А.А. Коньков - Курс лекций по уравнениям математической физики (1128003), страница 6

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

Текст из файла (страница 6)

Пусть Ω ⊂ Rn — ограниченная область с кусочно гладкой границей, f ∈C 1 (Ω) ∩ C(Ω). ТогдаZZ∂fdx =f cos(ν, xi ) ds,∂xiΩ∂Ωгде ν — вектор внешней нормали к ∂Ω, dx = dx1 . . . dxn — элемент n−мерного объема, ds —элемент (n − 1)−мерного объема поверхности ∂Ω.Предположим сначала ,что Ω — бесконечно гладкая область.

По формуле Стокса,ZZdω = ωΩ∂Ωдля любой внешней формы ω размерности n − 1 на Ω, где ориентация такова, что орт x1непрерывен "во вне области Ω". Если нормаль направлена внутрь, тоZZn−1dω = (−1)ω.Ω∂ΩВозьмем ω = (−1)i−1 f dx1 ∧ . . . ∧ dxi−1 ∧ dxi+1 ∧ . . . ∧ dxn . Пример.

Ω ⊂ Rn — ограниченная область.ZZ∂fdx1 dx2 =f cos(ν, x1 ) ds,∂x1ΩЕсли ω = f dx2 , то dω =∂Ω∂fdx1 ∧ dx2 .∂x1ZZf dx2 =f cos(ν, x1 ) ds,∂ΩZΩ∂Ω∂fdx1 dx2 =∂x2Zf cos(x2 , ν) ds.∂Ω∂fdx1 ∧ dx2 .∂x2ZZZ∂fdx1 dx2 =f dx1 = − f cos(ν, x2 ) ds.−∂x1Если ω = f dx1 , то dω = −Ω∂Ω−Z∂Ωт.е.|∂Ωf cos(x2 , ν) ds = −{zRdωΩZZf cos(ν, x2 ) ds,∂Ω}dω =ΩZ|∂Ω31{zR∂Ωω.ω}Пример. (Классическая формула Лейбница.)Ω = (a, b), ∂Ω = {a, b}.Zba∂fdx = f (a) cos(νa , x) + f (b) cos(νb , x) = −f (a) + f (b).{z} |{z}|∂x1cos π=−1cos 0=1Утверждение.

(Формула интегрирования по частям для случая многих вещественных переменных.) (В случае кусочно гладких приближаем гладкими.)Пусть Ω ⊂ Rn — ограниченная область с кусочно гладкой границей, g, h ∈ C 1 (Ω) ∩ C(Ω).ТогдаZZZ∂h∂gh dx =g h cos(ν, xi ) ds − gdx,∂xi∂xiΩΩ∂Ωгде ν — вектор внешней нормали к ∂Ω, dx = dx1 .

. . dxn — элемент n−мерного объема, ds —элемент (n − 1)−мерного объема поверхности ∂Ω.Возьмем f = g h. По предыдущему утверждению,ZΩТ.е.,ZΩ∂fdx =∂xi∂gh dx +∂xiZΩZf cos(ν, xi ) ds.∂Ω∂hgdx =∂xiZg h cos(ν, xi ) ds. ∂Ω17. Фундаментальное решение оператораЛапласаТеорема. Пусть n > 2.1ln | x|, n = 2,2πEn (x) =11, n > 3, −(n − 2)|S1 | | x|n−2где |S1 | — (n − 1)–мерный объем единичной сферы. Тогда △En (x) = δ(x).

Другими словами,∂2∂2En (x) — фундаментальное решение оператора Лапласа △ = 2 + . . . + 2 .∂x1∂xnИмеем: Z△En , ϕ(x) = En , △ϕ(x) = En △ϕ(x) dx, ∀ ϕ ∈ D(Rn ).RnВозьмем R настолько большим, чтобы supp ϕ ⊂ BR — шар с радиусом R и центром в нуле.ТогдаZZZEn △ϕ(x) dx = En △ϕ(x) dx = limEn △ϕ(x) dx.ε−→+0RnBRBR \Bε32ZEn △ϕ(x) dx =BR \Bε−ZBR \Bε+ZBR \BεZEn|i=1∂xi{z=▽En ▽ϕnX∂ 2 En (x)|i=1∂xi∂x2n{z}∂x2ii=1BR \BεnX∂En (x) ∂ϕ(x)nX∂ 2 ϕ(x)Zdx =dx =ϕ(x) dx =ZEn∂(BR \Bε )∂ϕ(x)Ends −∂ν∂(BR \Bε )}ZBR \Bε∂ϕEn (x)ds −∂νBR \Bε=△En (x)ZZnX∂ϕ(x)|i=1∂xi{z∂ϕ(x)▽p ν=∂νnX∂En (x)|i=1cos(ν, xi ) ds−∂xicos(ν, xi ) ϕ(x) ds+{z∂ϕ(x)▽En ν=∂ν∂En (x)ϕ(x) ds +∂νBR \Bε}Z}En (x) ϕ(x) dx.BR \BεИмеем: △En (x) = 0 для всех x ∈ Rn \ {0}.

