Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1127861), страница 9

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

Текст из файла (страница 9)

Объёмный потенциалn1∆P0 (x) = 0, x ∈ R /Ω, P0 (x) ∈ C (Rn ), ρ ∈ C(Ω)(∆P0 = −(n − 2)ωn ρ(x), x ∈ Ω, n > 3;Уравнение Пуассона∆P0 = −2πρ(x), x ∈ Ω, n = 2(20.1)Теорема 20.1 (1). Пусть ρ ∈ C 1 (Ω). Тогда P0 ∈ C 2 (Ω), P0 удовлетворяет уравнению (20.1)ZZ∂P0∂1∂1=ρ(ξ)dξ = −ρ(ξ)dξ =n−2∂xk∂x|x−ξ|∂ξ|x−ξ|n−2kkΩΩZ∂1ρ(ξ)= limdξ =ε→0∂ξk |x − ξ|n−2x= lim ε→0=ZΩΩ/QεZ1∂ρdξ −∂ξk |x − ξ|n−2xΩ/Qε∂ρ1dξ −∂ξk |x − ξ|n−2|ZSεxZ∂(Ω)Zρ(ξ)x∂(Ω/Qε )1ν k dSξ  =|x − ξ|n−2 ξ1ρ(ξ)ν k dSξ − limε→0|x − ξ|n−2 ξZρ(ξ)ε2−n νξk dSξSεxρ(ξ)ε2−n νξk dSξ | 6 M ε2−n εn−1 = M ε⇒ − limZε→0Sεxρ(ξ)ε2−n νξk dSξ = 0∂P0Т.е получаем что ∂x∈ C 1 (Ω), поскольку первое слагаемое есть объёмный потенциал с плотностьюkа второе — потенциал простого слоя с ρ(ξ)νξk ∈ L1 (Γ)ZZ∂ 2 P0∂ρ(ξ) ∂1∂1(x) = −dξ −ρ(ξ)ν k dS − ξ =2n−2∂xk∂xk |x − ξ|n−2 ξΩ ∂ξk ∂ξk |x − ξ|∂ΩZZ∂ρ(ξ) ∂1∂1= − limdξ −ρ(ξ)ν k dSξ =ε→0∂ξk ∂ξk |x − ξ|n−2∂x|x−ξ|n−2 ξk∂ΩxΩ/Qε= lim Zε→0 2ρ(ξ)xΩ/Qε1∂dξ −2∂ξk |x − ξ|n−2−Z∂Ωρ(ξ)Zρ(ξ)x∂(Ω/Qε )1∂ν k dSξ −∂ξk |x − ξ|n−2 ξ∂1ν k dSξ∂xk |x − ξ|n−2 ξ43∂ρ∂ξk∈ C(Ω),Записываем эти равенства для всех k = 1, .

. . , n и складываемZn ZX1∂1dξ −ρ(ξ)ν k dSξ −∆P0 (x) = limρ(ξ)∆ξn−2ε→0|x − ξ|∂ξk |x − ξ|n−2 ξk=1∂ΩxΩ/QεlimZnε→0SεxxВ Ω/Qε ,1|x−ξ|n−2ρ(ξ)X∂1dSξ −n−2∂νξ |x − ξ|Zρ(ξ)k=1∂Ω∂1ν k dSξ −∂xk |x − ξ|n−2 ξгармоническая, тогда первое слагаемое равно 0.Второе и четвертое слагаемое отличаются знаком, т.кZSεx= (n − 2)ε1−nZSεx1∂xk |x−ξ|n−2= − ξ∂k1|x−ξ|n−2∂1dSξ = −ρ(ξ)∂νξ |x − ξ|n−2Zρ(ξ)1ωn εn−1Zρ(ξ)dSξ → (n − 2)ωn ρ(x), ε → 0.∂ 1dSξ =∂r rn−2Sεxρ(ξ)dSξ = (n − 2)ωnSεxПолучаем (20.1).Теорема доказана. Задача 20.1.

Самостоятельно провести доказательство для n = 2. (P0 (x) =Подведем итоги. RСвойства P0 (x) = Ω ρ(ξ) |x−ξ|1 n−2 dξПусть ρ ∈ C(Ω̄), тогдаа) P0 (x) ∈ C 1 (Rn )c, |x| → ∞б) |P0 (x)| 6 |x|n−2в) ∆P0 (x) = 0, x ∈ Rn /Ω̄Пусть ρ ∈ C 1 (Ω̄), тогдаг) ∆P0 (x) = −(n − 2)ωn ρ(x), x ∈ ΩЗамечание. Используя эти свойства, можно вычислить P0 не черезRΩRΩρ(ξ) ln |x − ξ|dξ), а как решение г) со свойствами а)-в)20.2. Потенциал двойного слояОпределение.

