Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1127861), страница 11

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 11)

Внешняя задача Неймана (Ne ) имеет единственное классическое решение для любой непрерывнойграничной функции ψ, и это решение представимо в виде потенциала простого слоя.24.2. Решение внешней задачи Дирихле и внутренней задачи Неймана в видепотенциалаБудем искать решение наших задач в таком же виде, что и в предыдущем разделе, гдеZ2∂12σ(x) +σ(ξ)dsξ =ϕ(x) (∗)n−2ωn (n − 2) Γ∂νξ |x − ξ|ωn (n − 2)Z2∂12µ(x) +µ(ξ)dsξ =ψ(x) (∗∗)n−2ωn (n − 2) Γ∂νx |x − ξ|ωn (n − 2)Однородное уравнение Dl :2σ(x) +(n − 2)ωnZΓσ(ξ)∂1dSξ = 0, x ∈ Γ.∂νξ |x − ξ|n−2Есть нетривиальное решение σ(x) ≡ 1:Z∂1(n − 2)ωnσ(ξ)dSξ = −, x∈Γ∂νξ |x − ξ|n−22Γ2Ранг λ = − (n−2)ω> 1 ⇒ у сопряженного однородного уравненияnZ2∂1µ(x) +µ(ξ)dSξ = 0, x ∈ Γ.(n − 2)ωn∂νξ |x − ξ|n−2Γ53Есть нетривиальное решение µ( x).Покажем, что любое нетривиальное решение линейно выражается через это тогда и только тогда, когда rank λ =1Пусть µ1 (x) - другое нетривиальное решение.

Построим два потенциала простого слоя:ZZ111dSP(x)=µ1 (ξ)dSξP10 (x) = µ0 (ξ)ξ 1|x − ξ|n−2|x − ξ|n−2ΓΓ∆P10 (x) = 0, x ∈ Ω∂P10x→x0 ∈Γ ∂νx lim=0Т.е P10 есть решение Ni ⇒ P10 ≡ c0 = const, x ∈ ΩТо же самое относится к P11 ⇒ P11 ≡ c1 = const, x ∈ ΩВозьмем плотность µe = c1 µ0 (x) − c0 µ1 (x) и рассмотрим потенциал простого слояZ1P1 (x) = µe(ξ)dSξ = c1 c0 − c0 c1 = 0, x ∈ Ω|x − ξ|n−2ΓP1 ≡ 1, x ∈ Ω ⇒ P1 ≡ 0, x ∈ Γ ; ∆P1 = 0, x ∈ Rn /Ω, P1 → 0, |x| → ∞В силу единственности решения Dl , P1 ≡ 0, x ∈ Rn ⇒ µe, x ∈ Γ ⇒ µ0 , µ1 линейно независимы.Согласно теореме Фредгольма (**) разрешимо ⇔ ψ ортогональна константе:Z(ψ, 1)L2 (Γ) =ψdS = 0 - условие разрешимости необходимое и достаточноеΓТеорема 3Внутренняя задача Неймана (Ni ) имеетR (классическое) решение для тех и только для тех непрерывных ограниченных функций ψ(x), для которых Γ ψ(x)dS = 0.