В самом деле, переходя к полярным координатам,получим:n−1 ∂1∂2+ 2 △ S1 ,△= 2+∂rr ∂r rгде △S1 — оператор Лапласа–Бельтрами на единичной (n − 1)–мерной сфере (он содержитпроизводные только по угловым координатам, поэтому △S1 En ≡ 0).△En =Z1∂ 2 En n − 1 ∂En++△S1 En =}∂r 2r∂rr 2 | {z=0111 ln(r) + (ln(r))′ = − + = 0, n = 2,2rrr2!= 1 ′′′1n−11+= 0, n > 3. −(n − 2)|S1 |r n−2rr n−2(1)En (x) △ϕ(x) dx =BR \Bε=Z∂ϕEn (x)ds −∂νBR \BεZ∂En (x)ϕ(x) ds +∂νBR \BεРассмотримI1 =ZBR \Bε∂ϕEn (x)ds =∂νZBR \BεZEn (x)En (x) ϕ(x) dx = I1 − I2 + I3 .

(2)| {z }=0∂ϕds −→ 0, ε −→ +0,∂νSε1ZZ kϕkc1 (Rn ) ε ln , n = 2∂ϕ2ds 6 kϕkc1 (Rn ) supp En (x) ds = En (x)εn−1∂ν kϕkc1 (Rn ), n > 3.SεSεn−233РассмотримZI2 =∂En (x)ϕ(x) ds.∂νBR \Bε∂En (x)ϕ(x)∂ν1∂ − 2π ∂r ln r ,n=2=∂11 − (n − 2)|S1 | ∂r r n−2 r=εx∈SεSε1|S1 | εn−1Sε1 1⇒|S1 | εn−1r=εZI2 =Z, n > 3.=−∂En (x)1 n−1ϕ(x) ds =ε∂ν|S1 |1ϕ(x) ds =|S1 | εn−1−→ZSεϕ(x) ds,Sε1(ϕ(x) − ϕ(0)) ds +|S1 | εn−1Zϕ(0)|S1 | εn−1ZZϕ(0) ds −→Sεds = ϕ(0), ε −→ +0Sε| {z }|S1 | εn−1В самом деле,1|S1 | εn−1Z|ϕ(x) − ϕ(0)| ds 6Sεsup ϕ(x) − ϕ(0) Z|x|=ε|S1 | εn−1ds = sup |ϕ(x) − ϕ(0)| −→ 0, ε −→ +0.Sε|x|=ε| {z }|S1 | εn−1Т.о., (△E(x), ϕ(x)) == limε−→+0ZBR \BεZZ∂ϕ∂En (x)En △ϕ(x) dx = limEn (x)ds − limϕ(x) ds = ϕε (0).

ε−→+0ε−→+0∂ν∂ν∂(BR \Bε )∂(BR \Bε )|{z}=018. Фундаментальное решение одномерноговолнового оператораТеорема. Пусть E1 (x, t) =1Θ(a t − |x|), тогда a E1 (x, t) = δ(x, t) в R2 , где2aa =∂2∂22−a, a = const > 0.∂t2∂x2∂t2 − a2 ∂x2 = (∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x ),| {z } | {z }∂ξ∂ξ34=−a=1z}|{z}|{∂u ∂u ∂x ∂u ∂t∂x∂t ∂ξ ==+,∂x +∂t ,x = −a ξ + a η,∂ξ∂x ∂ξ ∂t ∂ξ ⇒∂ξ∂ξ⇒∂u ∂u ∂x ∂u ∂tt = ξ + η.∂x∂t=+,∂ξ =∂x +∂t ,∂η ∂x ∂η ∂t ∂η∂η∂η|{z}|{z}=a=1(∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x )E1 (x, t) = δ(x, t).Применим формулу для замены переменных у обобщенных функций.Пусть f (x) ∈ C ∞ (Ω), x = x(x′ ) : Ω′ −→ Ω — диффеоморфизм. Z′′f (x(x )), ϕ(x ) = f (x(x′ )) ϕ(x′ ) dx′ =Ω=ZΩ ∂x′ ∂x′ f (x) ϕ(x′ (x)) det dx = f (x), ϕ(x′ (x)) det ∂x∂x(x, t) — старые координаты (без штриха), (ξ, η) — новые координаты (штрихованные).Т.к.

