Свешников, Боголюбов, Кравцов. Лекции по математической физике (1125176), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Область между 5 и Хя обозначим Рю В области Ра справедлива первая формула' Грина итог(г'=(е и — г(5+1е и — с5 — ~ хти ттп<Л/. (3.1) дя С до дп д ди Оценим интеграл по Ея'. ~ и — г(5 ~ = ~ (~1 и (., соз а+ с„соз р+ о, соз у) г(5 ~ ( — 1=! хя хя <ф — — г(5= — 4пгз), а= — ~ О. А ЗЛ ЗА~ з 12ЯА~ т Хз гэ й Здесь (сова, совр, сову) — направляющие косинусы нормали к Хю и при оценке использованы условия регулярности на бесконечности.
Подынтегральная функция в интеграле по Ра в силу условий регулярности на бесконечности имеет следующую оценку при г-~со; ЗАз ~ х7и. туо)( —. ИО Поэтому интеграл по Рл прн )с- оо сходится 1 к несобствен- ному интегралу (первого рода) по Р,, Следовательно, перехо- дя к пределу при )т- оо в формуле (3.1), получим и Ао с()7 = Х и — Ю вЂ” ~ т7 и т70 Йг, до дл (3.2) пе пе где интеграл в левой части формулы (3.2) понимается как несобственный интеграл по Р,. Формула (3.2) есть первая формула Грина для неограниченной области Р,.
Меняя местами функции и и о и вычитая полученное соотношение из (3.2), получим вторую формулу Грина для неограниченной области. Если учесть, что фундаментальное решение 1Ямм, уравнения Лапласа регулярно на бесконечности, то, повторяя рассуждения п. 1 $1, получим и третью формулу Грина для неограниченной области Р,. Еще раз отметим, что в формулах Грина нормаль и есть нормаль к поверхности 5, внешняя по отношению к той области, в которой применяются формулы Грина.
Поэтому при использовании формул Грина в неограниченной области Р, эта нормаль направлена внутрь ограниченной области .Р с поверхностью 5. 2. Единственность решения внешних задач в трехмерном случае Перейдем к изучению единственности решения внешних краевых задач для уравнения Лапласа в трехмерном случае. Внешняя задача Дирнхле ставится следуюшнм образом. Найти функцию и, непрерывную в замкнутой области Р,()5, удовлетворяющую уравнению Лапласа в области Р„непрерывно примыкающую к граничному условию и ( з=)(Р) 1а и(М) ~+О, М вЂ” ьсо. е~ Определение несобственных интегралов и признаки их сходимости смл Ильин В.
А., Поз ня к Э. Г. Основы математического анализа. Ч. 2. Мл Наука, 1980. * ~ 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**>.
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 О„ и)з — — ~, и + 0 на бесконечности. Теорема 5.6. Внешняя задача Дирихле не может иметь более одного классического решения, регулярного на бесконечности. Доказательство. Пусть существуют два решения и, и иь разность о=и,— и, есть решение однородной задачи Ьо=О в О„ равномерно стремящееся к нулю на бесконечности.
Следовательно, для любого а)0 существует )с, такое, что ~о((е при г~ К,. Окружим поверхность В сферой Хч достаточно большого радиуса Д (Р)В,). Применяя принцип максимума для уравнения Лапласа в области с)я между В и Хч, получим (о(М)1(а всюду в 0я. В силу произвольности е(а -0) и )с(В-+-оь) отсюда получаем о(М) =0 всюду в О,. 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 стремящихся к нулю на бесконечности, в неограниченной области Р, справедлив принцип максимума. Отсюда, как и для внутренней задачи, сразу вытекает устойчивость решения внешней за. дачи 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 В„ й1,=~ и ~~0 на бесконечности. Эта задача, в отличие от внутренней, имеет единственное решение.
