Т.А. Шапошникова - Курс лекций по уравнениям в частных производных (1134181), страница 9
Текст из файла (страница 9)
. . , n и складываем∆P0 (x) = limε→0Znρ(ξ)∆ξxΩ/QεlimZX1dξ −n−2|x − ξ|ε→0Sεxρ(ξ)k=1∂Ωnρ(ξ)ZX∂1dSξ −n−2∂νξ |x − ξ|Zρ(ξ)k=1∂Ω∂1ν k dSξ −∂ξk |x − ξ|n−2 ξ∂1ν k dSξ −∂xk |x − ξ|n−2 ξxВ Ω/Qε , |x−ξ|1 n−2 гармоническая, тогда первое слагаемое равно 0.Второе и четвертое слагаемое отличаются знаком, т.к x∂k |x−ξ|1 n−2 = − ξ∂kZSεx= (n − 2)ε1−nZSεx1|x−ξ|n−2∂1ρ(ξ)dSξ = −∂νξ |x − ξ|n−2Zρ(ξ)1ωn εn−1Zρ(ξ)dSξ → (n − 2)ωn ρ(x), ε → 0.∂ 1dSξ =∂r rn−2Sεxρ(ξ)dSξ = (n − 2)ωnSεxПолучаем (20.1).Упражнение.RСамостоятельно провести доказательство для n=2. (P0 (x) = Ω ρ(ξ) ln |x − ξ|dξ)Теорема доказана.Подведем итоги.
RСвойства P0 (x) = Ω ρ(ξ) |x−ξ|1 n−2 dξПусть ρ ∈ C(Ω̄), тогдаа) P0 (x) ∈ C 1 (Rn )cб) |P0 (x)| 6 |x|n−2, |x| → ∞в) ∆P0 (x) = 0, x ∈ Rn /Ω̄Пусть ρ ∈ C 1 (Ω̄), тогдаг) ∆P0 (x) = −(n − 2)ωn ρ(x), x ∈ ΩRЗамечание. Используя эти свойства, можно вычислить P0 не через Ω , а как решение г) со свойствами а)-в)20.2. Потенциал двойного слояЗамкнутая поверхность Γ ⊂ Rn называется поверхностью Ляпунова, еслиа)∀x ∈ Γ ∃ нормаль νx к Γ в точке x. (νx -внешняя)б)∃a > 0, α > 0 ∀x, ξ ∈ Γ, νx , νξ - нормали; θ - угол между ними ⇒ θ 6 a|x − ξ|αОтметим некоторые очевидные свойства:1.
Γ ∈ C 2 ⇒ Γ - поверхность Ляпунова.2. Γ - поверхность Ляпунова ⇒ Γ ∈ C 2Упражнение.44Доказать, что из условия б) следует условие Гёльдера для нормали: |νx − νξ | 6 a|x − ξ|α .Теорема 2.Пусть Γ - поверхность Ляпунова. Тогда ∃d > 0 : ∀x ∈ Γ любая прямая, параллельная νx , пересекает Γ внутриQxd не более чем в одной точке.Доказательство.Берем d таким, чтобы adα < 1, предположим противное, т.е пусть в точке ξ1 прямая l вышла из Ω , а в ξ2- вошла. Проведем касательную плоскость Π в ξ2 . Прямая l и внешняя нормаль νξ2 будут лежать по разныестороны от Π, νξ2 ⊥Πx\(l,νξ2 ) ⇒ (ν\x , νξ2 ) > π/2; |x − ξ2 | 6 d, т.к ξ2 ∈ QdТогда π/2 6 adα . Противоречие.Γ′ = Γ ∩ Qxd однозначно проектируется на касательную плоскость в x ⇒ Γ′ можнорассматривать в некоторой системе координат, как график функции.Фиксируем x ∈ Γ.
Sdx называется сферой Ляпунова.′Γ : ξn = f (ξn , . . . , ξn−1 ), f задана на проекции Γ′ на касательную плоскость.При этом f (0, . . . , 0) = 0; νx = (0, . . . , 0, 1)Теперь будет некоторая муторная работа, целью которой будет следующее:∀x, ξ ∈ Γ | cos (r, νξ )| 6 crα , α из определения поверхности Ляпунова.Rcos (r,νξ )(P2 (x) = −(n − 2) Γ σ(ξ) |x−ξ|n−1dSξ )νx =fξ (0)fξ (0)fξ2 (0)1−p 1, −p, .