η = ∂(ξ, η) δ(x(ξ, η), t(ξ, η)), ϕ(ξ, η) = δ(x, t), ϕ(ξ(x, t), η(x, t)) det .∂(x, t)x + at− x + at,ξ=, то2a2a ∂ξ ∂ξ 1 ∂(ξ, η) ∂x ∂t − 2a== ∂η ∂η 1∂(x, t) ∂x ∂t2a112=− ⇒12a2111δ(x(ξ, η), t(ξ, η)), ϕ(ξ, η) =δ(x, t), ϕ(ξ(x, t), η(x, t)) =ϕ(ξ(0, 0), η(0, 0)) = ϕ(0) ⇒2a2a | {z } | {z }2a=0δ(x(ξ, η), t(ξ, η)) ==01δ(ξ, η).2aТ.о. (∂t − a ∂x )(∂t + a ∂x )E1 (x, t) = δ(x, t) ⇔∂ξ ∂η E1 (x(ξ, η), t(ξ, η)) =1δ(ξ, η).2a(1)Имеем: (∂t −a ∂x )(∂t +a ∂x ) Θ(ξ) Θ(η) = Θ′ (ξ) Θ′(η) = δ(ξ) δ(η). Т.о., уравнение (1) выполне1но, если E1 x(ξ, η), t(ξ, η) =Θ(ξ) Θ(η).

Сделаем обратную замену переменных в последнем2aвыражении:1 − x + at x + at1 E1 (x, t) =ΘΘ=Θ at − | x| . 2a2a2a2aТеперь рассмотрим случай, когда n = 3. Останется только n = 2, но это выводится из случаяn = 3.3519. Фундаментальное решение трехмерноговолнового оператора∂2∂2∂2u ∂2u ∂2u2a = 2 − a, a = const > 0, △ = 2 + 2 + 2 .∂t∂x2∂x1 ∂x2 ∂x3Определим обобщенную функцию δSr (x) равенством:Z(δSr (x), ϕ(x)) = ϕ(x) ds.Θ(t)δSr (x), тогда a E3 (x, t) = δ(x, t) в R3 .Теорема. Пусть E3 (x, t) =24πa tx = (x1 , x2 , x3 ). По определению обобщенных функций, имеем:Z∞ Z Θ(t)1dtδSat (x), ϕ(x, t) =ϕ(x, t) dsx .224πa t4πat01a E3 (x, t), ϕ(x, t) = E3 (x, t), a ϕ(x, t) =4πa21=4πa2Z∞dtt0ZSatZ∞dtt01ϕtt (x, t) ds −4πZ∞2ϕtt (x, t) − a △ϕ(x, t) dsx =Satdtt0SatZ Z△ϕ(x, t) dsx .Sat∂ϕ∂ϕ ∂r∂ϕ dtdrСделав замену, r = at, ϕtt = a2 ϕrr ,==a ,= , ψ(x, r) = ϕ x, ar , продол∂t∂r ∂t∂r trжим цепочку равенств:1=4πZ∞01=4πZR3drrZ1ψrr (x, r) ds −4πSrdx1−r=|x| | x|4πψrr (x, r)Z∞0ZR3Выберем R > 0 таким, чтобы ψ(0, r) ⊂ Br :14πZBR \Bε=Z∂(BR \Bε )∂ψ(x, r) ∂νx Поясним:r=|x|ds1−| x| 4πZBR \BεdrrZ△ψ(x, r) ds =Srdx.r=|x| | x|△x ψ(x, r)dx=r=|x| | x|△x ψ(x, r)dx1▽| x|−| x| 4πr=|x|▽x ψ(x, r)36ZBR \Bε▽x ψ(x, r)r=|x|▽1.

