Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Последнееслагаемое стремится к нулю ввиду дифференцируемости P ′′ ,а первые в силу оценкиZdSξ6 Mη|P1′ (x)| 6 M|x−ξ|n−2′Γи выбора достаточно маленького ηПокажем, что ∀x ∈ Rn определена (конечна) нормальная производнаяZ∂P1∂1=µ(ξ)dSξ∂νx∂νξ |x − ξ|n−2ΓДостаточно проверить существование для x ∈ Γ. Аналогично выкладкам для потенциала двойного слоя,| cos(r,ν )− rn−1 ξ ,поэтому1∂∂νξ |x−ξ|n−2ZZZ |cos(r, ν )||cos(r, νx )|1x µ(ξ) ∂dS6MdS+dSξξξ∂νξ |x − ξ|n−2rn−1rn−1Γ′Γ′′ΓВторой интеграл конечен, а первый, в силу сделанной ранее оценки,ZΓ′|cos(r, νx )|dSξ 6 C1rn−1ZrαD(x)rn−1dξ1 . . .
dξn 6 C2Zdρα−n+1 ρn−2 dρ = C3 dα0следовательно, нормальная производная определена ∀x ∈ Rn .23. Лекция 23.Теорема 23.1 (О скачке нормальной производной потенциала простого слоя). Пусть Γ – замкнутая поверхность Ляпунова,µ(x) ∈ C(Γ), тогда ∀x0 ∈ Γ: ∂P +1∂νx ∂P −1∂νxГде∂P1∂νx(x0 ) =(x0 ) =limΩ∋x→x0 ,x∈νxlim ∂P 1∂νx ∂P 1Rn \Ω̄∋x→x0 ,x∈νx=∂νx ∂P (n − 2)wn1µ(x0 ) +2∂νx=− ∂P (n − 2)wn1µ(x0 ) +2∂νx– прямое значение в точке x0 .Доказательство:∂P1(x) =∂νxZ hZi∂1∂1∂1µ(ξ)+dS−µ(ξ)dSξ = W0 (x) + W (x)ξn−2n−2∂νx |x − ξ|∂νξ |x − ξ|∂νξ |x − ξ|n−2ΓΓДостаточно доказать непрерывность W0 (x).В самом деле, пусть W0+ (x) = W0− (x) = W0 (x).
функция W (x) ужебыла фактически вычислена в предыдущей теореме, поэтому∂P1(x0 ) = W0 (x0 ) − P2 (x0 )∂νx ∂P +(x0 ) = W0 (x0 ) + µ(x0 )(n − 2)wn∂P1(n − 2)wn− P2 (x0 ) =(x0 ) + µ(x0 )2∂νx2 ∂P −(x0 ) = W0 (x0 ) − µ(x0 )(n − 2)wn∂P1(n − 2)wn− P2 (x0 ) =(x0 ) − µ(x0 )2∂νx21∂νxАналогично,1∂νxДокажем непрерывность W0 (x).Опять рассмотрим разбиение Γ = Γ′ ∪ Γ′′ ,где Γ′ = Γ ∩ Qxη, η ≪ d, d – радиусЛяпунова нашей поверхности.
