Свешников, Боголюбов, Кравцов. Лекции по математической физике (1125176), страница 21
Текст из файла (страница 21)
и (Р) = — и (М,). Поскольку р произвольно, то его можно выбрать так, чтобы сфера Хь' касалась поверхности 5. Точку касания обозначим М*, В точке М* и достигается максимальное значение иь= =и(Ма) . Применяя проведенные рассуждения к гармонической функции о= — и, докажем достижение на поверхности 5 минимального значения.
° Замечание. Формулировку принципа максимума можно усилить. Покажем, что если непрерывная в замкнутой области Р гармоническая функция и(М) достигает своего максимального значения в некоторой внутренней точке Мь области Р, то она равна постоянной. Из проведенных рассуждений следует, что функция и(М) равна и, не только на сфере Хр', но и, в м. силу произвольности р, всюду внутри шара Кь~', ограниченного этой сферой. Возьмем произвольную точку М области Р.
Соединим точки М, и М кривой С, целиком лежащей в области Р. Обозначим наименьшее расстояние точек С от поверхности 5 через й, а длину кривой С вЂ” через й Пусть точка М, является последней точкой пересечения кривой С и сферы Хг'. Поскольку и(М,)=и(Мь), то, повторяя проведенные рассуждения, получим, что всюду внутри шара Кг~' радиуса й с центром в М, функция и постоянна и равна и(М,). Взяв на кривой С точку Мм являющуюся последней точкой пересечения кривой С и сферы Хл', и продолжая данный процесс, в результате конечного числа шагов, которое не более (/й, получим, что внутри шара, которому принадлежит точка М, функция и постоянна и равна и(Мь)=иь.
В силу произвольности точки М и непрерывности функции и в замкнутой области Р заключаем, что и=и(М,)= =ив всюду в замкнутой области Р. Таким образом, из всех гармонических функций, непрерывных в Р, только постоянная может достигать своего максимального значения во внутренних точках области. Аналогичное утверждение можно доказать и относительно минимального значения. Таким образом, формулировку принципа максимума можно усилить и сформулировать его так: гармоническая в области Р функция, отличная от постоянной, непрерывная в замкнутой области Р, достигает своих максимальных и минимальных значений только на границе 5 области Р.
Доказанное свойство гармонических функций чрезвычайно важно, и мы неоднократно будем его использовать. Укажем одно следствие из принципа максимума: если две гармонические в 1) функции и(М) и в(М) непрерывны в замкнутой области б и п)5<о(5 то всюду внутри области и(М) (п(М). Доказательство этого утверждения, носящего название принципа сравнения, очевидно.
й 2. ВНУТРЕННИЕ КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ ДЛЯ УРАВНЕНИЯ ЛАПЛАСА Для выделения единственного решения уравнения Лапласа на границе области нужно задать дополнительные условия. В нашем курсе будут рассмотрены линейные задачи. В этом случае граничные условия чаще всего рассматриваются следующих трех видов: 1) и)з=~(РИз — пеРвое кРаевое Условие, или Условие ДиРихле; ди ~ -) — ~ =)(Р)~з †втор краевое условие, или условие Неймана; да (з 3) — + Ь (Р) и ~ з = 1 (Р) Ь вЂ” третье краевое условие. ди дл В дальнейшем, если это не оговорено особо, будем считать, что входящая в эти соотношения функция ((Р), заданная на поверхности 5, является непрерывной на 5 функцией. Также будем рассматривать в области х) неоднородное уравнение Ьи= — Р(М) с непрерывной в области В правой частью Р(М).
