Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

, n.Задача: Пусть u(x) - гармоническая в Rn и u(x) > −C(1 + |x|m ), где c, m > 0 u(x). Показать, что в этомслучае u(x) есть полином степени не выше [m].Рассмотрим задачу Дирихле для оператора Лапласа:(∆u(x) = 0 x ∈ Ωu(x) = ϕ(x) x ∈ ∂Ω, f ∈ C(∂Ω)TПод классическим решением понимается решение из класса C 2 (Ω) C(Ω).Для такого решения ранее была получена формулаZZZ∂E(|x − x0 |)∂uu(x0 ) =E(|x − x0 |)∆u(x) dx +u(x)dS −E(|x − x0 |) (x) dS∂ν∂νΩ∂Ω∂ΩПусть существует функция g(x, x0 ) со следующими свойствами:g(x, x0 ) ∈ Cx2 (Ω) , ∆x g(x, x0 ) = 0 ∀x0 ∈ Ω и при этом g(x, x0 )|x∈∂Ω = −E(|x − x0 |)|x∈∂Ω , ∀x0 ∈ ΩЗапишем вторую формулу Грина для u(x), g(x, x0 ):ZZ∂g∂u(u∆g − g∆u) dx =u−g∂ν∂νΩ∂ΩПоскольку функции u и g – гармонические в области, то левая часть формулы обращается в ноль.

Теперьприбавим к левой и правой частям уже упоминавшееся соотношение:ZZ∂E(|x − x0 |)∂uu(x0 ) =u(x)dS −E(|x − x0 |) (x) dS∂ν∂ν∂Ω∂ΩИ поскольку g(x, x0 ) + E(|x − x0 |) = 0 на ∂Ω, получаем:Z∂(E(|x − x0 |) + g(x, x0 ))u(x0 ) =u(x)dS∂ν∂ΩОпределение: Функцией Грина называется функция G(x, x0 ) = E(|x − x0 |) + g(x, x0 ), где функция g(x, x0 )введена ранее. Точка x0 называется полюсом.Итак, если u ∈ C 2 (Ω) – решение задачи Дирихле, то:Z∂G(x, x0 )u(x0 ) = u(x0 ) =u(x)dS∂ν∂Ω37Лемма 17.2.

∀x1 , x0 ∈ Ω G(x1 , x0 ) = G(x0 , x1 )Доказательство: Исходя из определения функции Грина, ∆x G(x, x0 ) = 0 при 6= x0 . Вырежем вокруг точекx и x0 шарики маленького радиуса ε, и то что осталось обозначим за Ωε :Ωε = Ω(Qxε 0 ∪ Qxε 1 )Введем функции u(x) = G(x, x0 ), и v(x) = G(x, x1 ). В области Ωε они гармонические, поэтому по второй формулеГрина:ZZ ∂v∂u 0=(u∆v − v∆u) dx =u−vdS∂ν∂νΩε∂ΩεТак как функция g определялась условиемg(x, x0 )x∈∂Ω= −E(|x − x0 |)x∈∂Ω, ∀ x0 ∈ Ω,то G(x, x0 )|∂Ω = 0 и u(x)|∂Ω = v(x)|∂Ω = 0.

ПоэтомуZZ∂G(x, x1 )∂G(x, x1 )0=G(x, x0 )dS +G(x, x0 )dSx0x1∂ν∂νSεSεПерейдем к пределу при ε → 0, воспользовавшись тем, что∂E(|x − x1 |)∂E1=−(r) = −∂ν∂rwn rn−1Получаем,чтоZxSε 1G(x, x0 )1∂G(x, x1 )dS = −∂νwn εn−1ZxSε 1G(x, x0 ) dS → −G(x1 , x0 )Аналогично переходя к пределу в другом слагаемом, имеем0 = −G(x1 , x0 ) + G(x0 , x1 )что и требовалось доказать.18. Лекция 1818.1. Интеграл Пуассонаu(x) ∈ C 2 (Ω), Ω - ограниченная область в Rn , ∂Ω ∈ C 1 .Будем решать следующую задачу (1):(∆u = f (x) в Ωu|∂Ω = ϕ(x)Z∂Gu(x0 ) =f (x)G(x, x0 )dx +ϕ(x)(x, x0 )ds∂νxΩ∂ΩZG(x, x0 ) - функция Грина, G не более чем единственна.ρΩ = Q0R ⊂ Rn , G(x, x0 ) = E(|x − x0 |) − E R|x − x∗ |Если(∆u = f (x), x ∈ Ω,,то u(x0 ) =R0SRu ∈ C 2 (Q0R )u|SR0 = ϕ(x)0)ϕ(x) ∂G(x,xdsx .∂νx∂G(x, x0 )∂|x − x0 |ρρ∂|x − x∗ ||x∈SR0 ,x0 ∈Q0R = E ′ (r)− E ′ ( r1 ),∂ν∂νRR∂νгде r = |x − x0 |, r1 = |x − x∗ |.nPxj −x0j∂|x−x0 |=∂ν|x−x0 | = cos γ, где γ - угол между ν и x − x0 .