(1)| x|32X∂ψ(x,r)1=2r=|x| | x|∂xi i=1△x ψ(x, r)r=|x|3X∂ 2 ψ(x, r) −∂r∂xi i=1r=|x|3X∂∂ψ(x,r)1=| x|∂xi∂xi i=1r=|x|3X∂| x| 1∂ψ(x, r) −∂xi | x|∂xi i=1r=|x|∂ 1∂xi | x|1 −| x|Теперь распишем второй интеграл из (1):Zdx▽| x|=| x|r=|x|▽x ψr (x, r)BR \Bε−ZBR \Bεψr (x, r)Z∂(BR \Bε )dx▽| x| ▽| x|−{z } | x|r=|x| |=1∂| x| 1ds−r=|x| ∂ν | x|ψr (x, r)ZBR \Bε.. ▽| x|dx,.| x|r=|x|ψr (x, r)2так как ▽| x| ▽| x| = (▽| x|) = замена: | x| = r = (▽r)2 = 12 = 1.Распишем третий интеграл из (1):Z14π∂ ds−∂ν | x|ψ(x, r)|r=|x|∂(BR \Bε )ZBR \Bε▽r=|x|BR \BεZ▽x ψ(x, r)1=| x|ψr (x, r)1▽| x| ▽dx −r=|x|| x|Z∂(BR \Bε )где ν — внешняя нормаль к границе ∂(BR \ Bε ), ψ|SR ≡ 0.Т.о.,ZBR \Bεdx=r=|x| | x|△x ψ(x, r)Z−BR \Bε+ZZ∂(BR \Bε )Z∂(BR \Bε )ψr (x, r)r=|x|Zψr (x, r)|r=|x|∂(BR \Bε )dx−r=|x| | x|ψrr (x, r)BR \Bε∂ψ(x, r) ds−∂νxr=|x| | x|=0∂ 1ds +r=|x| ∂ν | x|ψ(x, r)1.. ▽| x|+ ▽| x| ▽dx..| x|| x||{z}(доказательство ниже)Рассмотрим каждый интеграл подробнее.P 1 ∂| x|xixi32 2Пятый: так как | x| =x,=P 2=, тоi=1 i∂xixi| x|!33XX∂xixi ∂1..

▽| x|+ ▽| x| ▽=+.2| x|| x|∂xi | x|| x| ∂xii=1i=1=1dx,ψ(x, r)|r=|x| ▽| x|| {z }!1=| x|33XX3x2ix2i321−2−=−−= 0.44222| x|2|x||x||x||x||x|i=1i=137=0∂| x| ds−∂ν | x|Первый: Z Z Z ∂ψ(x,r)∂ψ(x,r)∂ψ(x,r)dsdsds 6 6= ∂νx ∂νx∂νx| x|r=|x| | x| r=|x| | x| ∂(BR \Bε )r=mSεSεZ11kψkC 1 (R4 )ds = kψkC 1 (R4 ) · 4πε2 −→ 0, ε −→ +0.εεSε| {z }=4πε2Второй: Z Z∂| x| ds ∂| x| ds 6ψr (x, r)|r=|x| = ψr (x, r)|r=|x|∂ν | x| ∂ν | x|∂(BR \Bε )SεZZ ∂| x| ds116 |ψr (x, r)|6 kψkC 1 (R4 )ds = kψkC 1 (R4 ) · 4πε2 −→ 0, ε −→ +0.r=|x| ∂ν | x|εεSεSε| {z }=4πε2Четвертый:Z∂(BR \Bε )так как∂ 1ds =r=|x| ∂ν | x|ψ(x, r)∂ 1 ∂ν | x|x∈SεПродолжим равенства:1= 2εZZψ(x, r)|r=|x|Sεd 1 =−dr dr=r=εZψ(0)(ψ(x, ε) − ψ(0)) ds +εSε∂ 1ds,∂ν | x|1.ε2→ ψ(0), ε −→ +0,ds −Sε| {z }=4πε2так какZZ11|ψ(x, ε) − ψ(0)| ds 6 sup |ψ(x, ε) − ψ(0)| 2 ds = 4π sup |ψ(x, ε) − ψ(0)| −→ 0, ε −→ +0.ε2εx∈SεSεТ.о.,ZR3Sεdx= limε−→+0r=|x| | x|△x ψ(x, r)ZBR \Bεdx=r=|x| | x|△x ψ(x, r)1a E3 (x, t), ϕ(x, t) = E3 (x, t), a ϕ(x, t) =4πa21=4πZR3dx1−r=|x| | x|4πψrr (x, r)ZR3Z∞0ZR3dttdx− 4πψ(0) ⇒r=|x| | x|ψrr (x, r)Z 2ϕtt (x, t) − a △ϕ(x, t) dsx =Satdx1+· 4πψ(0) = ψ(0).

Характеристики

Список файлов лекций