. . , − p n−1, −p2221 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |2!Здесь и далее ξ ′ = (ξ1 , . . . , ξn ).Сравнивая это выражение с выражением раньше, получаем fξj = 0, j = 1, . . . , n − 1Упражнение.cos (r, νξ ) =nXcos (r, ξk ) cos (νξ , ξk )k=1Выделим в этой сумме последнее слагаемое.cos (r, ξn ) cos (νξ , ξn ) +n−1Xcos (r, ξk ) cos (νξ , ξk )(∗)k=1Хочется оценить |ξn | = |f | и | cos (νξ , ξk )|, k = 1, . . . , n − 1νξ =fξ (ξ)fξ1 (ξ)fξ2 (ξ)1−p, −p, . .
. , − p n−1, −p2221 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |1 + |∇ξ′ f |2!fξ (ξ)cos (νξ , ξk ) = − p k, k = 1, . . . , n − 1;1 + |∇ξ′ f |21cos θ = cos (νξ , νx ) = cos (νξ , ξn ) = − p1 + |∇ξ′ f |22θ из определения поверхности Ляпунова. cos θ > 1 − θ2 (из математического анализа), θ 6 arα 6 adα < 1 ⇒cos θ > 1/21a2 r2α−p>1−21 + |∇ξ′ f |2q2 2α1a r1 + |∇ξ′ f |2 6=1+> (a2 r2α < 1)1 + a2 r2αa2 r 2α2 − a2 r2α1− 2|∇ξ′ f |2 6 2a2 r2α + a4 r4α 6 3a2 r2αОкончательно получаем, что√|∇ξ′ f | 6 3arα√|fξk (ξ)| 6 |∇ξ′ f | 6 3arα , k = 1, ..., n − 145В (*) последнее слагаемые оцениваются| cos (r, ξk ) cos (νξ , ξk )| 6 | cos (νξ , ξk )| 6r2 = ξn2 + ρ2 , ρ2 =n−1Pk=1√3arαξk2 n−1X ∂f √√ ∂f X ∂f ξk n−1 = 6 3anrα 6 3andα = C16 ∂ρ ∂ξk ρ ∂ξkk=1k=1Zρ ∂f f (0) = 0 ⇒ |f (ξ)| 6 ′ dρ′ 6 C1 ρ ⇒ |ξn | = |f (ξ)| 6 C1 ρ∂ρ0Отсюда ∂f ρ < r 6 C1 ρ + ρ = C2 ρ ⇒ 6 C3 ρα∂ρ22222|ξn | = |f (ξ)| 6 C4 ρα+1 ⇒ |ξn | = |f (ξ)| 6 C4 rα+1Из (*):| cos r, νξ | 6|ξn |+ C0 rα 6 C̄rα2что и требовалось.21.
Лекция 21Теорема 1. Пусть Γ - замкнутая поверхность Ляпунова, σ(ξ) ≡ 1. Тогда ∀x ∈ Rn , n > 3Z Z∂ 1 | cos(r, νξ )| dsξ = (n − 2)dsξ 6 M < ∞ ∂ξ rn−2 rn−1ΓΓДоказательство.1. Пусть ρ(x, Γ) > d2 . Тогда r = |x − ξ| > d2 , откудаZΓ2. Пусть ρ(x, Γ) < d2 .2a. Пусть x ∈ Γ, тогдаZΓ′,где Γ = Γ ∩Qxd ,Z′′| cos(r, νξ )|dsξ =rn−1′Γ =ΓrΓ.Γ′| cos(r, νξ )|2n−1ds6|Γ| 6 ∞ξrn−1dn−1| cos(r, νξ )|dsξ 6rn−1ZΓ′ZΓ′| cos(r, νξ )|dsξ +rn−1ZΓ′′| cos(r, νξ )|dsξrn−1Z| cos(r, νξ )|1dsξ 6 n−1 |Γ|rn−1dZZ d1crαραdsξ 6 c2dξ1 . .
. dξn−1 = c3ρα+1−n ρn−2 dρ =n−1rn−1D ρ0Z d1= c3ρα−1 dρ 6 c4 < ∞Γ′′0К последним неравенствам мы переходили, заменяя интегрирование по Γ′ интегрированием по проекции Γ′ наn−1P 2касательную плоскость, cos(r, νξ )dsξ = dξ1 . . . dξn−1 ; ρ2 =ξk ; ρ2 6 r2 = ρ2 + ξn2 ; |ξn | 6 c1 ρα+1k=12б. x не принадлежит Γ, |x − x0 | < d2 .В {ξi } x имеет координаты (0, . . . , 0, ±δ), δ > 0.cos(r, νξ ) =nXcos(r, ξk ) cos(νξ , ξk ) - это упражнение из предыдущей лекцииk=146cos(r, νξ ) =n−1Xcos(r, ξk ) cos(νξ , ξk ) + cos(r, ξn ) cos(νξ , ξn )k=1| cos(νξ , ξk )| 6 Cr0α ,r0 = |x0 − ξ|,k = 1, . . .
