Д.В. Ховратович - Уравнения математической физики. Конспект лекций (2005) (1128007), страница 4

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

Текст из файла (страница 4)

Граничное условие выполнено. Получим формулу для решения [2.7]:+∞Z0Z(x − s)2(x − s)211√√}φ(s) ds +}φ(−s) ds =u(x, t) =exp{−exp{−24a t4a2 t4πa2 t4πa2 t−∞0+∞Z21(x − s)(x + s)2√=exp{−}+exp{−}φ(s) ds.4a2 t4a2 t4πa2 t0– это решение второй краевой задачи на полупрямой.2.10Функция Грина для первой краевой задачиРассмотрим первую краевую задачу:ut = a2 uxx ,u(0, t) = 0,u(l, t) = 0,u(x, 0) = φ(x),0 < x < l, 0 < t 6 T ;0 6 t 6 T;0 6 t 6 T;0 6 x 6 l.Как уже известно, ее решение задается следующим образом: lZ∞ πn 2X2πnπnφ(s) sin( s) ds sin( x) exp{−a2t}.u(x, t) =lllln=10Мы можем представить его в несколько ином виде, как уже делали при решении задачи Коши:Zlu(x, t) =G(x, s, t)φ(s) ds,021где G(x, s, t) =∞ πn 2X2πnπnt}.sin( s) sin( x) exp{−a2lllln=1(2.12)– функция Грина для первой краевой задачи.Докажем несколько свойств функции Грина.Свойство 1.G(x, s, t) = G(s, x, t).Это свойство очевидно из определения функции Грина.Свойство 2.G(x, s, t) ∈ C ∞ (R × R × R+ ).Доказательство.

Докажем непрерывность в точке (x, s, t). Для этого достаточно заметить, что при t > t0ряд равномерно сходится по признаку Вейерштрасса, так как его можно ограничить сходящимся рядомиз экспонент:∞ πn 2X2exp{−a2t0 }.|G(x, s, t)| 6lln=1Для доказательства дифференцируемости достаточно заметить, что ряд из производных будет равномерно сходиться, так как при дифференцировании в качестве новых множителей появятся только полиномы от n, которые не помешают — экспонента все равно обеспечивает сходимость.Свойство 3.Gt = a2 Gxx ;Gt = a2 Gss .Первое уравнение можно проверить простым дифференцированием формулы (2.12), а второе — дифференцированием уравнения из свойства 1.Свойство 4.G(x, s, t) > 0, x, s ∈ [0; l], t > 0.Доказательство.

Докажем это для произвольной точки (x, s0 , t). Пусть функция φh (x) равна некоторойeположительной функции φ(x)на интервале (s0 − h; s0 + h), а вне этого интервала равна нулю:eφ(x)> 0, x ∈ (s0 − h; s0 + h);φh (x) =0,x ∈ [0; l] \ (s0 − h; s0 + h).Кроме того, она удовлетворяет следующим условиям:φh (x) ∈ C[0; l]; Zlφh (x) dx = 1.0и задает начальное условие в некоторой краевой задаче типа [2.2]. Тогда функция uh (x, t), являющаясярешением этой краевой задачи, задается формулой:sZ0 +hZluh (x, t) =G(x, s, t)φh (s) ds =G(x, s, t)φh (s) ds =s0 −h0sZ0 +h= { теорема о среднем значении (5.1)} = G(x, θ, t)s0 −h=⇒ lim G(x, θ, t) = lim uh (x, t) =⇒h→0h→022φh (s) ds = G(x, θ, t), θ ∈ (s0 − h; s0 + h).

=⇒G(x, s0 , t) = lim uh (x, t).h→0Применим принцип максимального значения, зная, что uh (0, t) ≡ 0 ≡ uh (l, t):min uh (x, t) = min{0, 0, min φh (x)} = 0.x∈[0; l]t∈[0; T ]x∈[0; l]Согласно (2.13), получаем неотрицательность G(x, s0 , t). Свойство 4 доказано.23(2.13)3Уравнения эллиптического типаПусть Ω — некоторая открытая область в E3 , ограниченная поверхностью Σ. Аналогично, D — некотораяоткрытая область в E2 , ограниченная кривой L.3.1Уравнения Лапласа и Пуассона. Постановка краевых задач.

