Д.В. Ховратович - Уравнения математической физики. Конспект лекций (2003) (1128005), страница 5
Текст из файла (страница 5)
Фиксируем точку M0 ∈ Ω и окружим ее сферой Σεдостаточно малого радиуса ε. Тогда функция v ∈ C 2 (Ωε ) , где Ωε = Ω \ SM0 (ε) .$'Ωε'$ ΣεqM0 Σε&%&%TВозьмем некоторую функцию u такую, что u ∈ C 2 (Ω) C 1 (Ω). Запишем вторую формулу Грина для областиΩε :ZZZZZ ZZ ∂v∂u∂v∂u(u∆v − v∆u) dτ =u−vdσ +u−vdσ =⇒ {∆v ≡ 0} =⇒∂n∂n∂n∂nΩεΣΣεZZZZZ 1∂11 ∂u−∆u(M ) dτM =u−(M ) dσM +RM M0∂n RM M0RM M0 ∂nΩεΣZZ 1∂1 ∂u+u−(M ) dσM .∂n RM M0RM M0 ∂nΣε25Рассмотрим поведение второго двойного интеграла при ε → 0. Известно, что единичная нормаль ~n к сфереx − x0y − y0z − z0Σε в точке {x, y, z} задается как {−,−,−}. Следовательно,RM M0RM M0RM M0 ∂11(x − x0 )2(y − y0 )2(z − z0 )211= ~n, grad=++= 2= 2.444∂n RM M0R M M0RMRRRεM0M M0M M0M M0Тогда этот интеграл преобразуется следующим образом:ZZ ZZ∂11 ∂u1u−dσ = 2u dσ −∂n RM M0RM M0 ∂nεΣεΣε1εZZ∂udσ =∂nΣε24πε∂u4πε2= { общая теорема о среднем значении } = u(Mε0 ) 2 −(Mε00 )=ε∂nε∂u= 4πu(Mε0 ) − 4πε (Mε00 ),∂nгде Mε00 , Mε0 – точки на сфере Σε .∂uУстремим ε к нулю, учитывая ограниченность:∂n∂uε→04πu(Mε0 ) − 4πε (Mε00 ) −→ 4πu(M0 ).∂nПеренеся в исходной формуле часть слагаемых в правую часть, получим формулу для u(M0 ):ZZZZZ 1∂11 ∂u4πu(M0 ) = −∆u(M ) dτM −u(M )−(M ) dσM(3.4)RM M0∂n RM M0RM M0 ∂nΩΣЭта формула называется третьей формулой Грина.Проведя аналогичные рассуждения в E 2 , легко получить двумерные аналоги второй и третьей формул Грина:ZZZ ∂v∂u−vdl.(u∆v − v∆u) ds =u∂n∂nLDZZZ ∂11 ∂u1∆u ds −uln− lndl.2πu(M0 ) = −lnρM M0∂nρM M0ρM M0 ∂nLD3.4 Свойства гармонических функцийНапомним определение.Определение.
Функция u называется гармонической в области Ω, если u ∈ C 2 (Ω) и ∆u = 0 в Ω.Свойство 1. Если v – гармоническая в Ω, тоZZ∂vdσ = 0,∂neΣe – произвольная замкнутая поверхность, лежащая в Ω.где Σe u ≡ 1 (очевидно, u –Доказательство. Положив в первой формуле Грина (3.2) для области, ограниченной Σ,гармоническая функция), получимZZ∂vdσ = 0.∂neΣ26Свойство 2 (Теорема о среднем значении). Пусть функция u – гармоническая в Ω. Тогда для любой точкиM0 ∈ Ω и для любой сферы Σa радиуса a с центром в M0 , лежащей в Ω справедлива формула:ZZ1u(P ) dσp .(3.5)u(M0 ) =4πa2Σa'$Ω'$ ΣaqM0 Σ a&%&%Доказательство.
