Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1127861), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Лекция 22Пусть Γ – замкнутая поверхность Ляпунова, тогда для потенциала двойного слоя с σ(x) ≡ 1 мы получилирезультатx ∈ Rn \Ω̄0,(n−2)wnP (x) = −,x∈Γ2−(n − 2)wn , x ∈ ΩТеорема 22.1. Пусть Γ – замкнутая поверхность Ляпунова,σ(x) ∈ C(Γ), тогда ∀ x0 ∈ Γ:P2+ (x0 ) =P2− (x0 ) =limx→x0 ,x∈ΩP2 (x) = −limx→x0 ,x∈Rn \Ω̄P2 (x) =(n − 2)wnσ(x0 ) + P 2 (x0 )2(n − 2)wnσ(x0 ) + P 2 (x0 )2Где P 2 (x0 ) – прямое значение в точке x0 .Доказательство:ZZZ∂1∂1∂1P2 (x) =σ(ξ)dS=(σ(ξ)−σ(x))dS+σ(x)dSξξ0ξ0n−2n−2n−2∂νξ |x − ξ|∂νξ |x − ξ|ΓΓΓ ∂νξ |x − ξ|Первое слагаемое назовем W0 (x),а второе W (x).
Если мы докажем непрерывность W0 (x) в точке x0 , то темnсамым мы докажем теорему.В самом деле, если W0+ (x0 ) = W0− (x0 ) = W̄0 (x0 ), то P̄2 (x0 ) = W̄0 (x0 ) − σ(x0 ) (n−2)w,2(n−2)wn+−и аналогично для P2 (x0 ).тогда P2 (x0 ) = W̄0 (x0 ) − σ(x0 )(n − 2)wn = P̄2 (x0 ) − σ(x0 )2Докажем непрерывность. Выбросим из Γ маленькую шаровую окрестность Γ′ , тогда Γ = Γ′ ∪ Γ′′ .|W0 (x) − W0 (x0 )| = |W0′ (x) + W0′′ (x) − W0′ (x0 ) − W0′′ (x0 )| 6 |W0′ (x)| + |W0′ (x0 )| + |W0′′ (x) − W0′′ (x0 )|Здесь W0′ (x) - интеграл по Γ′ , а W0′′ (x) - интеграл по Γ′′ .W0′ (x) в точке x0 дифференцируема, поэтому |W0′′ (x) − W0′′ (x0 )| → 0 при x → x0 .Функция σ(x) непрерывна, поэтому ∀ ε > 0 ∃η0 ∀ η < η0 ∀ ξ ∈ Γ : |ξ − x0 | < η |σ(ξ) − σ(x0 )| < ε А значитможно оценитьZ∂1|W0 (x)| 6 εdS 6 ε · Constn−2Γ ∂νξ |x − ξ|И уменьшая ε, можно и первые слагаемые сделать сколь угодно малыми.
Непрерывность доказана.22.1. Потенциал простого слояНапоминаем: ЭтоZP1 (x) =µ(ξ)Γ1dSξ|x − ξ|n−2Где µ(x) ∈ C(Γ), Γ – замкнутая поверхность Ляпунова.Теорема 22.2. Потенциал простого слоя непрерывен в Rn .Доказательство: Непрерывность может нарушаться только при переходе через Γ. Вначале проверим,чтопотенциал определен в точках поверхности.
Заметим, что ∀ x0 ∈ Γ:ZZZ111|P1 (x0 )| 6 max |µ(x)|dS=MdS+dSξξξn−2n−2n−2ΓΓ |x0 − ξ|Γ′ |x0 − ξ|Γ′′ |x0 − ξ|Где M = max |µ(x)|, Γ′ -пересечение Γ с маленьким шариком с центром в x0 , а Γ′′ – оставшаяся часть Γ. ВторойΓинтеграл конечен,а конечность первого проверяется переходом к системе координат r2 = ρ2 + ξn2 :ZΓ′1dSξ =|x0 − ξ|n−2ZΓ′dSξ=rn−2ZD(x0 )dξ1 . . . dξn−16Cρn−2 cos(νξ , ξn )Zdρ2−n ρn−2 dρ = Cd0Непрерывность доказывается аналогично предыдущей теореме:|P1 (x) − P1 (y)| 6 |P1′ (x)| + |P1′ (y)| + |P1′′ (x) − P1′′ (y)|49Где, как обычно, P1′ (x) и P1′′ (x) – соответственно интегралы по Γ′ = Γ ∩ Qxη , η ≪ 1 и по Γ′′ = Γ\Γ′ .