Аналогичноj=138∂|x−x∗ |∂ν= cos β.222−ρПо теореме косинусов ρ2 = R2 + r2 − 2Rr cos γ ⇒ cos γ = R +r.2RrАналогично42 2R2 + Rρ2r − ρr2R2 + r12 − ρ211 ρ2 + r 2 − R 2=cos β ==2Rr1ρ2r2R rRρ2−nТ.к. E(r) = − ωnr(n−2) , то E ′ (r) = ωn r1n−1 .Тогда∂G(x, x0 )ρR 2 − ρ2R2 − |x0 |21|x∈SR0 ,x0 ∈Q0R = E ′ (r)(cos γ − cos β) = E ′ (r)=∂νRRrωn R|x − x0 |nСледовательно,u(x0 ) =R2 − |x0 |2ωn RZϕ(x)dsx|x − x0 |n0SRr2 = R2 + ρ2 − 2Rρ cos α, тогдаR2 − |x0 |2u(x0 ) =ωn RZ0SR- интеграл Пуассонаϕ(x)dsx(R2 + |x0 |2 − 2R|x0 | cos α)n/20Пусть ϕ ∈ C(SR).

Тогда функция u(x), задаваемая интегралом Пуассона, есть решение задачи (1). Необходимопроверить R2 условия:0)1) u(x0 ) = ∂Ω ϕ(x) ∂G(x,xdsx - гармоническая по x0 , x0 ∈ Q0R .∂νx02) ∀x̂ ∈ SR ∃ lim u(x0 ) = ϕ(x̂)x0 →x̂Докажем это.1) При x 6= x0 ∆x G(x, x0 ) = 0 ⇒R ∆x0 G(x0 , x) = 0 ⇒ ∆x0 G(x, x0 ) = 0 в силу симметричности G.x0 ∈ Ω ⊂⊂ Q0R ⇒ ∆x0 u(x0 ) = ∂Ω ϕ(x) ∂ν∂x ∆x0 G(x, x0 )dsx = 02) В силу решения задачи Дирихле задача(∆u = 0, x ∈ Q0Ru|SR0 = 1имеет единственное решение u ≡ 1, тогда1=ϕ(x̂) =R2 − |x0 |2ωn RZdsxrnR2 − |x0 |2ωn RZϕ(x̂)dsxrn0SR0SR R2 − |x |2 Z ϕ(x) − ϕ(x̂) R2 − |x |2 Z |ϕ(x) − ϕ(x̂)|00|u(x0 ) − ϕ(x̂)| = dsdsx =x 6n ωn R00rωRrnnSRSRZZR2 − |x0 |2|ϕ(x) − ϕ(x̂)|R2 − |x0 |2|ϕ(x) − ϕ(x̂)|=ds+dsxxn0 rσωn Rrωn Rrnσδ(ε)SRδ(ε)Первое слагаемое обозначим за I1 , второе за I2 .0Здесь мы пользовались тем, что ∀ε ∃δ > 0 : x ∈ σδ = Qx̂δ ∩ SR⇒ |ϕ(x) − ϕ(x̂)| < 2ε .ε R2 − |x0 |2I1 62 ωn RZ0SRdsxε=rn20Что можно сказать об I2 ? При x ∈ SRr σε имеем |x − x0 | > a > 0, как только |x0 − x| < δ1 .

