Свешников А.Г., Боголюбов А.Н., Кравцов В.В. Лекции по математической физике (1993) (1095473), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Внутренняя задача Днрихле Определение. Классическим решением внутренней задачи Дирихле Ли=- — Р в О, и~э=) называется функция и(М), непрерывная в замкнутой области Ю=ЙО5, удовлетворяющая уравнению в области В и непрерывно примыкающая к заданным граничным значениям )(Р). Заметим, что требование непрерывности и(М) в замкнутой области ТЗ и непрерывное примыкание к граничным значениям 1(Р) существенны для единственности классического решения. Действительно, если это требование опустить, то классическим решением задачи 136 Ли=О в Р, и(е=( является любая функция, равная постоянной в области Р и заданной функции 1 на границе 5.
Этот пример показывает, что без условия непрерывности в замкнутой области классическое решение неединственно. Т е о р е м а 5.3 (теорема единственности внутренней задачи Дирихле), Задача Дирихле не может иметь более одного классического решения. Д о к а з а т е л ь с т в о.
Пусть существуют два классических решения и,(М) и ие(М) задачи Дирихле: Ли= — Р в Р, и~в=1. Построим функцию о(М)=и,— и,. Функция о(М) — гармоническая в Р, непрерывная в Р и удовлетворяет однородному граничному условию о ! в=О. В силу принципа максимума о(М) <О в Р (ее максимальное значение достигается на границе 5) и о(М) ) О в Р (ее минимальное значение достигается на границе 5).
Следовательно, о(М) = — О в Р, т. е. и,(М) =и,(М) в Р. ° Т ео р е м а 5.4 (теорема устойчивости). Решение внутренней задачи Дирихле устойчиво по граничным условиям. Доказательство. Пусть и;(М), 1=1,2, есть решение задачи Ли,=О в Р, и;(е=(ь причем ЦДР) — ге(Р) ) <е всюду на 5. Рассмотрим функцию о (М) =и, (М) — иг (М). Для нее всюду на 5 имеем неравенства †в<о. В силу принципа сравнения для гармонических функций это же неравенство справедливо всюду в Р.
Следовательно, всюду в области Р (и~ — ие( <е. ° Теорема устойчивости используется для оценки точности приближенных и численных решений задачи Дирихле, поскольку достаточно оценить выполнение граничных условий. Заметим, что для задачи Дирихле теоремы единственности и устойчивости являются прямым следствием принципа максимума. Вопрос о существовании решения будет рассмотрен позже, после того, как будет изложена теория потенциала. 13? 2. Внутренние вторая и третья краевые задачи При рассмотрении второй и третьей краевых задач будем использовать следующее определение классического решения.
0 п р е д е л е н и е. Классическим решением второй и третьей краевых задач называется функция и(М), непрерывная вместе с первыми производными в замкнутой области Р=Р()5, имеющая непрерывные вторые производные в Р, удовлетворяющая уравнению в области Р и заданному граничному условию иа поверхности 5. Теорема 55 Пусть й(Р))0 на 5, причем йчьО Третья краевая задача пи= — Р в О, — "— +Ми~в=~, дл где и — внешняя по отношению к О нормаль к поверхности 5, не может иметь более одного классического решения. Доказательство.
В силу линейности задачи достаточно показать, что однородная краевая задача Ьи=О в О, — +пи) =0 дп имеет только нулевое решение. Используем первую формулу Грина, считая, что о=и. Получим и аи Л'= г6 и —" а5 — ~ (игад и)' Л'. ди дл ди Так как Ли=О в О, — ~ = — йи(з, то отсюда получаем дп )В ~ йи' с(5+ ~ (асад и)' а)т = О. Следовательно, угад и=О в Р, и~в=О в тех точках поверхности 5, где Ь~О. Отсюда и находим и(М)=сопя(=0.
Следовательно, однородная задача имеет только нулевое решение. Сделаем несколько замечаний. Требование непрерывности первых производных в замкнутой области, введенное в определение классического решения, является слишком жестким и использовано для упрощения доказательства единственности решения. Его можно ослабить.
Условие й) О, ЬФО существенно для единственности решения третьей краевой задачи. Если 6<0 на 5, то решение может быть неединственным. В этом легко убедиться на примере. Действительно, функция и(т,~р)=гсов ~р является ненулевым решением уравнения Лапласа Ли=О в круге 0<с<а, удовлетворяющим однородному граничному условию ди ! ! 1 — — — и(,=,=О (Ь= — — 1. дг а а! Следовательно, решение краевой задачи Ли=О в круге О(г(а ди ! — — — п1,=0 дг а неединственно, поскольку и=О также является решением этой задачи. Если рассматривать вторую краевую задачу, т. е. 6=в О, то получим пгаб и=О, откуда и(М)=сопя(, причем эта постоянная не определяется.