Последнееслагаемое стремится к нулю ввиду дифференцируемости P ′′ ,а первые в силу оценкиZdSξ6 Mη|P1′ (x)| 6 Mn−2Γ′ |x − ξ|и выбора достаточно маленького ηПокажем, что ∀ x ∈ Rn определена (конечна) нормальная производнаяZ∂P1∂1=µ(ξ)dSξ∂νx∂νξ |x − ξ|n−2ΓДостаточно проверить существование для x ∈ Γ. Аналогично выкладкам для потенциала двойного слоя,∂1| cos(r, νξ )|=−,∂νξ |x − ξ|n−2rn−1поэтомуZZZ | cos(r, ν )|∂1| cos(r, νx )|xdSξ 6 MdSξ +dSξµ(ξ)n−2n−1n−1∂νξ |x − ξ|rrΓ′Γ′′ΓВторой интеграл конечен, а первый, в силу сделанной ранее оценки,ZZZ d| cos(r, νx )|rαdS6Cdξ...dξ6Cρα−n+1 ρn−2 dρ = C3 dαξ11n2n−1rn−1Γ′D(x) r0следовательно, нормальная производная определена ∀ x ∈ Rn .23. Лекция 23.Теорема 23.1 (О скачке нормальной производной потенциала простого слоя). Пусть Γ – замкнутая поверхность Ляпунова,µ(x) ∈ C(Γ), тогда ∀ x0 ∈ Γ: ∂P +1∂νx ∂P −1∂νxГде∂P1∂νx(x0 ) =(x0 ) =limΩ∋x→x0 ,x∈νxlim ∂P 1∂νx ∂P 1Rn \Ω̄∋x→x0 ,x∈νx=∂νx ∂P (n − 2)wn1µ(x0 ) +2∂νx=− ∂P (n − 2)wn1µ(x0 ) +2∂νx– прямое значение в точке x0 .Доказательство:∂P1(x) =∂νxZ hZi∂1∂1∂1µ(ξ)+dS−µ(ξ)dSξ = W0 (x) + W (x)ξn−2n−2∂ν|x−ξ|∂ν|x−ξ|∂ν|x−ξ|n−2xξξΓΓДостаточно доказать непрерывность W0 (x).В самом деле, пусть W0+ (x) = W0− (x) = W0 (x).
функция W (x) ужебыла фактически вычислена в предыдущей теореме, поэтому∂P1(x0 ) = W0 (x0 ) − P2 (x0 )∂νx ∂P +(x0 ) = W0 (x0 ) + µ(x0 )(n − 2)wn∂P1(n − 2)wn− P2 (x0 ) =(x0 ) + µ(x0 )2∂νx2 ∂P −(x0 ) = W0 (x0 ) − µ(x0 )(n − 2)wn∂P1(n − 2)wn− P2 (x0 ) =(x0 ) − µ(x0 )2∂νx21∂νxАналогично,1∂νxДокажем непрерывность W0 (x).Опять рассмотрим разбиение Γ = Γ′ ∪ Γ′′ ,где Γ′ = Γ ∩ Qxη, η ≪ d, d – радиусЛяпунова нашей поверхности.
Интеграл распадется в сумму двух, причем интеграл по Γ′′ непрерывен в точкеx0 и,значит, стремится к нулю при x → x0 .Оценим интеграл по Γ′ .50Поскольку∂1cos(r, νx )= (n − 1)n−2∂νx |x − ξ||x − ξ|n−1∂1cos(r, νξ )= (n − 1)∂νx |x − ξ|n−2|x − ξ|n−1То справедливо равенство : (n − 2) ∂1∂1+ = n−1 cos(r, νx ) − cos(r, νξ )n−2n−2∂νx |x − ξ|∂νx |x − ξ|rВведем локальную систему координат ξ1 , .
