Леонтьева. Лекции по ТФКП (1118496), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Если мы рассмотрим горизонтальную полосу: О < 1ш з < н, то образ этой полосы есть верхняя полу- плоскость 1ш»э > О. Определим образы горизонтальных и вертикальных прямых, т.е. образы ортогональной сетки на плоскости С. Горизонтальная прямая р = с имеет образ»е = е*+ = е* е". Образ этой прямой есть луч, образующий угол с с положительным лучем (рис.44). Вертикальная прямая х = с, имеет образ ю = е" +'з, ]ю] = е" — окружность радиуса е". Когда у пробегает все значения из (-оо, +оо), окружность пробегается счетное число раз.
Рассмотрим прямоугольник со сторонами, параллельными осям х и у. Пусть х Е [а, 5], у б [с, и], при этом О < с < И < 2я (рис.45). При преобразовании е* такой прямоугольник переходит в область, огра- ниченную двумя лучами: агйя = с, агйх = И и двумя окружностями ]х] = е', ]х] = е'. В частности, когда с = О, и'= 2к, то образ есть кольцо с разрезом о отрезку действительной осв е" < к < е», е" + е Рассмотрим функцию сов з = .
Так как мы рассмотрели 2 функцию Жуковскою и функцию е*, то функцию соз х можно рассматривать как суперпозицию этих функций, и рассматривать в соответствии с этим отображение, осуществляемое функцией сов х. В силу периодичности функции сов », она не является олнолистной на всей комплексной плоскости С. Можно разбить комплексную плоскость С на счетное число областей»1» — вертикальные полосы: яй < Вез < и + я/с, Й Е Е (рис.46). функция соэ г каждую область П» переводит на всю комплексную плос- кость |С с двумя выброшенными лучами: Еслк рассмотреть нижнюю полуполосу — 1(1ш х < О), х б (О, я)), то функция соз х переводит ее на верхнюю полуплоскость 1ш»» > О.
Рассмотрим функцию ю(з) = »й х. В силу периодичности этой функ- Я и ции рассмотркм функцию в вертикальной полосе — -- < 1гл х <— 1 2 2 (рис.47). Рис. 50 Рис. 48 за — з/яз + 1 ()= ~2 ("У вЂ” —. Рис. 51 Рис. 49 126 е — е 1 я Так как сб = .. —, то правая часть границы полосы я = — + ем + е-и 2 лг,з , е"+е" зу переходит в ю = 18 ~-+ зр~ = 1 —. Когда у пробегает все 2 1 ез — ез значения от -оо до +со, образ пробегает множество, лежащее на мнимой оси — два луча: зэз Е ( — оо, -1) 0 [1, +со). Таким образом, вертикальная полоса переходит на всю плоскость С с двумя выброшенными лучами— С~(в: юз Е (-оо, — 1) ~1 [1, +ос)).
Если мы рассмотрим верхнюю полуплоскость — (Ьп я > О, и нт3 х б (-- -~) то функция созз ее переводит на верхнюю полу- 2'2~)' плоскость 1пгш > 0 с выброшенным лучом ич б [1, +со) (рис.48). В заключении рассмотрим задачу о конформном отображении, где используем принцип симметрии Римана-Шварца.
~ача. Отобразить конформно область, так называемую внешность креста, С '1 (р = О, х б [-1, 1[; у ~ [ — 1, 1), т = 0) на верхнюю полуплоскость Ьп ю > О (рис 49). Так как исходная область симметрична относительно действительной прямой, и граница области должна перейти на действительную прямую, то применим принцип симметрии Римана-Шварца. Рассмотрим область Пм границей которой является действительная прямая и отрезох по мнимой оси: р Е [О, 1), х = О. Применим к этой области последовательно преобразования: зе, = з', ~из = юз + 1 = я'+ 1, юз = дяз = злу + 1, берем ту ветвь, которая переводит образ на верхнюю полуплоскосгь.
Итак, преобразование мз = ъ~хз + 1 область Ю~ переводит на верхнюю полу- плоскость, а тогда исходная область — внешность креста — перейдет во всю плоскость с выброшенным отрезном [-за, за) по действительной оси (рис.бО). Л вЂ”. юз Теперь, применив дробно-линейное преобразование зэ4 = — ' и'2+ вз получим всю плоскость с выброшенным положительным лучом. И последнее преобразование м = /е4 (берем ту ветвь, которая переводит на верхнюю полуплоскость) дает нам окончательно преобразование (рис.б1) Лекция 16 Задача Дирихле для оператора Лапласа.
0 задаче Лирихле для оператора Лапласа мы уже говорили, когда рассматривали одно из следствий из принципа максимума модуля аналитической функции. Было показано, что если решение задачи Лирнхле существует, то оно единственно. Сейчас пойдет речь о самом существовании решения. Напомним постановху задачи: найти гармоническую функцию в области .Р, принимающую на границе области дР заданные непрерывные значения Щ), с е дР, илн, что то же самое, найти функцию и(х, р), удовлетворяющую системе Ли=О, п(х,р) =и(«), «Е Р, и~ = Щ), 4 е дР, Й(4) е С(дР). Лля произвольной области Р задача Лирихле, вообще говоря, может и не иметь решения. В случае, когда область Р— односвязная, ограниченная область, граница которой дР— замкнутая, кусочно-гладхэя, жорданова кривая, то решение задачи Лирихле всегда существует. Лля области Р = Ц« — а( < В) — для круга мы сейчас получим решение в явном виде.