, n − 1,r02 = ρ2 + ξn2|ξn ± δ|r|ξn ± δ|cos(r, νξ ) 6 Cr0α +rТеперь разбиваем наш интеграл на 2 других интеграла:ZZZ| cos(r, νξ )|| cos(r, νξ )|| cos(r, νξ )|ds=ds+dsξξξn−1n−1rrrn−1Γ′Γ′′ΓR | cos(r,νξ )|R | cos(r,ν )|dsξ оценивается так же, как в пункте 2а. Оценим Γ′ rn−1 ξ dsξ .r n−1Γ′′| cos(r, ξn )| 6r2 =nX(xk − ξk )2 =k=1±ξn δ > −δ2− 2ξ 22Уменьшим, если надо, d, чтобы c1 dα 6ZΓ′| cos(r, νξ )|dsξ 6 C0rn−1k=1ξk2 + (ξn ± δ)2 = ρ2 + (ξn ± δ)2r2 > ρ2 − ξn2 +√1 ,2Zn−1Xтогда |ξn | 6r0αΓ′(ρ2 + δ 2 )n−12δ2, и еще |ξn | 6 c1 ρα+1 6 c1 dα ρ2√ρ .2dsξ +Итак, r2 >ZΓ′ρ2 +δ 22 .ρα+1n dsξ + δ(ρ2 + δ 2 ) 2ZΓ′dsξn2(ρ + δ 2 ) 2!Первый интеграл обозначим I1 , второй I2 , третий I3 .
r02 = ρ2 + ξn2 6 ecρ2 .Z d1Zραρα+1−n ρn−2 dρ < ∞I1 6 K1n−1 dξ1 . . . dξn−1 6 K20D (ρ2 + δ 2 ) 2Аналогично оценивается I2 .I3 6 KδZ0d1ρn−2 dρn = Kδ(ρ2 + δ 2 ) 2Z0d1ρn−2 dρ2 n = Knρ (1 + ρδ 2 ) 2Zd10−d ρδ(1 +δ2 n2ρ2 )=KZ∞δ/d1dtn 6 ∞(1 + t2 ) 2Ч.т.д.Σ — часть поверхности, на которой задано положительное направление нормали, x не принадлежит Σ. Пред−→полагаем ξ ∈ Σ cos(xξ, νξ ) > 0. Соединим теперь x с каждой точкой Σ. Полученную коническую границуg = K ∪ Σ. Qx ∩ Σ = ∅. K высечет на S x некоторую поверхность, обозначим ее σR ⊂ S x .обозначим K.
∂KRRRωx (Σ) =|σR |= |σ1 |Rn−1−→R|В случае cos(xξ, νξ ) < 0 считаем ωx (Σ) = − R|σn−1.В общем случае мы разбиваем Σ на соответствующие части.Теорема 2.Z1∂1ωx (Σ) = −dsξn − 2 Σ ∂νξ |x − ξ|n−2(т.е. ωx - потенциал двойного слоя)Доказательство.e r Qx ; K ε = K r Qx .Ωε = Kεε11В Ωε|x−ξ|n−2 - гармоническая, тогда запишем ∆ξ |x−ξ|n−2 = 0 в Ωε .Z(n > 3)1∂1dξ = int∂Ωεdsξ =n−2|x−ξ|∂ν|x−ξ|n−2ξΩεZZZ∂1∂1∂1=ds+ds+dsξξξn−2n−2n−2Σ ∂νξ |x − ξ|Kε ∂νξ |x − ξ|σε ∂νξ |x − ξ|0=∆ξ47ZKεИтак,∂1∂1|ξ∈σε = −|ξ∈σε == (n − 2)ε1−n∂νξ |x − ξ|n−2∂r |x − ξ|n−2Z∂1dsξ == (n − 2)ε1−n |σε | = (n − 2)ωx (Σ)∂ν|x−ξ|n−2ξσεZ∂1cos(r, νξ )dsξ = −(n − 2)dsξ = 0, т.к.
