А.В. Субботин - Лекции по методам математической физики для физхимиков 211 группы (1120442), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Пусть u(~x) = u1 (~x) − u2 (~x). Тогда u удовлетворяет за∂u ¯¯даче ∆u = 0 в G и¯ = 0. Рассмотрим∂n ΓZZ Z. . . u∆u dx1 . . . dxn .GПреобразуемZ ZZZ Z∂ 2u∂ucos(~n, xk ) dS−. . . u 2 dx1 . . . dxn = . . . u∂xk∂xkΓGZZ Z ³∂u ´2−...dx1 . . . dxn .∂xkGСкладываем для k = 1, . . .
, n ⇒ZZ ZZ Z∂u0=. . . u∆u dx1 . . . dxn = . . . udS−∂nGΓZZ−Z Xn ³∂u ´2...dx1 . . . dxn∂xkk=1GZZ⇒Z ³∂u ´2∂u...dx1 . . . dxn = 0 ⇒= 0 в G ⇒ u ≡ const.∂xk∂xkGНеобходимое условие разрешимости задачи НейманаТеорема 2. Пусть задача Неймана(∆u = 0∂u=f∂nимеет непрерывно-дифференцируемое в G решение. ТогдаZ Z. . . f dS = 0.ΓДоказательство.
Рассмотрим интеграл (вообще говоря, несобственный)ZZ Z. . . ∆u dx1 . . . dxn .G64Согласно формуле интегрирования по частямZZ ZZ Z∂2u∂u. . . 1 2 dx1 . . . dxn = . . .cos(~n, xk ) dS.∂xk∂xkGΓСкладывая для k = 1, . . . , n ⇒ZZ ZZ Z∂u0=. . . ∆u dx1 . . . dxn = . . .dS,∂nGΓчто и требовалось доказать.Сведение задачи Неймана к задаче Дирихле (n = 2)Пусть u ∈ C 1 (G) ∩ C 2 (G) — решение задачи Неймана(∆u = 0∂u ¯¯¯ = f (x, y),∂n Lпричем G ограничена кусочно-гладкой кривой L.GLЗафиксируем (x0 , y0 ) ∈ L и определим функцию на L(x,y)Zформулой g(x, y) =f (x, y) ds, где криволинейный(x0 ,y0 )интеграл берется вдоль ZL против часовой стрелки. Очевидно,g(x, y) ∈ C(L), так какf (x, y) ds = 0, согласно необходимомуLусловию разрешимости задачи Неймана.
Определим(x,y)Zv(x, y) =−∂u∂udx +dy,∂y∂x(x0 ,y0 )где (x0 , y0 ) соединяется с (x, y) по любой кусочно-гладкой кривой, лежащей в G.65Лекция XIIСведение задачи Неймана к задаче Дирихле(продолжение)Прошлый раз определили функцию v, сопряженную к гармоническойфункции u, и функцию g(x, y), непрерывную на L.
Теперь сформулируемстрогое утверждение.Теорема 1. Пусть u ∈ C 1 (G), тогда(½∆u = 0, u ∈ C 1 (G),∆v = 0, v ∈ C 1 (G),¯¯⇔∂u ¯v ¯L = g(x, y),¯ = f (x, y)∂n Lгде v — сопряженная к u гармоническая функция, а g(x, y) =(x,y)Z(L)f ds (здесь и далее знак (L) перед интегралом означает, что(x0 ,y0 )интеграл берется вдоль L).(x,y)ZДоказательство. v(x, y) =−∂u∂u∂v∂u ∂vdx +dy ⇒= − ,=∂y∂x∂x∂y ∂y(x0 ,y0 )∂u∂ 2v∂2v∂ 2u∂ 2u⇒+=−+= 0, так как u ∈ C 2 (G) ⇒ v —∂x∂x2∂y 2∂x∂y∂y∂xгармоническая.Кроме того, из соотношения между частными производными функций u и v (которые, кстати, означают, что функция v сопряжена к функции u) вытекает, что если ~n, ~τ — правая ортонормированная система∂v∂uвекторов, то=в G.