ТогдаI2 6 2 max|ϕ(x)|a−n0SRωn Rn−1 2(R − |x0 |2 ) = c1 (R2 − |x0 |2 )ωn RС другой стороны, ∃δe > 0 : |x0 − x̂| < δe ⇒ R2 − |x0 |2 <Ч.т.д.εc1 .39Тогда I2 < 2ε .18.2. Неравенство ХарнакаПусть u(x) - гармоническая вQ0Rфункция, непрерывная вплоть до границы; u(x) > 0. Тогда ∀x ∈ Q0RRn−2 (R − ρ)Rn−2 (R + ρ)6 u(x0 ) 6n−1(R + ρ))(R − ρ)n−1 ),где ρ = |x0 |.Доказательство.ZR2 − |x0 |2u(x)dsx ; R − ρ 6 r 6 R + ρu(x0 ) =n0ωn RSR rZZR2 − |x0 |21R2 − |x0 |21u(x)dsx 6 u(x0 ) 6u(x)dsxωn R(R + ρ)n SR0ωn R(R − ρ)n SR0RНо S 0 u(x)dsx = u(0)ωn Rn−1 , откуда и получаем нужное нам утверждение.RЧ.т.д.18.3.

Обратная теорема о среднемПусть u ∈ C(Ω) и для любого шара Qxr 0 ⊂ Ω для u справедлива теорема о среднем по сфере. Тогда u(x) гармоническая в Ω функция.Доказательство.Задача(∆v = 0, x ∈ QxR0 , Qxr 0 ⊂ Ωv|SRx0 = u|SRx0имеет единственное решение, которое задается интегралом Пуассона.Тогда имеем v(x) ≡ u(x) в QxR0 , что следует из равенства u(x) и v(x) на ∂QxR0 , выполнения теоремы о среднем ипринципа максимума.18.4. Теорема об устранимой особенностиПусть u(x) - гармоническая в Ω r {x0 } функция, m(ρ) = sup |u(x)|.xΩrQρ 0Пусть m(ρ) 6 a(ρ)E(ρ), где a(ρ) → 0 при ρ → 0.Тогда u(x) можно доопределить в x0 таким образом, что полученная функция будет гармонична в Ω.19. Лекция 19Доказательство теоремы об устранимой особенностиРассмотрим Qxρ10 : Qxρ10 ∈ ΩНайдем:(∆v(x) = 0, x ∈ Qxρ10v(x) = u(x), x ∈ Qxρ10Наша цель показать, что u(x) = v(x) в шаре всюду, кроме его центра x0 .

Рассмотрим ω(x) = v(x) − u(x), x ∈Qxρ10 /Qxρ10 . ∆ω = 0, x ∈ Qxρ10 /Qxρ10 ω = 0 на Sρx10max |v(x)| 6 max|u(x)| = MxSρ10xQρ10Возьмем произвольное ε > 0, Qxρ10 / {x0 } , |ω(x)| 6 εE(|x − x0 |)max|ω(x)| 6 max|u(x)| + max|v(x)| 6xxxSρ10Sρ10(19.1)Sρ10∀ε > 0∃ρ 6 ρ0 : M 6 2ε |E(ρ)|С другой стороны по условию теоремыmax|u(x)| 6 a(ρ)|E(ρ)| ∀ε > 0∃eρ0 : ∀ρ 6 ρe0 , a(ρ) 6xSρ040ε2⇒ max|u(x)| 6xSρ0ε|E(ρ)|2Тогда (19.1) можно продолжить6 ε|E(ρ)|, ∀ρ 6 ρbПо принципу максимума:|ω(x)| 6 ε|E(|x − x0 |)|, ∀x ∈ Qxρ10 / {x0 }Следовательно, полагая u(x0 ) := v(x0 ), получаем гармоническую функцию во всем шаре19.1.

