(з) гармоническая, то, добавив сопряженную функцию с =~+гз1, получим аналитическую функцию /(з) = и(з) + рп(з), у которой вещественная часть есть исходная функция и(з). Это позволяет активно использовать мощный аппарат теории аналитических функций при решении и изучении краевых задач для гармонических функций на плоскости.
7. Упражнения. а) Пользуясь формулой (22) из 32.2 и фундаментальным решением — оператора Коши-.Римана д, вывести формулу Коши-Грина: 1 д дз' если и Е С (С) П С(С), то 1 / 1 диЯ 1 / пЯ )и(з), зЕС, я,/из — ~ де 2я1,4~ — з (О, зЕСь б) Пользуясь а), доказать: если и принадлежит Сз(С) О С(С) и удовлетворяет условиям Коши — Римана, —" = О, з Е С, то п(л) анади ' дт литическая функция в области С и справедлива формула Коши 1 / и(~) ~и(з), зЕС, 2зг1,/я ~ — з ~ О, з е Сг в) Показать, что потенциал простого слоя для окружности ф = = Л с плотностью р = 1 равен ,/~~~.-н ( — 2яЛ1п (з(, ф > В. г) Пользуясь в), показать, что логарифмический потенциал площади для круга ф ( Л с плотностью р = 1 равен 1ог.д.
Краевые задачи на плоскости 331 д) Проверить, что следующие функции являются функциями Грина задачи Дирихле*): для полуплоскости и > О; 1 (2 — ~*)(2 — Д вЂ” 1п . для полукруга ~2~ < В, В > О; 2в. (2 Г)(2 Г ) е' С вЂ” 1 для полосы О < д < я. е' С вЂ” 1 е) Показать, что решения задач Дирихле и Неймана для полу- плоскости и > О имеют предсташ2ения —,~ иоа В ~ с1С г / (т — ()2 + уз если ио1с) = ОЯ!' '), из(с) = 0(ф ' '), )с) — + оо, е > О.
ж) Пусть функция уз1В) разлагается в равномерно сходящийся ряд Фурье на 10, 2я), сз(В) = по+ ~2 (айсовИ+ Ьва1п)сВ). л — 1 Доказать, что: иЮ = ао+ ~ ) — ) (ай соайВ+ Ье ыпИ) У)2) '1ь решение внутренней задачи Дирихле для круга ф < Л с и = сз; и( ) = ао + ~ ) — ) (аь соз И + Ьь сйп ЬВ) „,Ы *) Напомним (сли 15Л, и. 2, примечание), что в случае неограниченных областей мы добавляем условие убывания функции Грина на бесконечности. 1 — 1и 2х 1 — 1п 2х 1 — 1п 2х 2 22 ~2 для четверти плоскости л > О, р > О; Г оо — — / и,® 1п[(л — С)2+ В2) иС+ С, 2я,/ 332 Гл. У'. Краеввее задачи длл уравнений эллиптического типа решение внешней задачи Дирилле с ио = уэ; и( ) = ~ ~„, (атсовЬО+Ьуе1пйо) +С ~у йлу-' решение внутренней задачи Неймана с и, = ез при условии ао = О; еэй-Е1 иЯ = — ~ „(ав соя И+ Ьв з1п ИВ) й=1 решение внешней задачи Неймана с и = ео при условии ао = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