Сначала мы покажем, что если есть гармоническая функция и(х, р) = и(«) в замкнутом круге ~« — а~ < В, то ее можно восстановить внутри круга по значениям на границе круга — ~« — а~ = В. Введем обозначения с = а + Ве'"', ~р Е (О, 2я'), с Е дР = Я вЂ” а~ = В), « = х + зр = а + тем, О < т < В, 0 е (0,2н!, а = а1 + 1аз. Тогда и(«) = и(х, р) = п(а1 + т соз д, аз + т эю э) = и(т, О), и(Я) = и(а, + В соя р, аз + Ваш ~р) = и(В,ср). Так как круг — область односвязная, то по гармонической функции и(«) в замкнутом круге ~« — а~ < В можно построить аналитическую функцию у(«) = и(х,р)+Ы(х,р), У(«) е А(~« — а~ < В). Пусть «' — точка, симметричная с точкой «е Р относительно окружности (с — а~ = В.
Имеем ~ по~ ~ ~ак г я)(-')я 2яз' .1 ~ — «2тз' 1 ~ — «' 2я1,/ (~ — «) (~ — «') ' К-м л К-4 л К-щадя Мы применили интегральную формулу Коши для точки «е Р, а так как точка «' х Р, то интеграл ( —. = О. 1(4) йс « — « Преобразуем выражение лг « — а —— м-а «)(« ) (~ «)(ь Я~ ) л Вэ те и (Веет — тегэ) (Ве'" — —,ен) Вз .2 Вз д ВеМ (яецтэ> — т) ( — тз + 3Мэ 'И ) Веьг (Вз + тз — 2тя соэ(0 — р)) ' Таким образом выражение для у'(«) примет вид у ВМ(яз-тз)у(а+яе )жр Л«) = —.
2 1 Ве(Яз+ з-г Я (д,р)) о 1 / (В' — тз)у(а+Век')йр 2я,/ я'+ -гтя (д-,р) ' о Интеграл, стояпшй справа, носит название интеграл Пуассона, а выраВз .2 жение, называется ядром интеграла Пуассона. Яз + тз — 2тя соя(д — у) Так же как и интеграл Коши интеграл Пуассона дает выражение аналитической функции внутри области через значение функции на границе области. Но в отличие от интеграла Коши, множитель при у'(В, ~р) есть действительная функция — ядро Пуассона.
Воспользуемся этим и отделим действительную и мнимую часть функции у"(«). Таким образом 1 /' (Вз — тз)и(я, р) байр 2и / Яз + тз — 2тя соя(д — юр) ' э 129 Отметим свойства ядра Пуассона. 1. При 0 < т < В Отсюда зм 1 Г Г Вз-тз о Вз тз Вз+ гз — 2гВсов(6- гр)/ Пуассона следует, что 1 Г Вз — т 2я,/ Во+го — 2тВсов(д — гр) о Имеем )] 131 130 Вз — гз >О, Г =1; Вз + тз — 2гВсов(д — гр) ' 2я,Г Вз+ тз — 2гВсов(6 — гр) о 2.
Вг тг Ве'т+ х — а = Не И + тъ — 2 В сов(д — гр) Вегу — (х — а) Ве'г+ х — а Так как функция ~ А(]я — а] < В), то ядро Пуассона есть Вягт — (в — а) гармоническая Функция внутри круга ]я-а] < В, т.е. при фиксированных В, р и в переменных г, В оператор Лапласа Переходкм к задаче Дирихле для круга: найти функцию и(х, р), удовлетворяющую системе уравнений: Вги=О, яб (]с — а] < В), и] = ЛЯ), ~ е д12, Л(4) е СЯ вЂ” а] = В).
Замечание. Условие и] = Л(С) подразумевает, что функция и(х,р) = и(х) е С(В), 1пп и(т,д) = Л(В,гр). Ю-нр Полученное нами представление гармонической функции через интеграл Пуассона, подсказывает нам, что решение задачи Лирихле стоит искать в виде ~(~) = и(т,д) — ', 0 < < В. 1 Г (Вз — гз) Л(В, гр) гйо 2х / Во+го-2тВсов( — гр ' о На самом деле, покажем, что интеграл справа дает решение задачи Янрихле, т.е, мы должны показать, что и(т, 6) гармонична внутри круга и )пп и(т,д) = Л(В,от). в"„я Доказательство. Так как под знаком интеграла стоит функция 1Вз — тз)Л(В , непрерывная по гр и дважды непрерывноВз + г' — 2г В сов(д — гр) дифференцируемая по т и В, 0 < г. < В, д й ]0,2я], то функция и(т, В) дважды непрерывно-дифференцируема и ее производные можно вычис- лять как интегралы от производных (см., например, В.А.Ильин (4]).
Опе- ратор Лапласа в переменных х, р или в переменных г, д имеет вид дои дзи дзи 1 ди 1 ди Ьи = — + — = — + — — + — —. дхз дрз = д,г. тд тгддз Тем самым функция и(г, 6) гармонична внутри круга ]я — а] < В. Покажем, что Бш и(г,д) = Л(В,гро), гро б [0,2я]. Из свойств ядра Вчуже Рассмотрим разность Л(В, ро) — и(г,д): 1 Г Вз — тз Л(В, р,) -.(;6) = — ~', ]Л(В,„,) - Л(В, )] В„. о Оценим интеграл, стояший справа. Так как функция Л(В, р) е С((0, 2я]) „ то Мв > 0 Здг > 0 Юр Е (О, 2гг]: ]гр — гр ] < Юг -+ ]Л(В, гр ) — Л(В,,р)] < ]2 Пусть В = шш(дм1) и 1 Г Вз .2 2. / ГР+тз- .В.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