Действительно, если ~n = (cos α, sin α), то∂τ∂n∂v∂v∂v∂u~τ = (− sin α, cos α), поэтому=(− sin α)+cos α = − (− sin α)+∂τ∂x∂y∂y∂u∂u∂u∂ucos α =cos α +sin α =.∂x∂x∂y∂nЕсли перейти к пределу к точке границы области G (используя непрерывность частных производных функций u, v), то получим66dv∂v∂u=== f (x, y), где s — длина дуги кривой L, отсчиds∂τ∂n6n тываемая от (x0 , y0 ) против часовой стрелки, τ — единичныйLвектор касательной к кривой L, а ~n — внешняя нормаль к гра(x,y)Zdvнице G. Следовательно, если (x, y) ∈ L, то v(x, y) = (L)ds =dsJ6(x0 ,y0 )(x,y)Z(L)(x0 ,y0 )∂vds = (L)∂τ¯и v ¯L = g.(x,y)Zf ds = g(x, y).
Значит, v ∈ C 1 (G), ∆v = 0 в G(x0 ,y0 )Постановка третьей краевой задачиНайтигармоническую¯ в G и непрерывную на G функцию u, у которой∂u ¯¯∂u¯∃+ a(~x)u¯ = f , где a и f — заданные функции на Γ.¯ и∂n Γ ∂nΓУпражнение. Доказать единственность третьей краевой задачи в предположениях u ∈ C 1 (G) и a(~x) > 0, a(~x) 6≡ 0, a(~x) — кусочно-непрерывна.Метод Фурье для эллиптических уравненийРассмотрим ∆u = 0, n = 2 и G = {x2 +y 2 < 1}. Метод Фурье применяетсятолько к прямоугольным областям, поэтому решение ищем в полярныхкоординатах.I.
Разделение переменных. Ищем решение в виде u(x, y) = R(r)Φ(ϕ).Упражнение. Доказать, что ∆u =∂ 2 u 1 ∂u1 ∂ 2u++.∂r2r ∂r r2 ∂ϕ211Тогда ∆u = R00 Φ + R0 Φ + 2 RΦ00 = 0, разделяем переменныеrr1R00 + R0Φ00r=.−1ΦRr2Левая и правая части зависят каждая от своей переменной, значит ониобе постоянны и равны λ. Рассмотрим случаи разных знаков λ.a) λ = ω 2 > 0 ⇒ Φ(ϕ) = A ch ωϕ + B sh ωϕ. Так как функцияu(x, y) непрерывна в G и R(r) 6≡ 0, то функция Φ(ϕ) должна быть 2πпериодической ⇒ A = B = 0.671б) λ = 0 ⇒ Φ(ϕ) = A + Bϕ — 2π-периодическая ⇒ B = 0, Φ0 (ϕ) = ,2а любое решение Φ(ϕ) = A0 Φ0 (ϕ).в) λ = −ω 2 < 0 ⇒ Φ(ϕ) = A cos ωϕ + B sin ωϕ — 2π-периодическая(1)(2)⇒ ωn = n, n ∈ N ⇒ Φn (ϕ) = cos nϕ, Φn (ϕ) = sin nϕ, а любое решениеΦn (ϕ) = An cos nϕ + Bn sin nϕ.1n2Теперь решаем по r ⇒ R00 + R0 = 2 R, ищем решения в видеrr(1)R(r) = rµ ⇒ µ(µ − 1) + µ = n2 ⇒ µ2 = n2 ⇒ µ = ±n ⇒ Rn (r) = rn ,(2)Rn (r) = r−n — ФСР.