Интеграл распадется в сумму двух, причем интеграл по Γ′′ непрерывен в точкеx0 и,значит, стремится к нулю при x → x0 .Оценим интеграл по Γ′ .50=Поскольку∂1cos(r, νx )= (n − 1)n−2∂νx |x − ξ||x − ξ|n−1∂1cos(r, νξ )= (n − 1)∂νx |x − ξ|n−2|x − ξ|n−1То справедливо равенство : (n − 2) ∂1∂1+ = n−1 cos(r, νx ) − cos(r, νξ )n−2n−2∂νx |x − ξ|∂νx |x − ξ|rВведем локальную систему координат ξ1 , . . . ξn с центром в x0 . Тогдаcos(r, νx ) = cos(r, ξn )cos(r, νξ ) =n−1Xcos(r, ξk ) cos(νξ , ξk ) + cos(r, ξn ) cos(νξ , ξn )k=1Поэтому (n − 2) n−1X(n − 2) ν)−cos(r,ν)|cos(ν,ξ)|+|1−cos(ν,ξ)|cos(r,6xξξkξnrn−1rn−1k=12Из неравенства |1 − cosθ| 6 θ2 и свойства поверхности Ляпунова | cos(νξ , ξk )| 6 cr0α :ZZh ∂i1∂1r0αµ(ξ)+dS6MdSξξ1n−2n−2n−1∂νx |x − ξ|∂νξ |x − ξ|Γ′ηΓ′η rПоскольку r02 =nPk=1ξk2 = ρ2 + ξn2 6 C1 ρ2 (Так как |ξn | 6 Cρα+1 ), тоM1Zr0αΓ′ηrn−1dSξ 6 M2Zρα−n+1 dSξ = M3Γ′ηZηρα−n+1 ρn−2 dρ = M4 η α0Так что выбрав подходящее η, можно сделать сколь угодно малым и этот интеграл.
Это доказывает непрерывность, а значит и всю теорему.23.1. Постановка краевых задачDi (внутренняя задача Дирихле):Пусть Ω - ограниченная область,∂Ω = Γ - поверхность Ляпунова.∆u = 0,2x∈Ωu |Γ = f (x)f ∈ C(Γ)Решение ищем в классе функций C (Ω) ∩ C(Ω).De (внешняя задача Дирихле):∆u = 0,2x ∈ Rn \Ωu |Γ = f (x)f ∈ C(Γ)u → 0 |x| → ∞Решение также ищем в классе C (Ω) ∩ C(Ω).Пусть u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω), x0 ∈ Γ = ∂ΩОпределение: правильная нормальная производная функции u на поверхности Γ – равномерный по x0предел (если таковой существует и непрерывен)lim Ω ∋ x → x0 , x ∈ νx∂u∂νxОпределение: Γ – регулярная поверхность, если:1. ∀x0 ∈ Γνx02. В локальной системе координат ξ1 , .
. . , ξn с началом координат x0 ,такой что ξn направлено по νx , можетбыть записано ξn = f (ξ1 , . . . , ξn−1 в некоторой окрестности x0 .3. f ∈ C 2 (D), где D – проекция окрестности x0 на касательную плоскость.5124. Лекция 2424.1. Решение внутренней задачи Дирихле и внешней задачи Неймана в видепотенциалаΩ - ограниченная область, ∂Ω = Γ - регулярная поверхность.Будем искать решение внутренней задачи Дирихле в виде потенциала двойного слоя с неизвестной плотностью.Z∂1u(x) =σ(ξ)dsξ∂ν|x−ξ|n−2ξΓZ2∂12σ(ξ)dsξ = −ϕ(x) (∗)σ(x) −n−2ωn (n − 2) Γ∂νξ |x − ξ|ωn (n − 2)Будем искать решение внешней задачи Неймана в виде потенциала простого слоя.Z∂1dsξu(x) =µ(ξ)∂ν|x−ξ|n−2ξΓZ2∂12µ(ξ)dsξ = −ψ(x) (∗∗)µ(x) −ωn (n − 2) Γ∂νx |x − ξ|n−2ωn (n − 2)В обоих случаях интегральное уравнение имеет вид σ(x) − λT σ = f (x).Пусть X - банахово пространство, T : X → X - вполне непрерывен (компактен).T ∗ : X ∗ → X ∗ .
λ ∈ C.u − λT u = f, f ∈ X, u ∈ X(1)v − λ̄T ∗ v = g,g ∈ X ∗, v ∈ X ∗u − λT u = 0,v − λ̄T ∗ v = 0,u∈Xv ∈ X∗(2)(3)(4)Определение. λ - характеристическое число T , если существует нетривиальное решение (3); это решение будемназывать собственным элементом T . Размерность пространства решений (3), отвечающих данному характеристическому числу λ, назовем рангом λ.24.1.1.