Запишем третью формулу Грина (3.4) для внутренности сферы Σa :ZZ ∂11 ∂u∂114πu(M0 ) = −u−dσ = {= − 2} =∂n RM M0RM M0 ∂n∂n RM M0aΣaZZZZ11 ∂u= 2u dσ +dσ.aa2 ∂nΣaΣaПо первому свойству гармонической функции второй интеграл обращается в ноль и мы получаем доказательство формулы (3.5).Свойство 3. Если функция u – гармоническая в Ω, то она бесконечно дифференцируема в Ω.Доказательство. Снова запишем третью формулу Грина (3.4) для u(M ) = u(x, y, z) (P (Px , Py , Pz ) ∈ Σ):!ZZ "∂1p4πu(x, y, z) = −u(P )−∂n(x − Px )2 + (y − Py )2 + (z − Pz )2Σ#1∂u(P )−pdσP .(x − Px )2 + (y − Py )2 + (z − Pz )2 ∂nВидно, что если точка M не лежит на границе (Σ), то подынтегральная функция бесконечно дифференцируема по параметру x (а также по y, z).
Известно, что в этом случае и весь интеграл, а следовательно, и функцияu(M ) является бесконечно дифференцируемой функцией.3.5Принцип максимума для гармонических функцийТеорема 3.1 (Принцип максимума). Если функция u ∈ C(Ω) и гармоническая в Ω, то она достигаетсвоего максимума (минимума) на границе области:max u(M ) = max u(M );M ∈ΣM ∈Ωmin u(M ) = min u(M ).M ∈ΣM ∈Ω27Доказательство. Предположим, что функция достигает, например, максимума в некоторой внутренней точкеM0 :u(M0 ) = max u(M ).M ∈ΩТогда по формуле среднего значения (3.5) (a – достаточно малое число)ZZZZ11u(M0 ) =u(P)dσ6u(M0 ) dσ = u(M0 ).P4πa24πa2ΣaΣaТак как функция u – непрерывна, то u(P ) ≡ u(M0 ) (то есть максимум достигается на всей сфере).
Продолжая эти преобразования нужное количество раз, получим, что максимум достигается и на границе тоже (такимобразом, функция тождественно равна константе).3.6Единственность и устойчивость решения внутренней задачи ДирихлеЗдесь и далее функции µ и ν – некоторые заданные функции.Определение. Функция u(x, y, z) называется решением внутренней задачи Дирихле, если она удовлетворяет следующим трем условиям:u(x, y, z) ∈ C(Ω), u ∈ C 2 (Ω); (1)[3.1](2) ∆u(x, y, z) = 0,(x, y, z) ∈ Ω;(3)u(x, y, z) = µ(x, y, z),(x, y, z) ∈ Σ.Докажем теорему единственности непрерывного и гармонического в Ω решения.Теорема 3.2 (единственности). Пусть функции u1 (x, y, z), u2 (x, y, z) являются решениями одной и тойже внутренней задачи Дирихле [3.1]. Тогда u1 (x, y, z) = u2 (x, y, z) в Ω.Доказательство.
Определим новую функцию v = u1 − u2 . Легко видеть, что она непрерывна в Ω, гармоническая в Ω и v(x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Σ. Тогда для функции v выполнены все условия принципа максимальногозначения, следовательноmax v = max v = 0 ΣΩ=⇒ v(x, y, z) ≡ 0, (x, y, z) ∈ Ω.min v = min v = 0 ΣΩТеорема доказана.Теперь покажем устойчивость решения внутренней задачи Дирихле, но сначала докажем следующую лемму.Лемма 1. Пусть функции u1 (x, y, z), u2 (x, y, z) такие, что:1.
u1 , u2 ∈ C(Ω);2. u1 , u2 − гармонические в Ω;3. u1 (x, y, z) > u2 (x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.Тогда u1 > u2 в Ω.Доказательство. Снова рассмотрим функцию v = u1 − u2 . Тогда v(x, y, z) > 0 на Σ. Воспользовавшисьпринципом минимума (очевидно, все условия выполнены), получимmin v = min v > 0 =⇒ u1 > u2 в ΩΩΣЛемма доказана.28Теорема 3.3 (устойчивости). Пусть функции u1 (x, y, z), u2 (x, y, z) таковы, что:u1 , u2 ∈ C(Ω) ∩ C 2 (Ω); (1)(2) ∆u1 (x, y, z) = ∆u2 (x, y, z) = 0, (x, y, z) ∈ Ω;(3)ui (x, y, z) = µi (x, y, z),(x, y, z) ∈ Σ, i = 1, 2.Тогда max |u1 − u2 | 6 max |µ1 − µ2 |.ΩΣДоказательство. Обозначим ε = max |µ1 − µ2 |, v = u1 − u2 . Тогда v – гармоническая в Ω, −ε 6 v 6 εΣпри (x, y, z) ∈ Σ.