Но r−n — неограничены в G, а u(x, y) должна бытьограничена при r → 0 ⇒ откидываются. Таким образом, Rn (r) = rn . ПриC2n = 0 перепишем уравнение в виде (rR0 )0 = 0 ⇒ rR0 = −C2 ⇒ R0 = −r1⇒ R(r) = C1 + C2 ln ⇒ R0 (r) = 1.r|{z}неогрприr→0Итак, общий вид решенийun (x, y) = rn (An cos nϕ + Bn sin nϕ),A0u0 (x, y) =.2n ∈ N,II. Метод Фурье. Ищем решение в виде∞A0 X nu(x, y) =+r (An cos nϕ + Bn sin nϕ),2n=1r < 1.∞PA0An cos nϕ + Bn sin nϕ = f (ϕ) — за+2n=1данная функция на [0, 2π], 2π-периодическая. Если f ∈ C 2 [0, 2π] и 2πпериодическая, то An , Bn — коэффициенты Фурье функции f — имеют∞A0 P1+rn (An cos nϕ+Bn sin nϕ) сходитсяпорядок An , Bn = O( 2 ) ⇒ рядn2 n=1в замкнутом круге r 6 1 равномерно ⇒При r = 1 должно быть∞A0 X nu(x, y) =+r (An cos nϕ + Bn sin nϕ),2n=1r 6 1,непрерывна в G = {x2 + y 2 6 1} и совпадает на окружности r = 1 сфункцией f .
Осталось проверить, что u(x, y) — гармоническая в G.Заметим, что un (x, y) = rn (An cos nϕ + Bn sin nϕ) = Re[(An − iBn )z n ],где z = reiϕ ⇒ un — гармонические в G, как действительные части68аналитических (см. курс комплексного анализа). Чтобы проверить, что∞Pu(x, y) =un (x, y) — гармоническая в G, надо обосновать, почему рядn=0для u(x, y) можно дифференцировать по x и по y два раза.n∂ hio¡∂Заметим, чтоun (x, y) = Re(An − iBn )z n= Re[ (An −∂x∂x¢∂ 2 un0iBn )z n ] = Re[n(An − iBn )z n−1 ] и аналогично= Re[n(n − 1)(An −∂x2¯ ∂2¯¯¯iBn )z n−2 ] ⇒ ¯ 2 un (x, y)¯ 6 n(n − 1)rn−2 · 2C, где |An |, |Bn | 6 C ⇒ ряд∂x∂2изun (x, y) сходится равномерно в каждом замкнутом круге r 6 r0 ,∂x2где r0 ∈ [0, 1) ⇒ ряд можно дифференцировать почленно два раза по x.Аналогично по y ⇒∞X∆u =∆un = 0|{z}n=00в любом замкнутом круге r 6 r0 < 1.
Так как r0 ∈ [0, 1) — любое ⇒ и вовсем круге r < 1.Замечание. Сходимость и гармоничность ряда для u(x, y) справедливадля любой функции f с ограниченными An , Bn (в частности, для любойнепрерывной 2π-периодической функции f (ϕ)). А вот непрерывность в2G (и совпадение на ∂G с f ) мы доказали только для f ∈ C2π(R). Насамом деле непрерывность в G (и совпадение на границе с f ) имеетместо (в некотором специальном смысле) для любой непрерывной 2πпериодической функции f (ϕ).69Лекция XIIIИнтеграл Пуассона2Прошлый раз доказали, что если f (ϕ) ∈ C2π(R), то задача Дирихлеp½∆u = 0, r = x2 + y 2 < 1,¯u¯ = f (ϕ)r=1имеет решение∞A0 Xu(x, y) = u(r, ϕ) =+(An cos nϕ + Bn sin nϕ)rn ,2n=1(XIII.1)где An , Bn — коэффициенты Фурье функции f (ϕ),1An =πZπ1Bn =πf (θ) cos nθ dθ,−πZπf (θ) sin nθ dθ.−πПреобразуем выражение для u, подставив выражение для An , Bn в(XIII.1)1u(x, y) =2πZπ−πZπ∞X1f (θ) dθ +f (θ)[cos nθ cos nϕ+sin nθ sin nϕ] dθ rn =πn=1−π1=2πZπ∞ihXf (θ) 1 + 2rn cos n(ϕ − θ) dθ,n=1−πСумма 1+2∞Pr < 1.rn cos n(ϕ−θ) называется ядром Пуассона для единичногоn=170круга и обозначается Pr (ϕ − θ).