Замкнутая поверхность Γ ⊂ Rn называется поверхностью Ляпунова, если: а) ∀ x ∈ Γ ∃ нормаль νx к Γ в точке x. (νx -внешняя)б)∃a > 0, α > 0 ∀ x, ξ ∈ Γ, νx , νξ - нормали; θ - угол между ними ⇒ θ 6 a|x − ξ|αОтметим некоторые очевидные свойства:1. Γ ∈ C 2 ⇒ Γ - поверхность Ляпунова.2. Γ - поверхность Ляпунова ⇒ Γ ∈ C 2Упражнение.Доказать, что из условия б) следует условие Гёльдера для нормали: |νx − νξ | 6 a|x − ξ|α .Теорема 2.Пусть Γ - поверхность Ляпунова.

Тогда ∃d > 0 : ∀ x ∈ Γ любая прямая, параллельная νx , пересекает Γ внутриQxd не более чем в одной точке.Доказательство.Берем d таким, чтобы adα < 1, предположим противное, т.е пусть в точке ξ1 прямая l вышла из Ω , а в ξ2- вошла. Проведем касательную плоскость Π в ξ2 . Прямая l и внешняя нормаль νξ2 будут лежать по разныестороны от Π, νξ2 ⊥Πx\(l,νξ2 ) ⇒ (ν\x , νξ2 ) > π/2; |x − ξ2 | 6 d, т.к ξ2 ∈ QdТогда π/2 6 adα .

Противоречие.Γ′ = Γ ∩ Qxd однозначно проектируется на касательную плоскость в x ⇒ Γ′ можнорассматривать в некоторой системе координат, как график функции.Фиксируем x ∈ Γ. Sdx называется сферой Ляпунова.Γ′ : ξn = f (ξn , . . . , ξn−1 ), f задана на проекции Γ′ на касательную плоскость.44При этом f (0, . . . , 0) = 0; νx = (0, . . .

, 0, 1)Теперь будет некоторая муторная работа, целью которой будет следующее:∀ x, ξ ∈ Γ | cos (r, νξ )| 6 crα , α из определения поверхности Ляпунова.Zcos (r, νξ )dSξ )(P2 (x) = −(n − 2) σ(ξ)|x− ξ|n−1Γνx =fξ (0)fξ (0)fξ2 (0)1−p 1, −p, . . . , − p n−1, −p2221 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |2(1)!Здесь и далее ξ ′ = (ξ1 , . . . , ξn ).Сравнивая это выражение с выражением раньше, получаем fξj = 0, j = 1, .

. . , n − 1Упражнение.cos (r, νξ ) =nXcos (r, ξk ) cos (νξ , ξk )k=1Выделим в этой сумме последнее слагаемое.cos (r, ξn ) cos (νξ , ξn ) +n−1Xcos (r, ξk ) cos (νξ , ξk )(∗)k=1Хочется оценить |ξn | = |f | и | cos (νξ , ξk )|, k = 1, . . . , n − 1νξ =fξ (ξ)fξ1 (ξ)fξ2 (ξ)1, −p, . . . , − p n−1, −p−p2221 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |2!fξ (ξ)cos (νξ , ξk ) = − p k, k = 1, . . . , n − 1;1 + |∇ξ′ f |21cos θ = cos (νξ , νx ) = cos (νξ , ξn ) = − p1 + |∇ξ′ f |22θ из определения поверхности Ляпунова.

cos θ > 1 − θ2 (из математического анализа), θ 6 arα 6 adα < 1 ⇒cos θ > 1/21a2 r2α−p>1−21 + |∇ξ′ f |2q1a2 r2α1 + |∇ξ′ f |2 6=1+> (a2 r2α < 1)1 + a2 r2α22α2 − a2 r2α1 − a r2|∇ξ′ f |2 6 2a2 r2α + a4 r4α 6 3a2 r2αОкончательно получаем, что√|∇ξ′ f | 6 3arα√|fξk (ξ)| 6 |∇ξ′ f | 6 3arα , k = 1, ..., n − 1В (*) последнее слагаемые оцениваются| cos (r, ξk ) cos (νξ , ξk )| 6 | cos (νξ , ξk )| 6r2 = ξn2 + ρ2 , ρ2 =n−1Pk=1√3arαξk2 n−1X ∂f √√ ∂f X ∂f ξk n−1 6 3anrα 6 3andα = C1 =6 ∂ρ ∂ξk ρ ∂ξkk=1k=1Zρ ∂f f (0) = 0 ⇒ |f (ξ)| 6 ′ dρ′ 6 C1 ρ ⇒ |ξn | = |f (ξ)| 6 C1 ρ∂ρ045Отсюда ∂f ρ < r 6 C1 ρ + ρ = C2 ρ ⇒ 6 C3 ρα∂ρ22222|ξn | = |f (ξ)| 6 C4 ρα+1 ⇒ |ξn | = |f (ξ)| 6 C4 rα+1Из (*):| cos r, νξ | 6|ξn |+ C0 rα 6 C̄rα2что и требовалось.21.

