Лекционный курс по ММФ (1125179), страница 21
Текст из файла (страница 21)
Значит, множествоAM = {x ∈ Ω| u(x) = M } одновременно открыто и замкнуто в Ω, откудаи из связности Ω следует, что AM = Ω. Теорема доказана.Замечание 16 Заменяя u(x) на −u(x), получим аналогичные утверждения с min вместо max.Теорема 57 (Единственность.) Пусть g(x) ∈ C(∂Ω), f (x) ∈ C(Ω).Тогда существует не более одного решения u(x) ∈ (C 2 (Ω)∩C(Ω)) краевойзадачи∆u(x) = f (x), x ∈ Ω; u|∂Ω = g(2.36)Доказательство. Пусть u1 (x), u2 (x) – два решения (2.36) из указанного класса функций. Тогда функция w(x) = u1 (x)−u2 (x) ∈ (C 2 (Ω)∩C(Ω))– гармоническая, откуда и из сильного принципа максимума следуетутверждение теоремы.Теорема 58 (Гладкость.) Если u ∈ C(Ω) такова, что для каждогошара B(x, r) ⊂ Ω выполнено (2.35), то u ∈ C ∞ (Ω).Доказательство.Пусть{C exp( |x|21−1 ), |x| < 1,0, |x| ≥ 1,∫и константа C выбрана так, что Rn η(x)dx = 1.
Положим ηε (x) = ε−n η( xε ).Тогда по теореме о регуляризации функция uε (x) = ηε ∗ u определена вΩε = {x ∈ Ω| dist(x, ∂Ω) > ε} и uε (x) ∈ C ∞ (Ωε ). Покажем, что функцииu(x) и uε (x) совпадают в Ωε . Пусть x ∈ Ωε , тогда∫∫x−y−n)u(y)dy =η(uε (x) = ηε (x − y)u(y)dy = εεη(x) =ΩB(x,ε)149= ε−n∫ε0=ε−n∫εu(x)r η( ) ε∫u(y)dSy dr =∂B(x,r)rη( )nα(n)rn−1 dr = u(x)ε0∫ηε (y)dy = u(x).B(0,ε)Таким образом, для достаточно малого произвольного ε > 0 функцииu(x) и uε (x) совпадают в Ωε .
Отсюда u(x) ∈ C ∞ (Ωε ) для всех достаточномалых ε > 0. Теорема доказана.Для гармонических функций справедливо также следующее утверждение, которое мы приведем без доказательства.Теорема 59 (Теорема Лиувилля.) Пусть u : Rn → R – гармоническая и ограниченная функция. Тогда u(x) = const .Упражнение к пункту 3: Провести подробное доказательство теоремы 57.6.2.4Вариационное исчисление.∫Пусть g(x) ∈ C(∂Ω), f (x) ∈ C(Ω). Обозначим I[w] = Ω ( 12 |∇w|2 + wf )dx– функционал энергии, где w(x) принадлежит допустимому множествуA↕A = {⊒ ∈ C ∈ (⊗)| ⊒|∂⊗ = }(§)}.Теорема 60 (Принцип Дирихле.) Пусть u(x) ∈ C 2 (Ω) – решение краевой задачи (2.36). ТогдаI[u] = min{I[w]| w ∈ A↕A}.(2.37)Обратно, если u ∈ A↕A удовлетворяет (2.37), то u(x) – решение (2.36).Доказательство.(2.36) имеем1.
Пусть w ∈ A. Тогда для функции u(x) – решения∫(∆u(x) − f (x))(u(x) − w(x))dx,0=Ωоткуда, интегрируя по частям, получаем∫0 = (< −∇u, ∇(u − w) > (x) − f (x)(u(x) − w(x))dx,Ω150и далее∫∫(< ∇u, ∇w > (x) + f (x)w(x))dx ≤2(|∇u| + u(x)f (x))dx =Ω∫≤Ω1( |∇u|2 dx +2Ω∫1( |∇w|2 + f (x)w(x))dx.2ΩПри этом при переходе к неравенству были использованы соотношения| < ∇u, ∇w > | ≤ |∇u||∇w| ≤|∇u|2 + |∇w|2.2Отсюда I[u] ≤ I[w] для всех w ∈ A. Так как u ∈ A, то отсюда следует(2.37).2. Пусть теперь выполнено соотношение (2.37). Зафиксируем v ∈∞C0 (Ω), и положим l(τ ) = I(u + τ v], τ ∈ R. Так как для любого τ ∈ R верно u + τ v ∈ A, то функция l(τ ) достигает минимума при τ = 0.