Найдем явное выражение дляPr (θ) = 1 + 2∞Xrn cos nθ = 1 +∞Xn=1=+∞Xrn (einθ + e−inθ ) =n=1r|n| einθ =n=−∞∞Xzn +n=0∞Xn=1z̄ n =1z̄+=1 − z 1 − z̄2=1 − |z|1 − r21 − z̄ + z̄ − z z̄===|1 − z|2|1 − z|2|1 − r cos θ − ir sin θ|21 − r21 − r2==.1 + r2 − 2r cos θ(1 − r cos θ)2 + r2 sin2 θТаким образом,Zπ1u(r, ϕ) =2πf (θ)1 − r2dθ.1 + r2 − 2r cos(ϕ − θ)−πЗаметим, что это выражение имеет смысл для любой непрерывной функ2ции f (θ) ∈ C2π (R), а не только для f ∈ C2π(R). Мы докажем, что интеграл Пуассона дает решение задачи Дирихле в случае произвольнойнепрерывной граничной функции.Аналогичную формулу можно написать и для круга радиуса R21u(r, ϕ) =2πRZπf (θ)R2 − r 2dθ,R2 + r2 − 2Rr cos(ϕ − θ)r < R,−πи аналогичная формула существует и для R3 в шареZZ1R2 − r 2u(r, θ, ϕ) =f (θ0 , ϕ0 ) 2sin θ0 dθ0 dϕ0 ,4π(R + r2 − 2Rr cos γ)3/2−π6ϕ0 6π06θ0 6π(Rгде γ — угол между радиус-векторами точек (r, θ, ϕ)(внутри шара) и (R, θ0 , ϕ0 ) (на поверхности шара), заданных в сферических координатах, а sin θ0 dθ0 ϕ0 — элементтелесного угла на сфере и f (θ0 , ϕ0 ) — заданная непрерывная функция на [0, π] × [−π, π].Определение XIII.1.
Интегралом Пуассона в шаре BR с центром в71нуле и границей SR называется интегралZ Z n−2 2~1R (R − |~x|2 )f (ξ) dS1 (ξ)u(~x) =...,cn(R2 + |~x|2 − 2R|~x| cos γ)n/2SR~ — заданная непрерывная функция на SR , γ — угол междув котором f (ξ)~ dS1 (ξ)~ — элемент телесного угла (площадь на SR , деленная на~x и ξ,Rn−1 ) и cn — площадь единичной сферы в Rn .Функция~ =P (~x, ξ)Rn−2 (R2 − |~x|2 )Rn−2 (R2 − |~x|2 )=~n(R2 + |~x|2 − 2R|~x| cos γ)n/2|~x − ξ|называется ядром Пуассона в шаре BR .Свойства ядра Пуассона~ > ∀ ~x ∈ BR ∀ ξ~ ∈ SR .1) P (~x, ξ)~ гармонична в BR для каждого фиксированного ξ~ ∈ SR .2) P (~x, ξ)~ 2 + 2(~x − ξ,~ ξ)~ + R2 ⇒Действительно, представим |~x|2 = |~x − ξ|~ =P (~x, ξ)~ ξ)~R22Rn−2 (~x − ξ,−.~ n−2~n|~x − ξ||~x − ξ|11— гармоническая (так как n−2 — гармоническая по задаn−2~r|~x − ξ|~ ξ)~(~x − ξ,∂1че, которая была на позапрошлой лекции), а=~n~ n−2|~x − ξ|∂ ξ~ |~x − ξ|с точностью до числового коэффициента ⇒ тоже гармоническая, таккак производная по параметру гармонической функции тоже функция∂∂11== 0.гармоническая ∆x∆x~ |~x − ξ|~ n−2~~ n−2∂ξ∂ξ|~x−ξ|Z Z1~ dS1 (ξ)~ = 1, ~x ∈ BR .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