Теория потенциалаu(x) ∈ C 2 (Ω), ∂Ω ∈ C 1Вспомним, чтоu(x0 ) =ZE(x, x0 )∆udx +ΩZu∂E(x, x0 )dS −∂ν∂ΩZE(x, x0 )∂udS∂ν∂Ω- представляется в виде трех потенциалов.Введем для каждого из потенциалов обозначения:Z1P0 (x) = ρ(ξ)dξ, n > 3 - объёмный потенциал.|x − ξ|n−2ΩP1 (x) =P2 (x) =ZΓZµ(ξ)Γσ(ξ)1dSξ - потенциал простого слоя.|x − ξ|n−21∂dSξ - потенциал двойного слоя.∂νξ |x − ξ|n−2Здесь E|x − ξ| = cn |x−ξ|1 n−2 .Теорема 2Пусть µ(x), σ(x) ∈ L1 (Γ). Тогда P1 (x), P2 (x) - гармонические функции в Rn /ΓДоказательствоМожно дифференцировать 2 раза P1 , P2 под знаком интеграла.∀x ∈ Ω1 ; Ω, ∂Ω = Γ, Ω0 = Rn /Ω Ω1 ⊂⊂ ΩВозьмем Ω1 , ρ(Ω1 , Γ) > α > 0.

В P1 (x) можно дифференцировать под знаком интеграла. То же самое и для Ω0Z1∆x P1 (x) = µ(ξ)∆xdSξ = 0|x − ξ|n−2ΓТеперь посмотрим на потенциал двойного слояnnXX∂11∂|x − ξ| k1ξk − xk k=−(n−2)ν=−(n−2)ν =ξ∂νξ |x − ξ|n−2|x − ξ|n−1∂ξk|x − ξ|n−1|x − ξ| ξk=1k=1= −(n − 2)ТогдаP2 (x) =ZΓcos (r, νξ )rn−1∂1σ(ξ)dSξ =∂νξ |x − ξ|n−2ZΓσ(ξ)nX∂1ν ξ dSξ∂ξk |x − ξ|n−2 kk=1Теперь по тем же соображениям можно дифференцировать и потенциал двойного слоя.Посмотрим, как ведут себя P1 , P2 на бесконечности.

Если ξ ∈ Γ, |x| >> 1, ⇒ |x − ξ| > |x| − |ξ| >для P1 :Z2n−2M0|P1 (x)| 6|µ(ξ)|dSξ =n−2|x||x|n−2Γ41|x|2ТогдаСледовательно для n > 3, P1 (x) → 0, x → ∞.По тем же соображениям|P2 (x)| 6|P0 (x)| 6M1|x|n−2M2|x|n−2Теорема 3Пусть ρ(x) ∈ C(Ω). Тогда P0 (x) ∈ C 1 (Rn ) и P0 (x) гармоническая функция при x ∈ Rn /ΩДоказательство.Rx ∈ Ω ⊂⊂ Rn /Ω ⇒ ∆x P0 (x) = ρ(ξ)∆x |x−ξ|1 n−2 dξ = 0Ωx ∈ Ω, Qxε - шар.ZP0 (x) 6|ρ(ξ)|Ω∩QxεZ|ρ(ξ)|Ω∩Qxε1dξ +|x − ξ|n−2|ρ(ξ)|Z|ρ(ξ)|Ω∩QxδZ+xΩ/QδZxZxΩ/QδZΩ∩Qxδ|ρ(ξ)||Ω∩Qxδ1dξ 6 M1,ε|x − ξ|n−21dξ +|x0 + h − ξ|n−2Z|ρ(ξ)|Ω∩Qxδ1dξ+|x0 − ξ|n−211 dξ 6 ε|ρ(ξ)| −n−2n−2|x0 + h − ξ||x0 − ξ|3ZxQδ 0|ρ(ξ)|1dξ|x − ξ|n−21dξ гладкая поверхность.|x0 − ξ|n−21|ρ(ξ)|dξ 6 max |ρ(x)||x0 − ξ|n−2ΩZZ1dξ|x − ξ|n−211 dξ|ρ(ξ)| −|x0 + h − ξ|n−2|x0 − ξ|n−2 Ω/Qδ∀ε > 0 ∃h0 > 0, ∀|h| < h0xΩ/QεQxεΩ/Qxε|P0 (x0 + h) − P0 (x0 )| 6|ρ(ξ)|1dξ 6 max |ρ(x)||x − ξ|n−2ΩZx ∈ Rn /Ω ⇒ |P0 (x)| 6 M∀x0 ∈ RnZ1dξ = C1|x − ξ|n−2Zδrdr = C2 δ 2 <0εпри δ ≪ 131dξ|(|h| < δ/2)(|x0 + h − ξ| 6 |x0 − ξ| + |h| < 3δ/2) 6|x0 + h − ξ|n−26 max |ρ(x)|C2Ω3δ/2Z0rdr = C3 δ 2 6 ε/3 при δ ≪ 1Окончательно получаем, что при малых h|P0 (x0 + h) − P (x0 )| < ε → P0 ∈ C(Rn )Упражнение.∂P0∈ C(Rn )∂xk42∆P0 (x) = 0, x ∈ Rn /Ω∆P0 (x) = −(n − 2)ωn ρ(x), x ∈ Ω′ , ωn = |S10 |(n = 2 : ∆P0 = −2πρ(x))Теорема 4Пусть ρ ∈ C 1 ((Ω)).