. . ξn с центром в x0 . Тогдаcos(r, νx ) = cos(r, ξn )cos(r, νξ ) =n−1Xcos(r, ξk ) cos(νξ , ξk ) + cos(r, ξn ) cos(νξ , ξn )k=1Поэтому (n − 2) n−1X(n − 2) ν)−cos(r,ν)|cos(ν,ξ)|+|1−cos(ν,ξ)|cos(r,6xξξkξnrn−1rn−1k=12Из неравенства |1 − cosθ| 6 θ2 и свойства поверхности Ляпунова | cos(νξ , ξk )| 6 cr0α :ZZh ∂i1∂1r0αµ(ξ)+dS6MdSξξ1n−2n−2n−1∂νx |x − ξ|∂νξ |x − ξ|Γ′ηΓ′η rПоскольку r02 =nPk=1ξk2 = ρ2 + ξn2 6 C1 ρ2 (Так как |ξn | 6 Cρα+1 ), тоM1Zr0αΓ′ηrn−1dSξ 6 M2Zρα−n+1 dSξ = M3Γ′ηZηρα−n+1 ρn−2 dρ = M4 η α0Так что выбрав подходящее η, можно сделать сколь угодно малым и этот интеграл. Это доказывает непрерывность, а значит и всю теорему.23.1. Постановка краевых задачDi (внутренняя задача Дирихле):Пусть Ω - ограниченная область,∂Ω = Γ - поверхность Ляпунова.∆u = 0,2x∈Ωu |Γ = f (x)f ∈ C(Γ)Решение ищем в классе функций C (Ω) ∩ C(Ω).De (внешняя задача Дирихле):∆u = 0,2x ∈ Rn \Ωu |Γ = f (x)f ∈ C(Γ)u → 0 |x| → ∞Решение также ищем в классе C (Ω) ∩ C(Ω).Пусть u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω), x0 ∈ Γ = ∂ΩОпределение: правильная нормальная производная функции u на поверхности Γ – равномерный по x0предел (если таковой существует и непрерывен)lim Ω ∋ x → x0 , x ∈ νx∂u∂νxОпределение: Γ – регулярная поверхность, если:1.
∀ x0 ∈ Γνx02. В локальной системе координат ξ1 , . . . , ξn с началом координат x0 ,такой что ξn направлено по νx , можетбыть записано ξn = f (ξ1 , . . . , ξn−1 в некоторой окрестности x0 .3. f ∈ C 2 (D), где D – проекция окрестности x0 на касательную плоскость.5124. Лекция 2424.1. Решение внутренней задачи Дирихле и внешней задачи Неймана в видепотенциалаΩ - ограниченная область, ∂Ω = Γ - регулярная поверхность.Будем искать решение внутренней задачи Дирихле в виде потенциала двойного слоя с неизвестной плотностью.Z∂1u(x) =σ(ξ)dsξ∂ν|x−ξ|n−2ξΓZ2∂12σ(ξ)dsξ = −ϕ(x) (∗)σ(x) −n−2ωn (n − 2) Γ∂νξ |x − ξ|ωn (n − 2)Будем искать решение внешней задачи Неймана в виде потенциала простого слоя.Z∂1dsξu(x) =µ(ξ)∂ν|x−ξ|n−2ξΓZ2∂12µ(ξ)dsξ = −ψ(x) (∗∗)µ(x) −ωn (n − 2) Γ∂νx |x − ξ|n−2ωn (n − 2)В обоих случаях интегральное уравнение имеет вид σ(x) − λT σ = f (x).Пусть X - банахово пространство, T : X → X - вполне непрерывен (компактен).T ∗ : X ∗ → X ∗ .
λ ∈ C.u − λT u = f, f ∈ X, u ∈ X(1)v − λ̄T ∗ v = g,g ∈ X ∗, v ∈ X ∗u − λT u = 0,v − λ̄T ∗ v = 0,u∈Xv ∈ X∗(2)(3)(4)Определение. λ - характеристическое число T , если существует нетривиальное решение (3); это решение будемназывать собственным элементом T . Размерность пространства решений (3), отвечающих данному характеристическому числу λ, назовем рангом λ.24.1.1.