Действительно, применяя к решению однородной задачи Ао=О в 0„ и +'0 на бесконечности первую формулу Грина, точно так же, как для внутренней задачи, найдем о=сопз1 всюду в Р,. Условие на бесконечности дает сопз1=0. Следовательно, э=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 = 0 вне окружности г = а, и1,, =1. Решая эту задачу методом разделения переменных, находим два решения: 1и г сс,— 1, и,=— 1па ' из которых первое ограничено, а второе неограниченно возрастает при г-с-ссп.
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 д е л 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 Р, уравнению Лапласа ба=О, непрерывно примыкающую к граничному условию 143 и ограниченную на бесконечности.
Здесь à — гладкий замкнутый контур на плоскости (х, у), являющийся границей области В,. 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 В„ и1 1и1(Л1, У=сопз1. Покажем, что зта 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 )7мм, — расстояние между точками М и Мь. Фун- кция !п мм а гармонична всюду в В, и положительна в ь)„так как Ймм«) а при Мяс),. Построим окружность Сьм' радиуса б с центром в точке Мь, содержащую контур Г внутри себя. Рассмотрим функцию нмм. 1и иь(М) =)У 1и— а называемую «барьером». Она гармонична в О„иь (М)1 м,= Ж, сь ' иь(М) >О при МыГ.
В силу принципа максимума 1и(М) ( <иь(М) всюду между контуром Г н окружностью Сь', Фиксируем точку М. Пусть Ь вЂ” э-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 В, функций, регулярных на бесконечности, справедливы первая и вторая формулы Грина во внешней области. Для этого покажем, что для гармонической в О, и регулярной на бесконечности функции и справедлива оценка ее первых производных: — ~< —, ~ — 1< — при г)1Р, А=сапа(.
(3.3) 1. ~- ' ~. ~- ди1 А 1ди1 А Построим окружность См' радиуса а с центром М„содержащую контур Г внутри себя. Введем полярную систему координат (г,ф) с началом в Мо. Методом разделения пере- М, менных легко показать, что вне С,' регулярное на бесконечности решение уравнения Лапласа может быть представлено в виде ряда и (М) = — о+ Ъ ~ ( — ) (А„соз пф+В„з(п пф), (3.4) и=1 где Аи= — ~ и(а, !р)соз афшар, п=О, 1, 2, 1 !' о В„= — ~ и(а, ср)5!ппфс(ф, п=1, 2, 1 Г 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 г) 1Р ! — ")< —, ! — ~(< —, А=сова(. Поскольку ди ди 51п !р ди соз ф— дх дс дф ди ди .
соо ф ди — = — 5!и !Р+ дд дс 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 о непрерывны в Р. вместе с первыми производными, имеют непрерывные вторые производные в Р„гармонические в Р, и регулярны на бесконечности. Построим окружность Си достаточно большого радиуса )с, содержащую контур Г внутри себя. Область между Г и Си обозначим Ри.
Применим к функциям и и о в области Ри первую формулу Грина оЛас(о=фи — с(1+ 3! о — Ж вЂ” ~~ахун!(о. (З.б) -ж— Г ди Г ди ;т ди 3 дп 145 Согласно оценке '(3.3) при Р— ~-пь о — сУ -~ О. ди дп с Интеграл ~ ттихуодо при Я-~-оо сходится к несобственному оя интегралу ~ туи с7о до. Следовательно, существует предел при од )с-+.оь интеграла, стоящего в левой части (3.5), и, переходя к пределу в (3.5), получаем первую формулу Грина во внешней области О.: о Ли сЬ = у о — д( — ~ туи ~ус до.
ди дп о, г о, Справедливость второй формулы Грина во внешней области,0, (оаэи — иапо)до=~) ~о — — и — ~ с(( ди дь дп 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 п(Р) ъО, й(Р) чаО внешняя третья краевая задача на плоскости: Ли=О в 0„ — '" +йи)г=( (Р))„ дп; где и; — внутренняя по отношеншо к области 0 нормаль к контуру Г„может иметь не более одного решения, непрерывного вместе с первыми производными в 0,()Г и регулярного на бесконечности.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
