Свешников А.Г., Боголюбов А.Н., Кравцов В.В. Лекции по математической физике (1993) (1095473), страница 23
Текст из файла (страница 23)
А., Поз ня к Э. Г. Основы математического анализа. Ч. 2. Мл Наука, 1980. *о См:. Тихонов А. М., Самарский А. А. Уравнения математической физики. Мл Наука, 1977. 141 и регулярную на бесконечности. Заметим (без доказательства), что гармоническая в области Р, функция, равномерно стремящаяся к нулю на бесконечности, является функцией, регулярной в бесконечности**1. Поэтому при изучении краевых задач для уравнения Лапласа требование регулярности функции на бесконечности будем заменять условием равномерного стремления к нулю на бесконечности: Итак, рассмотрим внешнюю задачу Дирихле Ли=О в Р„ и(з — — ~, и 0 на бесконечности.
Теорема 5.6. Внешняя задача Дирихле не может иметь более одного классического решения, регулярного на бесконечности. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть существуют два решения и, и иь Разность о=и,— и, есть решение однородной задачи Ьо=О в Р„ равномерно стремящееся к нулю на бесконечности.
Следовательно, для любого з)0 существует Йь такое, что ~о((е при гь Кь. Окружим поверхность 5 сферой Хя достаточно большого радиуса Д (м>рть). Применяя принцип максимума для уравнения Лапласа в области Ря между 5 и Хя, получим (о(М)1(а всюду в Ря. В силу произвольности е(з -0) и В(В-+- ь) отсюда получаем о(М) =0 всюду в Р,.
Следовательно, решение внешней задачи Дирихле единственно. ° 3 а м е ч а н и е. Аналогичными рассуждениями можно пока. зать, что для гармонических функций, равномерно стремящих. ся к нулю на бесконечности, в неограниченной области Р, справедлив принцип максимума. Отсюда, как и для внутренней задачи, сразу вытекает устойчивость решения внешней задачи Дирихле по граничным условиям, Исследование единственности решения третьей внешней краевой задачи проводится точно так же, как и для внутренней задачи, с использованием формулы Грина.
Аналогичным образом исследуется единственность решения внешней задачи Неймана: Ли=О в Р„ й1,=~ и ~~0 на бесконечности. Эта задача, в отличие от внутренней, имеет единственное решение. Действительно, применяя к решению однородной задачи Ао=О в Р„ 142 о +'О на бесконечности первую формулу Грина, точно так же, как для внутренней задачи, найдем о=сопз1 всюду в О,. Условие на бесконечности дает сопз1=0. Следовательно, в=О в Р„ т. е.
решение внешней задачи Неймана единственно. Таким образом, из шести основных задач для уравнения Лапласа (трех внутренних и трех внешних) в трехмерном случае неединственное решение, определяемое с точностью до постоянной, имеет только одна задача — внутренняя задача Неймана. Решение остальных краевых задач единственно. 3. Единственность решения внешних задач для уравнения Лапласа на плоскости Для уравнения Лапласа на плоскости требование равномерного стремления решения к нулю на бесконечности является слишком жестким.
Такого решения вообще может не существовать. Это видно на примере простейшей задачи: Ли=О вне окружности г=а, и1,, =1. Решая эту задачу методом разделения переменных, находим два решения: 1и г и,=1, и,=— 1па ' из которых первое ограничено, а второе неограниченно возрастает при г-~-со. Решений, стремящихся к нулю при г — со, эта задача не имеет.
Единственное решение этой задачи выделяется требованием ограниченности решения на бесконечности. Поэтому для функций двух переменных условие регулярности на бесконечности вводится иначе. 0 п р е дел е н и е. Функция двух переменных и(х,.у) называется регулярной на бесконечности, если она имеет конечный предел на бесконечности. Покажем, что это условие выделяет единственное решение внешней задачи Дирихле на плоскости. Рассмотрим следующую внешнюю задачу Дирихле для уравнения Лапласа на плоскости. Найти функцию и, непрерывную в Р,ЦГ, удовлетворяющую в 11, уравнению Лапласа Ли=О, непрерывно примыкающую к граничному условию и ограниченную на бесконечности.
Здесь à — гладкий замкнутый контур на плоскости (х, у), являюшийся границей области Р,. Теорема 5.7. Внешняя задача Дирихле на плоскости не может иметь более одного классического решения, регулярного на бесконечности. Доказательство. Рассмотрим однородную задачу Ли=О в Р„ и! 1и((Л1, У=сонэ(. Покажем, что эта задача имеет только нулевое решение. Возьмем внутри контура Г точку Мь.
Построим окружность См' радиуса а с центром в точке Мь, целиком лежащую внутри Г. Пусть 1гмм, — расстояние между точками М и Мь. Функция мме й а гармонична всюду в Р, и положительна в Р„так как )хмм«) а при МяР,. Построим окружность Сьм' радиуса б с центром в точке Мь, содержащую контур Г внутри себя. Рассмотрим функцию пмм. 1п иь (М) =- 1у 1и— а называемую «барьером»«Она гармонична в Р„иь (М)1 м,= Ж, сь ' иь(М) >О прн МыГ.
