И. Петровский - Лекции (1120446), страница 43
Текст из файла (страница 43)
Согласно (19,34) при Р б Х будет ссс (АР, пл) и (Р) ~ -. (А) А с(сА — ~с (Р). Поэтому для выпотееппя краевого условия (1,35) необходимо и достаточно, чтобы функция т(А) удовлетворяла интегральному уравнепнсо Фредгольма второго рода г сов(АР, л„) .(Р)= — 1 т(А) А,',' а.А — — 1(Р). (2,35) е) Крнвнзпу х (А) и точке А крнкой Ь мы будем рассматривать со знаком, спределн~мым половнсельным нзправленнем обхода 1„ т. с.
где с — угол, образованный пелснснтельным направлением касатель- ной н осью Ов. Нсправленпе обхода ь мы будем считать положи- тельным, если нрн обходе ь в этом напрлвлейнн область с7 сстзессл слева. 35) РЕШЕНИЕ КРАЕВ. ЗАДАЧ С ПОМОЩЬЮ ПОТЕНЦНАЛОВ 2В5 Аналс1гично исследуется внешняя задача Дирихле (см. з 32). Ясли искать решение в виде потенциала двойного слоя с неизвестной непрерывной плотностью т(А) распределения диполя на Е, то аналогично (2,35) мы получим для с(А) уравнение сов (АР, лА) т(Р)= — — „~т(А)-'',„'„, Ж,+ — ((Р), (3,35) где 1(Р) — заданная на Б непрерывная функция.
Внутренняя вторая краевая задача, как было указано в $ 27, состонт в том, чтобы найти функцию и(А)), непрерывную в 6+ А' и гармоническую в 6, обладасощую в каждой точке Ь производной по направлению внешней нормали, равной заранее заданной непрерывной функции 7'(Р). Так как через — мы обозначили в З 34 производнусо дл по направлению внешней нормали, то для решения и',Р) второй краевой задачи 'э„(Р =П. ) (Рй Ц. (4,35) Мы будем искать решение в нид. Потенциала простого слоя (12,34) с неизвестной функцией м(А), которую мы будем считать непрерывной. В силу теоремы 6 $ 34 для того, чтобы удовлетворить краевому условщо (4,35), необходимо и достаточно, чтобы выполнялось соотношение (Р) " м(,1),ПА ( ~ (Р).
(5,35) 1 с сов(АР, нг) 1 ь Аналогично ставится внешняя вторая краевая задача, Ока приводится к интегральному уравнению 3 а и е ч а н и е. Коли бы мы пытались решить внутрен- ИЮЮ Задачу ДирИХЛЕ При ПОМОЩИ ПОтЕНцИаЛа ПрОСтОГО слоя с неизвестной непрерывной плотностью ю(А) рас- 1 35) Рвшпннв кРАВВ.
3Адлч с помощь!0 потвнг!ИАПОВ 251 эллиптичвскив УРАвнвний [ги. 3 йвб пределенив заряда, то пришли бы к уравнению „.,;.) (А) 1в — —; Юд =- Х (Р) (Р б Х ) (' ) Это — интегральное уравнение Фредгольма первого рода, Теория таких уравнений значительно сложней, чем теория уравнений второго рода. Уравнение (" ), как можно показать, имеет решение не прп всех непрерывных Х (Р), Если, например, 6 есть круг радиуса 1, то при Х(Р) тд О пе существует решения уравнения (а), так как левая часть (12,34) обращается в нуль в центре этого круга при любой функции ы (А); при Х(Р) '> О эта невозможно вследствие теоремы о максимуме и минпмуме, 2. Исследование полученных интегральных уравнений.
Обозначим (АбХ, Рб Х, А таР). Тогда К,(А, Р) =К (Р, А). Поэтому ядра уравнений (2,35) и (6,35), а также (3,35) и (5,35) оказываются транспонированпымн. Ядро К,(Р, А) определено и непрерывно, когда А б Х, Р б Х,, А ~ Р. Однако для любой точки Раб Х ядро Кх(Р, А) имеет определенный предел, когда А Р„, Р— +Р,(А чь Р). Пусть Тд — касательная в точке А к кривон Ь, Рд— проекция точки Р на Тд.