Фундаментальные решения уравнения ЛапласаРассмотрим такие уравнения теплопроводности:ut (x, y, z, t) = a2 ∆u(x, y, z, t) + f1 (x, y, z), (x, y, z) ∈ Ω;ut (x, y, t) = a2 ∆u(x, y, t) + f2 (x, y),(x, y) ∈ D;∆u = uxx + uyy + uzz ;∆u = uxx + uyy .В случае стационарного теплового процесса (ut ≡ 0) мы получаем уравнения эллиптического типа:∆u = −f . При этом из общего вида получаются два типа уравнений: 2∂ u ∂2u ∂2u ∂x2 + ∂y 2 + ∂z 2 = −f (x, y, z);— уравнения Пуассона в E3 и E2 ;22∂u∂u+ 2 = −f (x, y).∂x2∂y 2∂ u ∂2u ∂2u ∂x2 + ∂y 2 + ∂z 2 = 0;— уравнения Лапласа в E3 и E2 ;22∂u∂u+ 2 = 0.∂x2∂yЭти уравнения широко используются при описании разнообразных стационарных физических полей.Определение. Функция u(x, y, z) называется гармонической в Ω, если u ∈ C 2 (Ω) и ∆u ≡ 0 в Ω.Гармонические функции от двух переменных можно получить, используя понятие аналитичностифункции комплексного переменного.

В курсе ТФКП показывалось, что если функция f (z) = u(x, y) +iv(x, y) аналитична, то выполняются условия Коши-Римана для функций u, v:ux (x, y) = vy (x, y);uy (x, y) = −vx (x, y).Дифференцируя верхнее равенство по x, а нижнее — по y, получимuxx (x, y) = vyx (x, y);=⇒ uxx + uyy = 0uyy (x, y) = −vxy (x, y).Аналогично — для функции v. Отсюда можно сделать вывод, что если функция f (z) = u(x, y) +iv(x, y) — аналитическая, то функции u, v — гармонические.В дальнейшем мы будем рассматривать в пространстве E3 такие задачи:Внутренняя задача Дирихле(∆u(x, y, z) =0,(x, y, z) ∈ Ω;u(x, y, z)= µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.Внутренняя задача Неймана0,(x, y, z) ∈ Ω; ∆u(x, y, z) = ∂u (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.∂n24Внешняя задача Дирихле(∆u(x, y, z) =0,(x, y, z) ∈ E 3 \ Ω;u(x, y, z)= µ(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.Внешняя задача Неймана0,(x, y, z) ∈ E 3 \ Ω; ∆u(x, y, z) = ∂u (x, y, z) = ν(x, y, z), (x, y, z) ∈ Σ.∂nЕстественно обобщить данные задачи на случай уравнения Пуассона.Кроме того, существуют и двухмерные аналоги, например:∆u(x, y) = 0,(x, y) ∈ D;— внутренняя задача Дирихле в E 2 .u(x, y) = µ(x, y), (x, y) ∈ L.Докажем, что функцияu(x, y, z) =1RM M01=p2(x − x0 ) + (y − y0 )2 + (z − z0 )2(RM M0 — расстояние между точками M (x, y, z) и M0 (x0 , y0 , z0 )) является решением уравнения Лапласа вE 3 \ M0 :1 2(x − x0 )x − x03(x − x0 )21ux = −=−;u=−− 5xx3352 RM M0RM M0RM M0RM M0uy = −1 2(y − y0 )y − y0=− 3;32 RM M0RM M0uyy = −3(y − y0 )21− 55RM M0RM M0uz = −1 2(z − z0 )z − z0=− 3;32 RMRM0M M0uzz = −3(z − z0 )21− 55RMRM0M M0=⇒ ∆1R M M0=33(x − x0 )2 + 3(y − y0 )2 + 3(z − z0 )2− 3≡05RMRM0M M0В случае E2 легко проверить, что функция u(x, y) = ln1, где ρM M0 =p(x − x0 )2 + (y − y0 )2 будетρM M0решением уравнения Лапласа в E2 \ M0 .Эти функции называются фундаментальными решениями уравнения Лапласа.3.21-я и 2-я формулы ГринаПервая формула ГринаПусть поверхность Σ состоит из конечного числа замкнутых кусков, имеющих в каждой точке касательную, причем любые прямые, параллельные координатным осям, пересекают ее либо в конеч~ y, z) =ном числе точек, либо по конечному числу отрезков.