Если есть решение, то оно единственное, с точностью доприбавления постоянной.Dl : согласно теореме Фредгольма(*) разрешимо ⇔R∂12µ(ξ)(ϕ, µ0 )L2 (Γ) , µ0 (x) + (n−2)ω0∂νξ |x−ξ|n−2 dSξ = 0nΓРешение Dl ∃ ∀ ϕ ∈ C(Γ), но в общем случае его нельзя найти в виде потенциала двойного слоя.Для (ϕ, µ0 ) все хорошо.В общем случае ищем решение в виде (считаем, что 0 ∈ Ω)ZZ∂11u(x) = σ(ξ)dSξ + n−2σ(ξ)dSξ∂νξ |x − ξ|n−2|x|ΓΓТогда на границеϕ(x) −1|x|n−2Zσ(ξ)dSξ = (теорема о скачке) =Γ(n − 2)ωn=σ(x) +2σ(x) +2(n − 2)ωnZZΓσ(ξ)(Γσ(ξ)∂1dSξ , x ∈ Γ∂νξ |x − ξ|n−2∂112+ n−2 )dSξ =ϕ(x), x ∈ Γn−2∂νξ |x − ξ||x|(n − 2)ωnРассмотрим соответствующее однородное уравнение:Z2∂11σ(x) +σ(ξ)(+ n−2 )dSξ = 0n−2(n − 2)ωn∂νξ |x − ξ||x|ΓДокажем, что σ ≡ 0.Пусть существует решение σ0 ∈ L2 (Γ)(⇒ C(Γ) − докажем дальше):ZZ∂11u0 (x) = σ0 (ξ)dS+σ0 (ξ)dSξξ∂νξ |x − ξ|n−2|x|n−2 ΓΓ54∆u0 = 0 вне Ω; u0 (x) → 0, x → ∞; u0 |Γ = 0.В силу единственности решения Dl : u0 ≡ 0, x ∈ Rn /Ω имеемZZ∂11dS+σ0 (ξ)dSξ = 0σ0 (ξ)ξ∂νξ |x − ξ|n−2|x|n−2 ΓΓУмножим обе части уравнения на |x|n−2 , устремим x → ∞ и воспользуемся тем, что |P2 (x)| 6чтоZσ0 (ξ)dSξ = 0Вспоминая уравнение для σ0 получаем (т.кσ0 (x) +c|x|n−1получаем,ΓRΓ1σ0 (ξ) |x|n−2dSξ = 0)2(n − 2)ωnZσ0 (ξ)Γ∂1dSξ = 0∂νξ |x − ξ|n−2RКак мы уже доказали, в таком случае σ0 (ξ) ≡ c = const.

Подставляя, получаем Γ cdSξ = 0 ⇒ c = 0 ⇒ σ0 ≡ 0,что и требовалось.Теперь по теореме Фредгольма неоднородное уравнение разрешимо ∀ ϕ ∈ C(Γ).Теорема 4.Внешняя задача Дирихле Dl имеет единственное (классическое) решение для любой непрерывной граничнойфункции ϕ и это решение представляется в виде (выше).25. Лекция 25ZT : L2 (Γ) → L2 (Γ), T u =u(ξ)Γ∂1dSξ∂νξ |x − ξ|n−21cos (r, νξ )∂= K(ξ, ε) = −(n − 2)∂νξ |x − ξ|n−2rn−1| cos(r, νξ )| 6 |x − ξ|α , Γ - поверхность Ляпунова с показателем α.K(ξ, ε) = −(n − 2)Tu ≡ZΓcos (r, νξ )r−α/2A(x, ξ)= n−1−α/2rn−1−α/2rA(x, ξ)u(ξ)dSξ - операторы со слабой особенностьюrn−1−α/2A(x, ξ) ∈ C(Γ × Γ)- продолжение по непрерывности.Пусть u ∈ L2 (Γ), β = α/2, тогдаZ ZA(x, ξ)||T u||2L2 (Γ) = (u(ξ)dSξ )2 dSxn−1−βΓ Γ rZA(x, ξ) u(ξ)n−1−βn−1−βdSξr 2 r 2|A(x, ξ)| 6 M0 , x, ξ ∈ Γ η 6 d- радиус сферы.ΓZΓZΓ′η6ZZΓ′′ηηZ ΓA(x, ξ)dSξ 6 M02rn−1−βdSξA(x, ξ)rZn−1−β22dSξΓ′ηrn−1−βdSξ+Z ΓZΓ′′ηu(ξ)rn−1−β2dSξrn−1−β2dSξ!dSξ6∞rn−1−βZA(x, ξ)dSξ 6 ∞n−1−β0Γ rZZ ZZu2 (ξ)dSx26 M1dSdS=Mu(ξ)dS6ξx1ξn−1−βn−1−βΓ Γ rΓΓ rrn−1−β||T u||2L2 (Γ)26 C0ρ1+β−n ρn−2 dρ 6 ∞ ⇒556 M1 M2Теорема 4.T — вполне непрерывен.Доказательство.ZΓu2 (ξ)dSξ = M1 M2 ||u||2L2 Γ ⇒ T u ∈ L2 (Γ), T − ограничен.||.||{Tn }, Tn : X → X (банахово), Tn компактны, Tn −−→ T, T : X → X ⇒ T компактен.T = Tε1 + Tε2((K(x, ξ), |x − ξ| < εK(x, ξ), |x − ξ| > ε12Kε (x, ξ) =Kε (x, ξ) =0, |x − ξ| > ε0, |x − ξ| < εПри фиксированном ε, Tε2 - фредгольмов, т.к |Kε2 | 6 K0 Осталось доказать, что||Tε1 || → 0, ε → +0.!2ZZ12||Tε u||L2 (Γ) =K(x, ξ)u(ξ)dSξ dSxΓ′εΓZA(x, ξ) u(ξ)Γ′εrn−1−β2rn−1−β2dSξ!26Γ′εZ||Tε1 u||2L2 (Γ)ZA(x, ξ)rn−1−β22dSξZΓ′εu(ξ)rn−1−β22dSξZZ εA(x, ξ)dSξdS6M6Mρ1+β−n ρn−2 dρ = M2 εβξn−1−βn−1−βrr′′ΓεΓε0Z ZZ Z2u (ξ)dSξβ6 M 2 εβdSdS=Mεu2 (ξ)dSx 6 M3 εβ ||u||2L2 (Γ)ξx2n−1−βn−1−βrrΓ ΓΓΓТеорема 2Пусть u(x) ∈ L2 (Γ) решение интегрального уравнения со слабой особенностью:ZA(x, ξ)u(x) −u(ξ)dSξ = ϕ(x), A(x, ξ) ∈ C(Γ × Γ), ϕ(x) ∈ C(Γ), β > 0n−1−βΓ rТогда u ∈ C(Γ).