Тогда, применяя лемму для пар функций (−ε, v) и (v, ε) (очевидно, ее условия выполнены),получим, что−ε 6 v 6 ε, (x, y, z) ∈ Ω =⇒ |u1 − u2 | 6 ε в ΩТеорема доказана.Следствие. Пусть каждая функция из последовательности un (x, y, z), а также функция u(x, y, z), являетсярешением соответствующей задачи Дирихле при un = µn на Σ, u = µ на Σ. Тогда из равномерной сходимостиµn (µn ⇒ µ на Σ) следует, что un ⇒ u в Ω.Замечание. Доказанные теоремы полностью справедливы и для двумерного случая. Чтобы убедиться в этом,достаточно провести аналогичные рассуждения.Теперь рассмотрим другой вариант задачи Дирихле – внешнюю задачу Дирихле.3.7Единственность решения внешней задачи ДирихлеВнешняя задача Дирихле в пространствеОпределение.
Функция u(x, y, z) называется решением внешней задачи Дирихле в пространстве, если онаудовлетворяет следующим условиям:(1) u(x, y, z) ∈ C(E 3 \ Ω);(2) u(x, y, z) − гармоническая в E 3 \ Ω;[3.2](3) u(x, y, z) = µ(x, y, z),(x, y, z) ∈ Σ.(4) u(x, y, z) ⇒ 0(равномерно сходится к нулю) при (x, y, z) −→ ∞.Докажем, что непрерывное решение единственно.Теорема 3.4 (единственности). Пусть u1 , u2 (x, y, z) – такие функции, что(1) u1 , u2 (x, y, z) ∈ C(E 3 \ Ω);(2)u1 , u2 − гармонические в E 3 \ Ω;(3) u1 , u2 (x, y, z) = µ(x, y, z),(x, y, z) ∈ Σ.(4) u1 , u2 (x, y, z) ⇒ 0,(x, y, z) −→ ∞.Тогда u1 (x, y, z) = u2 (x, y, z) в E 3 \ Ω.Доказательство.
Пусть v(x, y, z) = u1 (x, y, z) − u2 (x, y, z). Тогда v удовлетворяет условиям теоремы приµ(x, y, z) ≡ 0. Докажем, что функция v тождественно равна нулю.Предположим противное: ∃M0 (x0 , y0 , z0 ) ∈ E 3 \ Ω : v(x0 , y0 , z0 ) = A > 0. Тогда из определенияравномерной сходимости существует такая сфера ΣR радиуса R, полностью содержащая Ω и точку M0 , чтоA|v(x, y, z)| 6 , (x, y, z) ∈ ΣR .
Тогда2Amax v(x, y, z) 6 ;2ΣRAmin v(x, y, z) > − .2ΣR29Применив к v принцип максимального значения в открытой области ΩR (это область, ограниченная снаружиΣR , а изнутри – Σ), получимAv6 ; max v = Σmax2∪ ΣRAΩRA =⇒ |v(x0 , y0 , z0 )| 6 2 .v>− ; min v = Σ min2∪ ΣRΩRМы получили противоречие с тем, что v(x0 , y0 , z0 ) = A. Тогда v(x, y, z) ≡ 0 и теорема доказана.Приведем пример, показывающий важность условия (4).Пример. ПустьΩ : x2 + y 2 + z 2 < a2 ;Σ : x2 + y 2 + z 2 = a2 .Рассмотрим такую постановку внешней задачи Дирихле:1. u ∈ C(E 3 \ Ω);2. u − гармоническая в E 3 \ Ω;3.
u(x, y, z) = C = const, (x, y, z) ∈ Σ.CaЛегко видеть, что функции u1 (x, y, z) = C и u2 (x, y, z) = pявляются решениями данной зада2x + y2 + z2чи, однако u1 6= u2 , поэтому в этой постановке единственность нарушается.Теперь рассмотрим внешнюю задачу на плоскости.Внешняя задача Дирихле на плоскостиОпределение.