Тогда P0 (x) ∈ C 2 (Ω), при x ∈ Ω(−(n − 2)ωn ρ(x), n > 3∆P0 (x) =−2πρ(x), n = 2Доказательство:n > 3, вычислим∂P0 (x)=∂xkZρ(ξ)Ω∂1dξ = −∂xk |x − ξ|n−2= lim −ε→0Zρ(ξ)Ω/ΩxεZρ(ξ)Ω∂1dξ =∂ξk |x − ξ|n−2∂1dξ∂ξk |x − ξ|n−2И получим то, что требуется доказать в условии.20. Лекция 20RОбъёмный потенциал: P0 (x) = Ω ρ(ξ) |x−ξ|1 n−2 dξRПотенциал простого слоя: P1 (x) = Ω µ(ξ) |x−ξ|1 n−2 dξRПотенциал двойного слоя: P2 (x) = Ω σ(ξ) |x−ξ|1 n−2 dξ∆Pi (x) = 0, x ∈ Rn /Γ, i = 1, 2;20.1. Объёмный потенциал∆P0 (x) = 0, x ∈ Rn /Ω, P0 (x) ∈ C 1 (Rn ), ρ ∈ C(Ω)(∆P0 = −(n − 2)ωn ρ(x), x ∈ Ω, n > 3;Уравнение Пуассона∆P0 = −2πρ(x), x ∈ Ω, n = 2Теорема 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∂xk |x − ξ|∂ξk |x − ξ|n−2ΩΩZ∂1= limρ(ξ)dξ =ε→0∂ξk |x − ξ|n−2x= lim ε→0=ZΩΩ/QεZ∂ρ1dξ −∂ξk |x − ξ|n−2xΩ/Qε∂ρ1dξ −∂ξk |x − ξ|n−2|ZSεxZρ(ξ)Zρ(ξ)x∂(Ω/Qε )1ν k dSξ  =|x − ξ|n−2 ξ1ν k dSξ − limε→0|x − ξ|n−2 ξZSεx∂(Ω)ρ(ξ)ε2−n νξk dSξ | 6 M ε2−n εn−1 = M ε⇒ − limZε→0Sεxρ(ξ)ε2−n νξk dSξ = 043ρ(ξ)ε2−n νξk dSξ(20.1)10Т.е получаем что ∂P∂xk ∈ C (Ω) , поскольку первое слагаемое есть объёмный потенциал с плотностьюа второе - потенциал простого слоя с ρ(ξ)νξk ∈ L1 (Γ)∂ρ∂ξk∈ C(Ω),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∂1dξ −ρ(ξ)ν k dSξ == − limε→0∂ξk ∂ξk |x − ξ|n−2∂x|x−ξ|n−2 ξk∂ΩxΩ/Qε= lim Zε→0 Z2ρ(ξ)xΩ/Qε∂1dξ −2∂ξk |x − ξ|n−2−Zρ(ξ)∂Ωρ(ξ)x∂(Ω/Qε )∂1ν k dSξ −∂ξk |x − ξ|n−2 ξ∂1ν k dSξ∂xk |x − ξ|n−2 ξЗаписываем эти равенства для всех k = 1, .

Характеристики

Список файлов лекций