Лекция 21Теорема 1. Пусть Γ - замкнутая поверхность Ляпунова, σ(ξ) ≡ 1. Тогда ∀ x ∈ Rn , n > 3Z Z∂ 1 | cos(r, νξ )| dsξ = (n − 2)dsξ 6 M < ∞ ∂ξ rn−2 rn−1ΓΓДоказательство.1. Пусть ρ(x, Γ) > d2 . Тогда r = |x − ξ| > d2 , откудаZΓ2. Пусть ρ(x, Γ) < d2 .2a. Пусть x ∈ Γ, тогдаZΓ′,где Γ = Γ ∩Qxd ,Z′′| cos(r, νξ )|dsξ =rn−1′Γ =ΓrΓ.Γ′| cos(r, νξ )|2n−1ds6|Γ| 6 ∞ξrn−1dn−1| cos(r, νξ )|dsξ 6rn−1ZΓ′ZΓ′| cos(r, νξ )|dsξ +rn−1ZΓ′′| cos(r, νξ )|dsξrn−1Z| cos(r, νξ )|1dsξ 6 n−1 |Γ|rn−1dZZ d1crαραdsξ 6 c2dξ1 . .

. dξn−1 = c3ρα+1−n ρn−2 dρ =n−1rn−1ρD0Z d1= c3ρα−1 dρ 6 c4 < ∞Γ′′0К последним неравенствам мы переходили, заменяя интегрирование по Γ′ интегрированием по проекции Γ′ наn−1P 2касательную плоскость, cos(r, νξ )dsξ = dξ1 . . . dξn−1 ; ρ2 =ξk ; ρ2 6 r2 = ρ2 + ξn2 ; |ξn | 6 c1 ρα+1k=12б. x не принадлежит Γ, |x − x0 | < d2 .В {ξi } x имеет координаты (0, . . . , 0, ±δ), δ > 0.cos(r, νξ ) =nXcos(r, ξk ) cos(νξ , ξk ) - это упражнение из предыдущей лекцииk=1cos(r, νξ ) =n−1Xcos(r, ξk ) cos(νξ , ξk ) + cos(r, ξn ) cos(νξ , ξn )k=1| cos(νξ , ξk )| 6 Cr0α ,r0 = |x0 − ξ|,k = 1, .

. . , n − 1,r02 = ρ2 + ξn2|ξn ± δ|r|ξn ± δ|cos(r, νξ ) 6 Cr0α +rТеперь разбиваем наш интеграл на 2 других интеграла:ZZZ| cos(r, νξ )|| cos(r, νξ )|| cos(r, νξ )|dsξ =dsξ +dsξn−1n−1rrrn−1ΓΓ′Γ′′| cos(r, ξn )| 646RΓ′′| cos(r,νξ )|dsξr n−1r2 =nX(xk − ξk )2 =k=1±ξn δ > −δ2− 2ξ 22Γ′| cos(r, νξ )|dsξ 6 C0rn−1Zn−1Xk=1тогда |ξn | 6r0αΓ′(ρ2 + δ 2 )Γ′| cos(r,νξ )|dsξ .r n−1ξk2 + (ξn ± δ)2 = ρ2 + (ξn ± δ)2r2 > ρ2 − ξn2 +√1 ,2Уменьшим, если надо, d, чтобы c1 dα 6ZRоценивается так же, как в пункте 2а.

Оценимn−12δ2, и еще |ξn | 6 c1 ρα+1 6 c1 dα ρ2√ρ .2dsξ +Итак, r2 >ZΓ′ρ2 +δ 22 .ρα+1n dsξ + δ2(ρ + δ 2 ) 2ZΓ′dsξn(ρ2 + δ 2 ) 2!Первый интеграл обозначим I1 , второй I2 , третий I3 . r02 = ρ2 + ξn2 6 ecρ2 .I1 6 K1ZραD (ρ2+δ2)n−1 dξ1 . . . dξn−1 6 K2Zd1ρα+1−n ρn−2 dρ < ∞02Аналогично оценивается I2 .I3 6 KδZd10ρn−2 dρn = Kδ(ρ2 + δ 2 ) 2Zd10ρn−2 dρ2 n = Kρn (1 + ρδ 2 ) 2Zd10−d ρδ(1 +δ2 n2ρ2 )=KZ∞δ/d1dtn 6 ∞(1 + t2 ) 2Ч.т.д.Σ — часть поверхности, на которой задано положительное направление нормали, x не принадлежит Σ. Пред−→полагаем ξ ∈ Σ cos(xξ, νξ ) > 0. Соединим теперь x с каждой точкой Σ. Полученную коническую границуg = K ∪ Σ.