Значит,dl(0) = 0, если производная существует. Однако,dτ∫1l(τ ) = ( |∇u + τ ∇v|2 + (u + τ v)(x)f (x))dx =2∫=Ω11( |∇u|2 + τ < ∇u, ∇v > + τ 2 |∇v|2 + (u + τ v)f )dx.22ΩОтсюда′∫∫(< ∇u, ∇w > +f v)dx =0 = l (0) =Ω(−∆u + f )vdx,Ωи это равенство справедливо для любой v ∈ C0∞ (Ω). Отсюда по теореме6.2.1 (часть 1, глава 6) получаем, что ∆u = f в Ω, а значит, u(x) –решение (2.36). Теорема доказана.6.2.5Случай n = 3. Электростатическая интерпретация.Изучим более подробно частный случай n = 3. В этом случае функциюu(x) – решение уравнения Пуассона (2.30) с точностью до постоянного151множителя (связанного с выбранными единицами измерения) и знакаможно интерпретировать как потенциал электрического поля объемногораспределения зарядов с плотностью f (x).
В частности, фундаменталь1ное решение A↕E(x) = − 4π|x|есть (с точностью до постоянного множителя) потенциал точечного заряда +1, сосредоточенного в начале координат.Далее, уравнение Пуассона (2.30) можно переписать в виде div∇u =f (x). Интегрируя это равенство по произвольной ограниченной областиΩ ⊂ R3 , получаем:∫∫< ∇u, ν > dSx = f (x)dx.Ω∂ΩВ электростатике вектор градиента потенциала E(x) = ∇u с точностью до постоянного множителя есть вектор напряженности электрического ∫поля в точке x, соответствующего потенциалу u(x). Кроме того,Q(Ω) = Ω f (x)dx можно проинтерпретировать как заряд области Ω. Отсюда следует, что уравнение Пуассона (2.30) можно переписать в виде∫< E(x), ν > dSx = Q(Ω).(2.38)∂ΩТакая запись уравнения Пуассона в формулировке поток вектора напряженности электрического поля через замкнутую поверхность равен суммарному заряду внутри этой поверхности называется в электростатике теоремой Гаусса.
С помощью равенства (2.38) можно вычислять потенциал в R3 в тех случаях, когда распределение заряда можнопредставить в виде суммы распределений, имеющих сферическую симметрию. Действительно, если f (x) обладает сферической симметрией,т.е. f (x) = f (|x|), то соответствующая такому распределению зарядовнапряженность электрического поля также зависит только от |x|, и уравнение (2.38) можно переписать в видеe= Q(B(0, r)),4πr2 E(r)eгде E(|x|)ν= E(x), ν – единичный вектор, направленный из начала координат в точку x.
Далее, из равенства E(x) = ∇u(x) нетрудно найтифункцию u(x) – решение уравнения Пуассона.1526.2.6Случай n = 3. Функция Грина. Метод отраженных зарядов.Пусть теперь Ω – произвольная область в R3 . Рассмотрим граничнуюзадачу{∆u = f (x), x ∈ Ω,(2.39)u|∂Ω = 0Эту задачу можно с точки зрения электростатики интерпретировать следующим образом: в области Ω распределены заряды с объемной плотностью f (x).
На границе области находится заземленная проводящая оболочка. Требуется найти потенциал электрического поля в Ω. Принципсуперпозиции зарядов (физическая переформулировка свойства линейности уравнения Пуассона) подсказывает следующую идею: найти потенциал единичного точечного заряда, сосредоточенного в точке y ∈ Ω, азатем проинтегрировать полученную функцию по всем точкам Ω с весомf (y).Определение 4 Функция G(x, y) : Ω × Ω → R, гладкая при x ̸= y, называется функцией Грина для области Ω ⊂ R3 , если ∆x G(x, y) = δ(x − y), (x, y) ∈ Ω × Ω,G(x, y)|x∈∂Ω = 0,(2.40)G(x, y) → 0, |x| → ∞Заметим, что требование G(x, y) → 0, |x| → ∞ обеспечивает единственность функции Грина для неограниченных областей.
Кроме того, нетрудно видеть, что функция Грина – фундаментальное решение, удовлетворяющее краевым условиям и имеющее требуемое асимптотическое поведение при |x| → ∞. Из этого факта сразу вытекает следующая теорема.Теорема 61 Пусть Ω – ограниченная область, f (x) ∈ C 2 (Ω). Решениезадачи Дирихле (2.39) имеет вид∫u(x) =G(x, y)f (y)dy.ΩВ случае областей с простой геометрией функцию Грина можно построить с помощью метода отраженных зарядов.153Пример. Пусть Ω = {x ∈ R3 , x3 > 0}. Тогда функция Грина – потенциал поля, создаваемого точечным зарядом +1, сосредоточенным в точкеy над плоскостью x3 = 0 заземленного проводника. Заметим, что силовые линии электрического поля ортогональны к плоскости проводника,т.к.