Тогда, если кривизна х(Р) положительна, то в достаточно малой окрестности Р с сов(АР, лд) = — ) зш(АР, Тд)). Учитывая эквивалентность 1з)п(АР, Тд)) и ) Ьй(АР, Тд)), г(А,Р) и г(А, Рд), получим: соа(АР,п„) 1!и!АР, Т,)! П !и — — * =- — 1'ип — ' ", . (7,35) г!А, Р) г(А, Р„! Выберем Тд за ось х, начало координат поместим в точку А, а ось у направим внутрь 6. Тогда уравнение части Х. вблизи А запишется в виде у=р(х).
Обозначим через х абсциссу точки Р в построеннон системе координат. Тогда, применяя формулу Тэйлора, получим: 1!и(АР т„)1 т1х! — — — = —. в" (бх) = г(А, Рл! ха = — „х (1)Х) (1+ [р'(бх)1 ), (3 35) где точка йХ (с абсциссой бх) лежит на Х между А и Р, х(лХ) — кривизна в точке М. Из (7,35) н (8,35) следуе~, что при А — Р, Р— Ра(А чь Р) сох(АР,и ) 1пв = — —, х (Р,). г(г!, Р) 2 о' Таким же образом можно показать, что последнее равенство справедливо н в том случае, когда х(Р,) <О. Ксан доопределить функцию К, (Р, А) прн Р =- А, положив К (А, А)= — — „х(А), то полученная фуикцня, которуто мы будем обозначать также К, (Р, А), будет непрерывнов по совокупности переменных при произвольных .1 б Хч Р б Хч а потому равнол!ерно непрерывной. Это же относится н к Кх(Р, А), Мы будем польаоваться теорией интегральных уравнений с непрерывным ядром вида у(Р) — ), ~ К(Р, А) у(А) г)1 + Х (Р), изложенной, например, в моем курсе интегральных уравнений а), Докажем сначала следу!ощее предложение, необходимое нам в дальнейшем.
Лемма 1. ХХотоис)вал врос!лого слоя 1 Е) = 1 -(А) 1в„„Вид т *) И. Г. Петровский, Лен!и!и во теории иитегральаых уразиевий, Гостехиадат, 1З51, стр. 50 — 54 зллиптичвскнв урлвнвння !Рл. 3 (10,35) (9,35) стремится к нулю при удалении точки ч» в бесконечность тогда и только тогда, ее »и Если условие (9,35) не выполнено, то фу»гкг!ил и (г',)) нри уааленгт г',) в бесконечность но модулю неограниченно растет. Д о к а з а т е л ь с т в о.
Возьмем в плоскости любу»о точку гг. Тогда е) (А) !и —,— ЖА = г )(А, ~) $ (А)1„' л1 ). ( „(4)! '(О О)А! г(0 0) . - ) - ).(А г)) А= ь ь =1п 1 и (А) г(1~+ 1 (А) !и — '' — а)4, г(0, );) ге(А, ~Э) В полученной сумме при удалении точкп г',» в бесконеч- ность второе слагаемое стремится к кулю, а первое сла- гаемое неограниченно растет по модулю тогда и только тогда, если Отсюда следует утверждение леммы. Т е о р е и а 1.
Уравнение (2,35) внутренней задачи ,!)ириале и уравнение (6,35) внешней во»арой храееой задачи имеют одно и только одно рек»ение нри любой' неирермвнои функ»)гги 1(Р). Доказательство. Согласно первой теореме Фредгольма мы докажем, что уравнения (2,35) н (6,35) кмегот единственное решение при .шобой непрерывной функции 1(Р), если покажем, что соответствугощне нм однородные уравнения Имеют только тривиальные, т. е.