Доказательство.T = Tε1 + Tε2 , Kε1 (x, ξ) = K(x, ξ)η(|x − ξ|), Kε2 (x, ξ) = K(x, ξ)(1 − η(|x − ξ|)),η — «шапочка» до ε. u(x) − Tε1 = Tε2 + ϕ =: g(x), ||Tε1 || < M εβ/2 , ε ≪ 1Tε2 u непрерывен, т.к Kε2 ∈ C ∞ ⇒ g(x) ∈ C(Γ)(Id − Tε1 )u = g(x) ∈ C(Γ), ||Tε1 || < 1.Теорема Банаха.A - линейный ограниченный оператор на банаховых пространствах и норма А меньше 1, тогда существует∞Pограниченный оператор (Id − A)−1 и при этом (Id − A)−1 =Ann=0продолжим доказательство∞Pu(x) =(Tε1 )n g(x); (Tε1 )n g(x) ∈ C(Γ)n=0|Tε1 g|6⇒ZΓ′ε|A(x, ξ)||g(ξ)|dSξ , |g(ξ)| 6 M0 , |A(x, ξ)| 6 M1 ⇒rn−1−β|Tε1 g|6 M0 M1ZΓ′εdSξrn−1−β,ZΓ′εdSξ6 M 2 εβ ⇒rn−1−β⇒ max |Tε1 g| 6 M0 M1 M2 εβx|(Tε1 )2 g|= |Tε1 (Tε1 g))| 6 (M0 M1 M2 εβ )2|(Tε1 )n g| 6 (M0 M1 M2 εβ )nБерем ε : M0 M1 M2 εβ = q < 1 тогда исходный ряд будет сходится равномерно ⇒ u ∈ C(Γ)5625.1.

Вариационный метод решения задачи ДирихлеΩ - ограниченная область в Rn , H ′ ⊂ H1 (Ω) произвольное подпространство - линейное подпространство, накотором задано (.,.), и оно эквивалентно (.,.) на H1 (Ω), причем Н’ полно относительно (.,.) c||u||H1 6 ||u||H ′ 6C||u||H1 .Рассмотрим:2E : H ′ → R, Eu = kukH ′ + 2(f, u)L2 , f ∈ L2 (Ω) фиксирована.|(f, u)L2 (Ω) | 6 ||f ||L2 (Ω) kukL2 (Ω) 6 kf kL2 (Ω) kukH1 (Ω) 6 c kf kL2 (Ω) kukH ′22Eu = kukH ′ + 2(f, u)L2 > kukH ′ − 2c kf kL2 (Ω) kukH ′ = (|u||H ′ − kf kL2 )2 − c2 kf kL2 > −c2 kf kL2⇒ inf′ Eu < −∞, ∃vn :H′lim E(vm ) = d - минимизирующая последовательность.m→∞u ∈ H называется элементом, реализующим minE на H’, если Eu = dЛемма.Для любого подпространства H ′ пространства H(Ω) ∃! элемент u ∈ H ′ , реализующий минимум функционала Ена H’.Любая минимизирующая последовательность сходится к этому элементу.Доказательство леммы{vm } минимизирующая последовательность.