Теоремы ФредгольмаТеорема 1. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда любое характеристическое число T имеет конечный ранг.Теорема 2. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда если λ - характеристическое число T , то λ̄ - характеристическое число T ∗ того же ранга.Теорема 3. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда множество характеристических чисел T либо конечно, либо счетно, причем если оно счетно,то имеет единственную предельнуюточку на бесконечности.Теорема 4. Пусть T - вполне непрерывный оператор в банаховом пространстве X. Тогда (1) разрешимо ⇔f ⊥ v, где v - произвольное решение (4).Теорема 5 (альтернатива Фредгольма) Пусть T - вполне непрерывный оператор в гильбертовом пространстве H.
Тогда либо (3) имеет только тривиальное решение, и тогда (1) имеет единственное решение ∀f ∈ H,либо (3) имеет нетривиальное решение, и тогда (1) или не имеет решений, или имеет бесконечно много решений(это зависит от f ).Рассмотрим оператор T : L2 (Γ) → L2 (Γ).Z∂1Tu =u(ξ)dsξ∂ν|x−ξ|n−2ξΓТот факт, что T u ∈ L2 (Γ), будет доказан позднее. ТогдаZ∂1∗T v=v(ξ)dsξ∂ν|x−ξ|n−2xΓОбозначимK(x, ξ) =∂1∂νξ |x − ξ|n−2K1 (x, ξ) =52∂1∂νx |x − ξ|n−2Легко заметить, что K1 (ξ, x) = K(x, ξ).покажем, что из разрешимости соответствующих интегральных уравнений следует разрешимость внутреннейзадачи Дирихле и внешней задачи Неймана.Рассмотрим сопряженное однородное уравнениеZ∂12µ(ξ)dsξ = 0µ(x) −ωn (n − 2) Γ∂νx |x − ξ|n−2и докажем, что у него есть только тривиальное решение.Пусть µ0 (x) ∈ L2 (Γ) - решение нашего уравнения (то,что µ0 ∈ C(Γ), мы докажем позже).
Можно построитьпотенциал простого слоя с плотностью µ0 (x):Z1P1 (x) =µ0 (ξ)dξ|x − ξ|n−2ΓПо свойствам потенциала простого слоя:∆P1 (x) = 0,P1 (x) → 0,Поскольку µ0 - решение нашего уравнения, тоx ∈ Rn r Ω|x| → ∞lim ∂P1x→x0 ∈Γ ∂νx= 0, т.е. P1 - решение внешней задачи Неймана.
Всилу единственности решения такой задачи получаем P1 ≡ 0 в Rn r Ω. По свойствам потенциала простого слояP1 ∈ C(Rn ), откуда P1 ≡ 0 на Γ.Внутри области Ω имеем ∆P1 (x) = 0, x ∈ Ω, P1 (x) = 0, x ∈ Γ. В силу единственности решения внутреннейзадачи Дирихле получаем P1 ≡ 0 на Ω.Итак, P1 ≡ 0 в Rn . По теореме о скачке нормальной производной потенциала простого слоя µ0 (x) ≡ 0 на Γ, чтои требовалось доказать.По теореме 5 уравнение (**) имеет единственное решение ∀ψ ∈ L2 (Γ), а,значит, и для ∀ψ ∈ C(Γ), т.е.
внешняя2задача Неймана разрешима. Но тогда λ = ωn (n−2)не является характеристическим числом T ∗ , следовательно,2не является характеристическим числом T . Отсюда получаем, что внутренняя задача Дирихлеλ̄ = ωn (n−2)разрешима ∀ϕ ∈ L2 (Γ), а,значит, и для ∀ϕ ∈ C(Γ), что и требовалось.Теперь можно окончательно сформулировать доказанные теоремы.Теорема. Внутренняя задача Дирихле (Di ) имеет единственное классическое решение для любой непрерывнойграничной функции ϕ, и это решение представимо в виде потенциала двойного слоя.Теорема. 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).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