В силу принципа максимума 1и(М) ~ <иь(М) всюду между контуром Г н окружностью Сь'. Фиксируем точку М. Пусть Ь вЂ” »со. Тогда иь(М)-»О. Следовательно и(М) = =О. В силу произвольности точки М и(М)=0 всюду в Р,. Следовательно, однородная задача имеет только тривиальное решение, а решение неоднородной задачи единственно. ° Переходя к изучению единственности решения второй и третьей краевых задач в двумерном случае, убедимся сначала, что для гармонических в Р, функций, регулярных на бесконечности, справедливы первая и вторая формулы Грина во внешней области. Для этого покажем, что для гармонической в Р, и регулярной на бесконечности функции и справедлива оценка ее первых производных: 144 — ~ < —, ~ — ! < — при г ) Я, А = сопя(. (3.3) 1.~-.
~,~-. ди ! А ! ди ! А Построим окружность См' радиуса а с центром М„содержащую контур Г внутри себя. Введем полярную систему координат (г,!р) с началом в Мо. Методом разделения перем, менных легко показать, что вне С,' регулярное на бесконечности решение уравнения Лапласа может быть представлено в виде ряда и (М) = — '+ 11 1 — ) (А„соз пор+В„яп пор), (3.4) и=1 где Аи= — ! и(а, !р)сов афшар, п=О, 1, 2, ! !' о 2и В„= — З! и(а, !р)з!ппфг(ор, п=1, 2, 1 и о Написанный ряд (3.4) при г)а сходится абсолютно, и его можно почленно дифференцировать по г и по ф. Дифференцируя (3.4), получим при гМ~ ! — ")( —, ! — (( —, А=сапа(.
Поскольку ди ди о!и !р ди соз ф— дх дг дф ди ди . со! ф ди — = — з!и гр+ дд до дф то отсюда и следует оценка (З.З). Полученная оценка (3.3) позволяет получить первую и вторую формулы Грина во внешней области. Действительно, пусть функции и и и непрерывны в 0. вместе с первыми производными, имеют непрерывные вторые производные в О„гармонические в В, и регулярны на бесконечности. Построим окружность Си достаточно большого радиуса Р, содержащую контур Г внутри себя. Область между Г и Си обозначим Ви. Применим к функциям и и о в области Ви первую формулу Грина в Ла о(о= ф и — о(1 -1- 3! и — Ж вЂ” ~ хуи суп ао.
(3 5) Г ди != ди У ди,1 дп 445 Согласно оценке '(З.З) при Р-~-ьь о — гц -~ О. ди дп с Интеграл ~ хти куос(о при Я-~-ьь сходится и несобственному оя интегралу ~ хти ~7о до. Следовательно, существует предел при од й-+ьь интеграла, стоящего в левой части (3.5), и, переходя к пределу в (3.5), получаем первую формулу Грина во внешней области Р,: о Ьи сЬ = (у о — й — ~ ~у и сто Йт. ди дп и, г о, Справедливость второй формулы Грина во внешней области,0, (о Ьи — и Ло) до = ~ ~ о — — и — ~ Ж ди дь дл дп о г очевидна.
Используя первую формулу Грина, теперь легко исследовать единственность решения второй и третьей внешних краевых задач в двумерном случае. Теорем а 5.8. При Ь(Р) ъО, й(Р) чвО внешняя третья краевая задача на плоскости: Ли=О в Р„ — +йи~ =~ (Р)1„ дл~ где и; — внутренняя по отношению к области Р нормаль к контуру Г„может иметь не более одного решения, непрерывного вместе с первыми производными в Р,()Г и регулярного на бесконечности. Доказательство является почти дословным повторением рассуждений, проведенных в п. 2, и может быть легко воспроизведено читателем. Решение внешней задачи Неймана на плоскости Ли =О в Є— ~ = ((Р) ~г, ди дп г регулярное (ограниченное) на бесконечности, определяется с точностью до произвольного постоянного слагаемого.
Кроме того, для существования решения должно быть выполнено необходимое условие (Р) г(! — О (3.6) 4 4. ФУНКЦИЯ ! РИНА ОПЕРАТОРА ЛАПЛАСА Для решения краевых задач для оператора Лапласа часто используется метод функции Грина (функции источника). В этом параграфе вводится функция Грина для оператора Лапласа, рассматриваются ее простейшие свойства и некоторые методы ее построения.
1. Функция Грина внутренней задачи Дирихле оператора Лапласа Рассмотрим внутреннюю задачу Дирнхле Ли= — г" в Р, (4.1) П!5 !. Будем искать решение, удовлетворяющее условию и ен С!" (Р) П См ! (Р). Поставим себе цель — получить интегральное представление для решения этой задачи. Согласно третьей формуле Грина непрерывная вместе. с первыми производными в замкнутой области Р()Б функция п(М), имеющая непрерывные в Р вторые производные, в любой внутренней точке М области Р может быть представлена в виде ! г!ди 1 д ! ! Р 'Ая 4п У ! дп Нмг д~г Лмг 1 4п 3 НМО 5 О (для определенности рассматривается трехмерный случай).
Пусть О(М) — гармоническая в Р функция, непрерывная вместе с первыми производными в Р()Я. Применяя к и и О вторую формулу Грина в Р, получим О = (~ ~п — и — '~ о5 — ~оаэи!()г. 5 О Складывая (4.2) и (4.3) и вводя обозначение (4.3) !4т Эти утверждения также вытекают из первой формулы Грина. Можно показать, что условие (3.6) является также и достаточным условием разрешимости внешней задачи Неймана на плоскости.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