∀ ε > 0 ∃M (ε) ∀ m > M d 6 Evm < d + ε vm ± vn 2 = 1 kvm k2 ′ + 1 kvn k2 ′ ± 1 (vm , vn )H ′HH ′2442H2 vm − vn 2 = 1 kvm k2 ′ + 1 kvn k2 ′ − vm + vn = 1 E(vn ) + 1 E(vn ) − E( vn + vm )HH ′ ′2222222HHn 2||H ′ < 12 (d + ε) + 12 (d − ε) − d = ε ⇒ {vm } фундаментальная, тогда сходится по норме в H’,m, n > M, ⇒ || vm −v2т.к они эквивалентны||.||H ′vm −−−−→⇒ Eu = d. Единственность очевидна.26. Лекция 2626.1.

Метод Ритца′Возьмем в H произвольную линейно независимую систему функций ϕ1 , . . . , ϕk , ..., линейная оболочка которой плотна в H ′ . обозначим через Rk линейную оболочку первых k функций из этой системы. Мы знаем, чтоkP∃!vk ∈ Rk : min E(u) = E(vk ). Ищем vk =ckj ϕj .ВВедем функциюRkj=1kXF (c1 , . . . , ck ) = E(ckj ϕj )j=1∂FВ точке минимума должны выполняться условия ∂c= 0 ∀ j = 1, .

. . , k, что эквивалентно системе линейныхjуравненийkXci (ϕi , ϕj )H ′ + (f, ϕj )L2 (Ω) j = 1, . . . , ki=1Определитель системы представляет собой определитель Грамма для системы ϕ1 , . . . , ϕk и не равен нулю вkPсилу их линейной независимости. Поэтому существует решение ck1 , . . . , ckk , и элемент vk =ckj ϕj , реализующийj=1минимум на Rk .Последовательность {vk } называется последовательностью Ритца.Теорема 26.1. Последовательность Ритца является минимизирующей функционал E(·) на подпространстве H ′ последовательностью.Доказательство:ИмеемR1 ⊂ R2 ⊂ R3 ⊂ . .

.57E(v1 ) > E(v2 ) > E(v3 ) > . . . > dТак как система {ϕk } полна, то∀ ε > 0 ∃K(ε) ∃uε (x) = C1 (ε)ϕ1 + . . . + CK(ε) ϕK(ε) ∈ RK(ε) : ||u − uε ||H ′ < εГде E(u) = d.РассмотримE(uε ) = ||uε ||2H ′ + 2(f, uε )L2 = ||uε − u + u||2H ′ + 2(f, uε − u)L2 + 2(f, u)L2 == E(u) + E(uε − u) + 2(uε − u, u)H ′ 6 d + ||uε − u||2H ′ + 2(f, uε − u)L2 + 2(uε − u, u)H ′ 6 d + ε2 + C0 ε 66 d + C1 εПолучили E(uε ) 6 d + C1 ε , Но d 6 E(vKε ) 6 E(uε ) 6 d + C1 ε, поэтому ∀ ε > 0 ∃K(ε) ∀ s > K(ε) d 6 E(vs ) 6d + C1 ε, откуда lim E(vs ) = d. Что и требовалось доказать.s→∞Итак, пусть E(u) = d – минимум функционала в H ′ . Рассмотрим функцию w(t) = u + tw, где t ∈ R, w ∈ H ′ ,и многочленP (t) = E(u + wt) = ||u + tw||2H ′ + 2(f, u + tw)L2 == ||u||2H ′ + 2(f, u)L2 + 2t(u, w)H ′ + t2 ||w||H ′ + 2t(f, w)L2 > d′′∀tКроме того, P (0) = E(u) = d, значит P (0) = 2(u, w)H ′ + (f, w)L2 = 0 ∀ w ∈ H .Рассмотрим H ′ = H10 (Ω), тогда это соотношение примет видZZ(u, w)H ′ = (u, w)H10 (Ω) =∇u∇w dx = −f w dx ∀ w ∈ H10 (Ω)ΩΩТогда u ∈ H10 (Ω) есть обобщенное решение задачи Дирихле.Подведем итог.Теорема 26.2.

Характеристики

Список файлов лекций