Последовательное изучение краевых задач начнем со случая, когда область О, в которой определяется решение, конечна. Такие задачи называются внутренними краевыми задачами. 1. Внутренняя задача Днрихле Определение. Классическим решением внутренней задачи Дирихле би=- — Р в О, и~э=) называется функция и(М), непрерывная в замкнутой области 0=1)05, удовлетворяющая уравнению в области х) и непрерывно примыкающая к заданным граничным значениям 1(Р). Заметим, что требование непрерывности и(М) в замкнутой области П 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. Теорем а 5.3 (теорема единственности внутренней задачи Дирихле). Задача Дирихле не может иметь более одного классического решения. До к а з а тел ь с т в о. Пусть существуют два классических решения и,(М) и ит(М) задачи Дирихле: Ли= — Р в Р, и~в=(. Построим функцию о(М)=и,— иь Функция о(М) — гармоническая в Р, непрерывная в Р и удовлетворяет однородному граничному условию о ! в=О.
В силу принципа максимума в(М) «О в Р (ее максимальное значение достигается на границе 5) и в(М) )О в Р (ее минимальное значение достигается на границе 5). Следовательно, в(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;(г=(ь причем ЦДР) — )г(Р) ) «е всюду на 5.
Рассмотрим функцию в (М) =и, (М) — иг (М) . Для нее всюду на 5 имеем неравенства — г«о<е. В силу принципа сравнения для гармонических функций это же неравенство справедливо всюду в Р. Следовательно, всюду в области Р (и1 — иг( «:.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.
1зт 2. Внутренние вторая и третья краевые задачи При рассмотрении второй и третьей краевых задач будем использовать следующее определение классического решения. О 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 п=Р()5, имеющая непрерывные вторые производные в Р, удовлетворяющая уравнению в области Р и заданному граничному условию иа поверхности 5. Теорем а 5 5 Пусть й(Р) )О на 5, причем йчьО Третья краевая задача пи= — Р в Р, — +пи~в=г, дл где и — внешняя по отношению к Р 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 Р, — +пи) =0 дп имеет только нулевое решение. Используем первую формулу Грина, считая, что оем и. Получим и аи Л'= гни —" й5 — ~ (ягад и)ь Л'. ди дл ди Так как Ли=О в Р, — ~ = — 1ти(в, то отсюда получаем дп )в ть м+~ь ~ ) ь =о. Следовательно, угад и=О в Р, и~в=О в тех точках поверхности 5, где ймО. Отсюда и находим и(М)=сонэ(=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 6) О, ЬФО существенно для единственности решения третьей краевой задачи.
Если й<0 на 5, то решение может быть неединственным. В этом легко убедиться на примере. Действительно, функция и(т, <р) =гсов ~р явчяется ненулевым решением уравнения Лапласа Ли=О в круге 0<с<а, удовлетворяющим однородному граничному условию 1зв ди ! Г 1 — — — и!,=,=О (6= — — 1. дг а а! Следовательно, решение краевой задачи Ли=О в круге О(г(а ди 1 — — и(,=,=О дг а неединственно, поскольку и=О также является решением этой задачи.
Если рассматривать вторую краевую задачу, т. е. 6=О, то получим дгаби=О, откуда и(М)=сонэ(, 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 $ (Р) г5 = О, э (2.!) где 139 Если это условие не выполнено, то задача Неймана для уравнения Лапласа решения не имеет.
Следовательно, условие (2.!) является необходимым условием разрешимости внутренней задачи Неймана для уравнения Лапласа. Позже покажем, что это условие является также и достаточным условием разреши. мости задачи Неймана Если определить классическое решение задачи Дирихле как функцию, непрерывную вместе со своими первыми производными в замкнутой области !У, имеющую непрерывные вторые производные внутри области !), 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 Р(М) — разрывна в области О, то классического решения соответствующая краевая задача не имеет, поскольку понятие классического решения содержит требование непрерывности вторых производных в В.
Если решение определить как функцию, удовлетворяющую уравнению в областях непрерывности Р(М) с условиямн 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 Р(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; Р()5ДР, — 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~ го 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,()5, имеющие непрерывные вторые производные в Р, и регулярные на бесконечности. Окружим поверхность 5 сферой Хя достаточно большого радиуса )с.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