иначе свободные заряды в проводнике пришли бы в движение. Заметим теперь, что если поместить в точку y = (y1 , y2 , −y3 ), симметричнуюточке y относительно плоскости x3 = 0, точечный заряд −1, то силовыелинии поля, создаваемого во всем пространстве парой зарядов, будут вобласти Ω совпадать с силовыми линиями искомого поля. Отсюда сразуполучаем, что()111G(x, y) =.−4π |x − y| |x − y|Метод отраженных зарядов можно использовать также и для отраженияотносительно сфер, однако в этом случае отраженный заряд будет неравен исходному по модулю, а пропорционален ему.С математической точки зрения метод отраженных зарядов являетсяаналогом методов четного и нечетного продолжения для решения смешанной задачи для волнового уравнения.Упражнение к пункту 6: Провести подробное доказательство теоремы 61.6.2.7Случай n = 2.
Применение конформных отображений.Пусть x1 , x2 ∈ R, функция u(x1 , x2 ) – гармоническая в области Ω ⊂ R2 .Положим x = x1 + ix2 . Тогда функцию u(x) можно рассматривать какгармоническую функцию комплексного переменного. Из курса комплексного анализа известно, что конформные отображения переводят гармонические функции в гармонические.
Воспользуемся этим фактом дляпостроения решений задачи Дирихле для уравнений Лапласа и Пуассона.Пусть Ω ⊂ R2 – открытая односвязная область с кусочно-гладкойграницей ∂Ω, содержащей не менее двух точек. Рассмотрим сначала краевую задачу Дирихле для уравнения Лапласа: ∆u(x) = 0, x ∈ Ω,u|∂Ω = g(x),(2.41)u(x) → 0, |x| → ∞, x ∈ Ω154Зафиксируем точку y ∈ Ω. По теореме Римана найдется конформноеотображение Φy : Ω → B(0, 1), причем Φy (y) = 0. Выпишем задачу вединичном круге, соответствующую задаче (2.41).
Пусть z ∈ B(0, 1),−1v(z) = u(Φ−1y (z)), x = Φy (z). Тогда для гармонической функции v(z)получаем{∆v = 0, z ∈ B(0, 1)(2.42)v||z|=1 = g(Φ−1y (z)).Задачу (2.42) достаточно часто оказывается нетрудно решить с помощьюметода Фурье.Рассмотрим теперь задачу Дирихле для уравнения Пуассона ∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,u|∂Ω = 0,(2.43)u(x) → 0, |x| → ∞, x ∈ Ω.Имеет место следующая теорема.Теорема 62 Пусть Ω ⊂ R2 – односвязная область с кусочно-гладкойнеодноточечной границей. Пусть также Φy : Ω → B(0, 1) – конформноеотображение, соответствующее y ∈ Ω, такое, что Φy (y) = 0. Тогдафункция Грина, соответствующая области Ω, имеет видG(x, y) =1ln |Φy (x)|,2πи решение задачи (2.43) записывается в виде∫1ln |Φy (x)|f (y)dy.u(x) =2π Ω6.2.8Представление функции в виде суммы трех потенциалов. Задача Неймана для уравнения Лапласа.Пусть Ω ⊂ Rn – ограниченная область.
Из формулы Остроградского∫∫< ⃗a, ν > dSx = div⃗adx,Ω∂Ω155полагая ⃗a = u∇v − v∇u, с помощью равенства div(u∇v) =< ∇u, ∇v >+u∆v получаем формулу Грина∫∫∂v∂u− v )dSx = (u∆v − v∆u)dx.(2.44)(u∂ν∂νΩ∂ΩПусть теперь y ∈ Ω – фиксированная точка, v∗ (x) – решение задачи∆v∗ (x) = δ(x − y), т.е. v(x) = E(x − y), где E(x) – фундаментальноерешение в Rn .
Подставляя формально v∗ (x) в формулу Грина (2.44), получаем:∫∫∂v∗ (x)∂u(u− v∗ (x) )dSx = (u∆x v∗ (x) − v∗ (x)∆u)dx.∂νx∂νΩ∂ΩОтсюда получаем∫∫∫∂v∗ (x)∂u(x)u(y) = u(x)dSx − v∗ (x)dSx + v∗ (x)∆u(x)dx. (2.45)∂νx∂ν∂ΩΩ∂ΩФормула (2.45) называется представлением функции u(x) ∈ C 2 (Ω)∩C(Ω)в виде суммы трех потенциалов. Из этой формулы, в частности, непосредственно вытекает представление решения задачи Дирихле для уравнения Пуассона: если функция u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) – решение задачи{∆u(x) = f (x), x ∈ Ω,u|∂Ω = g(x),где f (x) ∈ C(Ω), g(x) ∈ C(∂Ω), а G(x, y) – функция Грина для областиΩ, то выбирая v∗ (x) = G(x, y), из представления функции в виде суммытрех потенциалов сразу получаем∫∫∂G(x, y)u(y) = g(x)dSx + G(x, y)f (x)dx.∂νyΩ∂ΩРассмотрим теперь задачу Неймана для уравнения Лапласа{∆u(x) = 0, x ∈ Ω,∂u| = g(x).∂ν ∂Ω156(2.46)При этом предполагается, что g(x) ∈ C(∂Ω).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