равные тождественно ну)по решения. Так как уравнение (2,35) транспонировано к уравнению (6,35), то согласно второй теореме Фредгольма дчя доказательства теоремы 1 доста- 1 3)! Решение НРАБВ. 3АдАч с пОИОщью поткнциАлов зяб точно показать, что однородное уравнение 1 с ов(АР, р) ге (Р) = — — » ю (А) — — гг)А ч . г(А, ,р) г, имеет только тривиальное решенпе, Пусть о) (Р) — решение уравнения (!0,35). Покажем, что ~ е(А)сНА=О, Интегрируя правую к леву»о части уравнения (10,35) по контуру Л, имеем: АР а р ] ь Переставляя порядок интегрирования в правой части зтого равенства и нсгтользуя теорему 4 кз з 34, получнм: )) о) (Р) а»)р = .)- — ~ е (Л) ~ ~ ', Р Жр 1 ЖА = ь .= — ~ е! (А) г(1А, т.
о. е) е (Р) Яр=0. ь Рассмотрим функцию и Щ= е(А) !и г(1А. г(Л, О) Иа леммы '1 з 35 следует, что и(()) стремится к нулю прн удалении () в бесконечность. Функция и(г)) является гармонической вне 1 и так как е)(Р) удовлетворяет уравнению (!0,3О), то †, = О. Ио в 1 33 мы показали, что г г»гг решения одной и той же внешней вто!Юй краевой зада)и отличаются постоянным слагаемь)м. Следовательно, иф)=сове(.
в Н. Так как и(®-г0 прн г~)-Асс, то и(ге)ж0 в Н, Из непрерывности потенциала простого слоя следует, что и = 0 на ь,. По гоореме о максимуме и минимуме ижО в 6 я, следовательно, — =О. Вычитан ал и. г. петром и ЕпцнптИЧЕСКИЕ РРАВНЕНГГЯ . (гл равенство (21,34) из (22,34), получим, что е(Р)=О, так ди ди как —.=0 и — =О. до дпч Т е о р е и а 2. Однородное уравнение =1 соз (ЛР йр) (Р) = — ~ (А) " сцл, (11,35) ь соотеетстеуюи(ее уравнению (5,35), имеет только одно линейно невависимов решение ю (Р), и ~ и (А) агл Ф О.
Доказательство. Покажемсначала,чтоеслиреше- ние в (Р) уравнения (11,35) не равно тождественно нулю, то ~ е (А) А(А Ф О. Рассмотрим функцшо и ®) = $ ~ (А) 1п - — - — ) гйл, Функция иф) является гармонической вие Б. Так как и удовлетворяет уравнениго (11,35), то согласно теореме 6 да $34, —.-=0 на А. По теореме 2 п. 3 $28 и==сопзь, в 6+ 1.
Если ~ виар= О, то по лемме 1 9 35 и Я)-+0 ь прн удалении л в бесконечность, т. е. и(ф является ограниченным решением внешней задачи Дирнхле, рав- ным постоянной С на Ь. В З 32 мы доказали единствен- ность такого решения, н поэтому иЩ) =-С в Н. Так как и®) — >О при (~-ь со, то С=-О, т. е. иежО на всей плоскости. Из теоремы 6 9 34 получаем, что и (Р) = — О на Ь. Пуществовавие хотя бы одного нетривиального реше- ния и у уравнения (11,35) следует из того, что транспо- иированное к нему уравнение сов(АР, ол) т(Р)= — — ~ т(А) " йл, ь иак легко проверить, имеет решение ч(Р)=соцеь. 1 зя Ржлгвние кРАЙВ. ЗАдАч с помощью потенциАлов 291 Покажем, что уравнение (11,35) не может иметь двух линейно независимых решений. Пусть ю — какое-либо решение (11,35), отличное от ю, Постоянную а можно всегда выбрать таким образом, чтобы ~ (аю+чОЖА=О, так как ) (А) йл Ф О, Йо мы показали выше, что для решения уравнения(11,35) из равенства ) (ав+ е) й,= О следует, что ач + юж0.
Теорема доказана. Функция е(Р) имеет простой физический смысл. Она равна плотности распределения заряда иа г, в том случае, когда 6 + г' является проводником. Используя теорему 2 и применяя третью теорему Фредгольма, получим: Т ео р ем а 3. Уравнение (3 35) внешней задачи Диряеле имеет. решение тогда и только тогда, если '1 ~(А) е(А)Жл=О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