Тогда в области Ω для функции A(x,{P (x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)}, где P, Q, R ∈ C 1 (Ω), верна формула Остроградского-Гаусса:ZZZZZ~ ~n) dσ =~ dτ.(A,div A(3.1)ΣΩ25~ = u gr v. Тогда по формуле (3.1)Пусть u(x, y, z) и v(x, y, z) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), AZZZZZ(u gr v, ~n) dσ =div (u gr v) dτ =ΣΩ∂v= ( gr v, ~n) =;∂ndiv (u gr v) = ( gr u, gr v) + u∆vZZ=u∂vdσ =⇒∂nΣZZZZZ(( gr u, gr v) + u∆v) dτ =u∂vdσ.∂n(3.2)ΩΣПолученная формула называется первой формулой Грина.Вторая формула ГринаПоменяем местами в первой формуле Грина функции u и v .

Вычитая полученное равенство из (3.2),получим вторую формулу Грина:ZZZZZ ∂v∂u(u∆v − v∆u) dτ =u−vdσ.(3.3)∂n∂nΩΣ3.33-я формула ГринаИспользуем то, что функцияv=1R M M01=p2(x − x0 ) + (y − y0 )2 + (z − z0 )2является решением уравнения Лапласа в пространстве E3 . Фиксируем точку M0 ∈ Ω и окружим ее сферойΣε достаточно малого радиуса ε. Тогда функция v ∈ C 2 (Ωε ) , где Ωε = Ω \ SM0 (ε) .$'Ωε'$ ΣεqM0Σε&%&%TВозьмем некоторую функцию u такую, что u ∈ C 2 (Ω) C 1 (Ω). Запишем вторую формулу Грина дляобласти Ωε :ZZ ZZZZZ ∂v∂u∂v∂udσ +udσ =⇒ {∆v ≡ 0} =⇒(u∆v − v∆u) dτ =u−v−v∂n∂n∂n∂nΩεΣΣεZZ ZZZ1∂11 ∂u−∆u(M ) dτM =u−(M ) dσM +RM M0∂n RM M0RM M0 ∂nΩεΣZZ ∂11 ∂u+u−(M ) dσM .∂n RM M0RM M0 ∂nΣε26Рассмотрим поведение второго двойного интеграла при ε → 0. Известно, что единичная нормаль ~n кy − y0z − z0x − x0,−,−}.

Следовательно,сфере Σε в точке {x, y, z} задается как {−R M M0R M M0R M M0 ∂(y − y0 )2(z − z0 )21111(x − x0 )2++= 2= 2.= ~n, gr=444∂n RM M0R M M0RM M0R M M0R M M0RM M0εТогда этот интеграл преобразуется следующим образом:ZZ ZZ∂11 ∂u1uu dσ −−dσ = 2∂n RM M0RM M0 ∂nεΣεΣε1εZZ∂udσ =∂nΣε2∂u4πε4πε2= { общая теорема о среднем значении } = u(Mε0 ) 2 −(Mε00 )=ε∂nε∂u= 4πu(Mε0 ) − 4πε (Mε00 ),∂nгде Mε00 , Mε0 — точки на сфере Σε .Устремим ε к нулю, учитывая ограниченность4πu(Mε0 ) − 4πε∂u:∂n∂uε→0(M 00 ) −→ 4πu(M0 ).∂n εПеренеся в исходной формуле часть слагаемых в правую часть, получим формулу для u(M0 ):ZZ ZZZ11 ∂u∂1∆u(M ) dτM −−(M ) dσM(3.4)4πu(M0 ) = −u(M )RM M0∂n RM M0RM M0 ∂nΣΩЭта формула называется третьей формулой Грина.Проведя аналогичные рассуждения в E 2 , легко получить двумерные аналоги второй и третьей формулГрина:ZZZ ∂v∂u(u∆v − v∆u) ds =u−vdl.∂n∂nLDZZZ 1∂11 ∂u2πu(M0 ) = −ln∆u ds −uln− lndl.ρM M0∂nρM M0ρM M0 ∂nLD3.4Свойства 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,Доказательство. Положив в первой формуле Грина (3.2) для области, ограниченной Σ,u — гармоническая функция), получимZZ∂vdσ = 0.∂neΣ27Свойство 2 (Теорема о среднем значении). Пусть функция u — гармоническая в Ω.

Тогда длялюбой точки M0 ∈ 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$'Ω'$ Σaq ΣaM0&%&%Доказательство. Запишем третью формулу Грина (3.4) для внутренности сферы Σa :ZZ 11 ∂u∂11∂4πu(M0 ) = −−dσ = {= − 2} =u∂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 получаемдоказательство формулы (3.5).Свойство 3.

Характеристики

Список файлов лекций