Функция u(x, y) называется решением внешней задачи Дирихле на плоскости, если онаудовлетворяет следующим условиям:(1)u(x, y) ∈ C(E 2 \ D), u ∈ C 2 (E 2 \ D);(2) ∆u(x, y) = 0,(x, y) ∈ E 2 \ D;[3.3](3)u(x, y) = µ(x, y),(x, y) ∈ L.(4) |u(x, y)| 6 C = const, (x, y) ∈ E 2 \ D.Теорема 3.5 (единственности). Пусть u1 , u2 (x, y) – такие функции, что(1) u1 , u2 (x, y) ∈ C(E 2 \ D),u ∈ C 2 (E 2 \ D);(2)∆u1 (x, y) = ∆u2 (x, y) = 0, (x, y) ∈ E 2 \ D;(3)u(x, y) ∈ L.1 , u2 (x, y) = µ(x, y),(4)|ui (x, y)| 6 ci = const,i = 1, 2, (x, y) ∈ E 2 \ D.Тогда u1 (x, y) = u2 (x, y) в E 2 \ D.Доказательство.
Пусть v = u1 − u2 . Тогда функция v: v(x, y) = 0, (x, y) ∈ L, |v(x, y)| 6 C = c1 + c2 .Докажем, что v(x, y) ≡ 0, (x, y) ∈ E 2 \ D.Предположим противное: существует точка M ∗ (x∗ , y ∗ ), (x∗ , y ∗ ) ∈ E 2 \D : v(x∗ , y ∗ ) = A > 0. Тогда возьмемa такое, что окружность La с центром в точке M0 (x0 , y0 ) полностью лежит в D, и такое R, что окружность LRсодержит область D и точку M ∗ . Определим функциюp(x − x0 )2 + (y − y0 )2lnawR (x, y) = C.RlnaВидно, что301. wR (x, y) ∈ C(E 2 \ D);2. wR (x, y) – гармоническая в E 2 \ D;3. wR (x, y) > 0 на L;4. wR (x, y) = C на LR .Из этого следует, что|v(x, y)| 6 wR (x, y), (x, y) ∈ L;|v(x, y)| 6 C = wR (x, y), (x, y) ∈ LR .Применив принцип максимума, получим, что в DLLR – области, ограниченной изнутри L и снаружи LR|v(x, y)| 6 wR (x, y), (x, y) ∈ DLLpR =⇒(x∗ − x0 )2 + (y ∗ − y0 )2lna.|v(x∗ , y ∗ )| 6 wR (x∗ , y ∗ ) = CRlnaУстремляя R к бесконечности, получим, что|v(x∗ , y ∗ )| 6 w∞ (x∗ , y ∗ ) = 0.Мы получили противоречие с тем, что v(x∗ , y ∗ ) = A > 0, следовательно v(x, y) ≡ 0.
Теорема доказана.Приведем пример, показывающий важность условия (4).Пример. ПустьD : x2 + y 2 < b2 ;L : x2 + y 2 = b2 .Рассмотрим такую постановку внешней задачи Дирихле:∆u ≡ 0 в E 2 \ D;u(x, y) = C = const, (x, y) ∈ L.px2 + y 2являются решениями данной задачи,Легко видеть, что функции u1 (x, y) = C и u2 (x, y) = C + lnbоднако функция u2 не ограничена никакой константой, поэтому в этой постановке единственность нарушается.3.8 Внутренняя задача Неймана.
Необходимое условие ее разрешимости. Единственность решенияОпределение. Функция u(x, y, z) из E3 называется решением внутренней задачи Неймана, если она удовлетворяет следующим трем условиям:u(x, y, z) ∈ C 1 (Ω),u ∈ C 2 (Ω); (1)(2) ∆u(x, y, z) = 0,(x, y, z) ∈ Ω;[3.4] (3) ∂u (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.∂nОбратим внимание на то, что от функции u требуется непрерывность вместе с первой производной в Ω, вотличие от задачи Дирихле, в которой требуется просто непрерывность.Необходимое условие разрешимости внутренней задачи Неймана31Предположим, что u – решение [3.4], а v – произвольная дважды дифференцирумая функция.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