Это означает, что классическое решение второй внутренней краевой задачи (внутренней задачи Неймана) неединственно и определяется с точностью до произвольной постоянной. Для второй краевой задачи для уравнения Лапласа также получаем, что если она имеет решение, то согласно формуле Гаусса должно выполняться соотношение ф "г (Р) г5 = О, э (2.!) где !39 Если это условие не выполнено, то задача Неймана для уравнения Лапласа решения не имеет. Следовательно, условие (2.1) является необходимым условием разрешимости внутренней задачи Неймана для уравнения Лапласа.
Позже покажем, что это условие является также н достаточным условием разреши. мости задачи Неймана Если определить классическое решение задачи Дирихле как функцию, непрерывную вместе со своими первыми производными в замкнутой области Р, имеющую непрерывные вторые производные внутри области Р, удовлетворяющую уравнению в Р и граничному условию на Я, то доказательство единственности так определенного классического решения можно провести только что использованным методом, опирающимся на первую формулу Грина.
Если правая часть уравнения — функция Г(М) — разрывна в области Р, то классического решения соответствующая краевая задача не имеет, поскольку понятие классического решения содержит требование непрерывности вторых производных в Р. Если решение определить как функцию, удовлетворяющую уравнению в областях непрерывности тт(М) с условиями сопряжения на поверхности разрыва, то метод первой формулы Грина позволяет доказать единственность решения первой (в последней формулировке), второй и третьей краевых задач и в случае кусочно-непрерывной функции Г(М).
й 3. ВНЕШНИЕ КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ Перейдем к изучению краевых задач в неограниченной области. Такие краевые задачи называются внешними. Введем обозначения: Р— конечная область, ограниченная замкнутой поверхностью 5, Р, — неограниченная область, границей которой является поверхность 5; РЦЭР, — все пространство (рассматривается трехмерный случай). 1. Функции, регулярные на бесконечности О п р е д ел е н н е.
Функция и(М) трех переменных (М=(х, у, г)) называется регулярной на бесконечности, если при достаточно большом г~ г, !и/( — ~ — ~( —, ~ — )( —, ! — (( —, где А — постоянная, Понятие регулярной на бесконечности функции двух переменных будет введено позже. Покажем, что для функций, регулярных на бесконечности, в неограниченной области Р, справедливы формулы Грина. Пусть в области Р, заданы функции и и о, непрерывные вместе с первыми производными в Р,1)5, имеющие непрерывные вторые производные в Р, и регулярные на бесконечности. Окружим поверхность 5 сферой Хл достаточно большого радиуса )с.
Область между 5 и Хл обозначим Рл. В области Рл справедлива первая формула' Грина и Ьо с)г' = 1Е и — й5+ 1Е и — с5 — ~ с7 и хт и <Лl. 13. 1) дч Г до дл д) ди Оценим интеграл по Ел'. ~ и — й5 ~ = ~ 1~1 и (д, соз а+ с„соз Р+ о, соз у) Ю ~ ( — 1=! хл ен (;~~ — — сЮ= — 4пгл), и= О. А ЗЛ ЗА' л 12ЯА~ л Хх гэ 11 н-» Здесь (сова, совр, сову) — направляющие косинусы нормали к Хл, и при оценке использованы условия регулярности на бесконечности. Подынтегральная функция в интеграле по Рл в силу условий регулярности на бесконечности имеет следующую оценку при г-~со; ЗА~ ! х7и.
туо)( —. г4 ИО Поэтому интеграл по Рл прн )с- оо сходится*1 к несобствен- ному интегралу (первого рода) по Р,, Следовательно, перехо- дя к пределу при )с-+.оо в формуле (3.1), получим и Ап с()7 = 16 и —" е15 — ~ ~ и т70 Л', до дл о, 5 пе (3.2) где интеграл в левой части формулы (3.2) понимается как несобственный интеграл по Р,. Формула (3.2) есть первая формула Грина для неограниченной области Р,. Меняя местами функции и и о и вычитая полученное соотношение из (3.2), получим вторую формулу Грина для неограниченной области.
Если учесть, что фундаментальное решение 1Ямм, уравнения Лапласа регулярно на бесконечности, то, повторяя рассуждения п. 1 $1, получим н третью формулу Грина для неограниченной области Р,. Еще раз отметим, что в формулах Грина нормаль и есть нормаль к поверхности 5, внешняя по отношению к той области, в которой применяются формулы Грина. Поэтому при использовании формул Грина в неограниченной области Р, эта нормаль направлена внутрь ограниченной области .Р с поверхностью 5.
2. Единственность решения внешних задач в трехмерном случае Перейдем к изучению единственности решения внешних краевых задач для уравнения Лапласа в трехмерном случае. Внешняя задача Дирнхле ставится следующим образом. Найти функцию и, непрерывную в замкнутой области Р,()5, удовлетворяющую уравнению Лапласа в области Р„непрерывно примыкающую к граничному условию и ) з=)(Р) 1н и(М) ~+О, М вЂ” ьоо. ее Определение несобственных интегралов и признаки нх сходимости смл Ильин В.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