Теоремы ФредгольмаТеорема 1. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда любое характеристическое число T имеет конечный ранг.Теорема 2. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда если λ - характеристическое число T , то λ̄ - характеристическое число T ∗ того же ранга.Теорема 3. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда множество характеристических чисел T либо конечно, либо счетно, причем если оно счетно,то имеет единственную предельнуюточку на бесконечности.Теорема 4. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X.
Тогда (1) разрешимо ⇔f ⊥ v, где v - произвольное решение (4).Теорема 5 (альтернатива Фредгольма) Пусть T - вполне непрерывный оператор в гильбертовом пространстве H. Тогда либо (3) имеет только тривиальное решение, и тогда (1) имеет единственное решение ∀ f ∈ H,либо (3) имеет нетривиальное решение, и тогда (1) или не имеет решений, или имеет бесконечно много решений(это зависит от f ).Рассмотрим оператор T : L2 (Γ) → L2 (Γ).Z∂1Tu =u(ξ)dsξ∂ν|x−ξ|n−2ξΓТот факт, что T u ∈ L2 (Γ), будет доказан позднее. ТогдаZ∂1∗T v=v(ξ)dsξ∂ν|x−ξ|n−2xΓОбозначимK(x, ξ) =∂1∂νξ |x − ξ|n−2K1 (x, ξ) =52∂1∂νx |x − ξ|n−2Легко заметить, что K1 (ξ, x) = K(x, ξ).покажем, что из разрешимости соответствующих интегральных уравнений следует разрешимость внутреннейзадачи Дирихле и внешней задачи Неймана.Рассмотрим сопряженное однородное уравнениеZ∂12µ(ξ)dsξ = 0µ(x) −ωn (n − 2) Γ∂νx |x − ξ|n−2и докажем, что у него есть только тривиальное решение.Пусть µ0 (x) ∈ L2 (Γ) - решение нашего уравнения (то,что µ0 ∈ C(Γ), мы докажем позже).
Можно построитьпотенциал простого слоя с плотностью µ0 (x):Z1P1 (x) =µ0 (ξ)dξ|x − ξ|n−2ΓПо свойствам потенциала простого слоя:∆P1 (x) = 0,P1 (x) → 0,Поскольку µ0 - решение нашего уравнения, тоx ∈ Rn r Ω|x| → ∞lim ∂P1x→x0 ∈Γ ∂νx= 0, т.е. P1 - решение внешней задачи Неймана. Всилу единственности решения такой задачи получаем P1 ≡ 0 в Rn r Ω. По свойствам потенциала простого слояP1 ∈ C(Rn ), откуда P1 ≡ 0 на Γ.Внутри области Ω имеем ∆P1 (x) = 0, x ∈ Ω, P1 (x) = 0, x ∈ Γ. В силу единственности решения внутреннейзадачи Дирихле получаем P1 ≡ 0 на Ω.Итак, P1 ≡ 0 в Rn .
По теореме о скачке нормальной производной потенциала простого слоя µ0 (x) ≡ 0 на Γ, чтои требовалось доказать.По теореме 5 уравнение (**) имеет единственное решение ∀ ψ ∈ L2 (Γ), а,значит, и для ∀ ψ ∈ C(Γ), т.е. внешняя2задача Неймана разрешима. Но тогда λ = ωn (n−2)не является характеристическим числом T ∗ , следовательно,2не является характеристическим числом T . Отсюда получаем, что внутренняя задача Дирихлеλ̄ = ωn (n−2)разрешима ∀ ϕ ∈ L2 (Γ), а,значит, и для ∀ ϕ ∈ C(Γ), что и требовалось.Теперь можно окончательно сформулировать доказанные теоремы.Теорема. Внутренняя задача Дирихле (Di ) имеет единственное классическое решение для любой непрерывнойграничной функции ϕ, и это решение представимо в виде потенциала двойного слоя.Теорема.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