Qx ∩ Σ = ∅. K высечет на S x некоторую поверхность, обозначим ее σR ⊂ S x .обозначим K. ∂KRRRωx (Σ) =|σR |= |σ1 |Rn−1−→R|В случае cos(xξ, νξ ) < 0 считаем ωx (Σ) = − R|σn−1.В общем случае мы разбиваем Σ на соответствующие части.Теорема 2.Z1∂1ωx (Σ) = −dsξn − 2 Σ ∂νξ |x − ξ|n−2(n > 3)(т.е. ωx - потенциал двойного слоя)Доказательство.e r Qx ; K ε = K r Qx .Ωε = Kεε11В Ωε|x−ξ|n−2 - гармоническая, тогда запишем ∆ξ |x−ξ|n−2 = 0 в Ωε .Z1∂1dξ = int∂Ωεdsξ =n−2|x − ξ|∂νξ |x − ξ|n−2ΩεZZZ∂1∂1∂1=dsξ +dsξ +dsξn−2n−2∂ν|x−ξ|∂ν|x−ξ|∂ν|x−ξ|n−2ξξξΣKεσε0=ZKεИтак,∆ξ∂1∂1|ξ∈σε = −|ξ∈σε == (n − 2)ε1−n∂νξ |x − ξ|n−2∂r |x − ξ|n−2Z∂1dsξ == (n − 2)ε1−n |σε | = (n − 2)ωx (Σ)n−2σε ∂νξ |x − ξ|Z∂1cos(r, νξ )dsξ = −(n − 2)dsξ = 0, т.к.

cos(r, νξ ) = 0∂νξ |x − ξ|n−2rn−1Kε0=ZΣ∂1dsξ + (n − 2)ωx (Σ)∂νξ |x − ξ|n−247Ч.т.д.Следствие.Γ - замкнутая поверхность Ляпунова, ограничивающая область Ω.RТогда Γ ∂ν∂ ξ |x−ξ|1 n−2 dsξ может принимать следующие значения:−ωn (n − 2), x ∈ Ω0, x ∈ Rn r Ω ωn (n − 2)−, x∈Γ2, где n > 3, ωn = |S1 |.Доказательство.1)x ∈ Ω ⇒ ωx (Γ) = ωn ⇒2)x ∈ Rn r Ω ⇒ZΓ∂1dsξ = −ωn (n − 2)∂νξ |x − ξ|n−21- гармоническая по ξ ∈ Ω|x − ξ|n−23)fεx = Sεx ∩ Ω. Scεx x ∈ Γ. πx - касательная плоскость к Γ в точке x.

Рассмотрим Qxε , ε ≪ d. Γε = Γ ∩ Qxε . Sxxxcfполусфера. Sε = Sε + Bε . Ωε = Ω r Qε .1|x−ξ|n−2 гармоническая по ξ в Ω.ZΓrΓε=−ZZКроме того,BεΓrΓεи−ZZZ∂1dsξ =∂νξ |x − ξ|n−2∂1dsξ∂ν|x−ξ|n−2ξBεZ∂1cos(r, νξ )ds=−(n−2)dsξξ∂νξ |x − ξ|n−2rn−1BεxcSε∂1dsξ +∂νξ |x − ξ|n−2xfSε| cos(r, νξ )|dsξ 6 K0 εα+1−n |Bε | → 0 при ε → 0rn−1BεZ1∂dsξ = −∂νξ |x − ξ|n−21∂dsξ →∂νξ |x − ξ|n−2ZxcSεZΓ∂1dsξ при ε → 0∂νξ |x − ξ|n−2∂1ωn (n − 2)dsξ → −при ε → 0∂νξ |x − ξ|n−22Ч.т.д.21.1. Теорема о скачке потенциала двойного слояx0 ∈ ΓP2+ (x0 ) =limx→x0 ,x∈ΩP2 (x),P2− (x0 ) =limx→x0 ,x∈Rn rΩP2 (x),P2 (x0 ) - прямое значение.Пусть Γ - замкнутая поверхность Ляпунова, x0 ∈ Γ, σ(x) ∈ C(Γ).Тогдаωn (n − 2)P2+ (x0 ) = −σ(x0 ) + P2 (x0 )2ωn (n − 2)P2− (x0 ) =σ(x0 ) + P2 (x0 )24822.

Характеристики

Список файлов лекций