cos(r, νξ ) = 0∂νξ |x − ξ|n−2rn−1Kε0=ZΣ∂1dsξ + (n − 2)ωx (Σ)∂νξ |x − ξ|n−2Ч.т.д.Следствие.Γ - замкнутая поверхность Ляпунова, ограничивающая область Ω.RТогда Γ ∂ν∂ ξ |x−ξ|1 n−2 dsξ может принимать следующие значения:−ωn (n − 2), x ∈ Ω0, x ∈ Rn r Ω − ωn (n − 2) , x ∈ Γ2, где n > 3, ωn = |S1 |.Доказательство.1)Z∂1dsξ = −ωn (n − 2)x ∈ Ω ⇒ ωx (Γ) = ωn ⇒n−2Γ ∂νξ |x − ξ|2)1x ∈ Rn r Ω ⇒- гармоническая по ξ ∈ Ω|x − ξ|n−23)fεx = Sεx ∩ Ω.
Scεx x ∈ Γ. πx - касательная плоскость к Γ в точке x. Рассмотрим Qxε , ε ≪ d. Γε = Γ ∩ Qxε . Scx = Sfx + Bε . Ωε = Ω r Qx .полусфера. Sεεε1|x−ξ|n−2 гармоническая по ξ в Ω.ZZ∂11∂dsξ = −n−2∂ν|x−ξ|∂ν|x−xfε ξ ξ|n−2 dsξ =ξΓrΓεSZZ∂1∂1=−ds+dsξξn−2∂ν|x−ξ|∂ν|x−ξ|n−2xξξSεBεZZ∂1cos(r, νξ )dsξ = −(n − 2)dsξn−2∂ν|x−ξ|rn−1ξBBεZ ε| cos(r, νξ )|dsξ 6 K0 εα+1−n |Bε | → 0 при ε → 0rn−1BεКроме того,ZZ∂1∂1ds→dsξ при ε → 0ξn−2∂ν|x−ξ|∂ν|x−ξ|n−2ξξΓrΓεΓиZ1ωn (n − 2)∂−dsξ → −при ε → 0n−2∂ν|x−ξ|2xξSεЧ.т.д.21.1. Теорема о скачке потенциала двойного слояx0 ∈ ΓP2+ (x0 ) =limx→x0 ,x∈ΩP2 (x),P2− (x0 ) =limx→x0 ,x∈Rn rΩP2 (x),P2 (x0 ) - прямое значение.Пусть Γ - замкнутая поверхность Ляпунова, x0 ∈ Γ, σ(x) ∈ C(Γ).Тогдаωn (n − 2)P2+ (x0 ) = −σ(x0 ) + P2 (x0 )2ωn (n − 2)P2− (x0 ) =σ(x0 ) + P2 (x0 )24822.
Лекция 22Пусть Γ – замкнутая поверхность Ляпунова, тогда для потенциала двойного слоя с σ(x) ≡ 1 мы получилирезультатx ∈ Rn \Ω̄0,(n−2)wnP (x) = −,x∈Γ2−(n − 2)wn , x ∈ ΩТеорема 22.1. Пусть Γ – замкнутая поверхность Ляпунова,σ(x) ∈ C(Γ), тогда ∀x0 ∈ Γ:P2+ (x0 ) =P2− (x0 ) =limx→x0 ,x∈ΩP2 (x) = −limx→x0 ,x∈Rn \Ω̄P2 (x) =(n − 2)wnσ(x0 ) + P 2 (x0 )2(n − 2)wnσ(x0 ) + P 2 (x0 )2Где P 2 (x0 ) – прямое значение в точке x0 .Доказательство:ZZZ∂1∂1∂1P2 (x) =σ(ξ)dS=(σ(ξ)−σ(x))dS+σ(x)dSξξ0ξ0n−2n−2n−2∂νξ |x − ξ|∂νξ |x − ξ|ΓΓΓ ∂νξ |x − ξ|Первое слагаемое назовем W0 (x),а второе W (x).
Если мы докажем непрерывность W0 (x) в точке x0 , то темnсамым мы докажем теорему.В самом деле, если W0+ (x0 ) = W0− (x0 ) = W̄0 (x0 ), то P̄2 (x0 ) = W̄0 (x0 ) − σ(x0 ) (n−2)w,2(n−2)wn+−и аналогично для P2 (x0 ).тогда P2 (x0 ) = W̄0 (x0 ) − σ(x0 )(n − 2)wn = P̄2 (x0 ) − σ(x0 )2Докажем непрерывность. Выбросим из Γ маленькую шаровую окрестность Γ′ , тогда Γ = Γ′ ∪ Γ′′ .|W0 (x) − W0 (x0 )| = |W0′ (x) + W0′′ (x) − W0′ (x0 ) − W0′′ (x0 )| 6 |W0′ (x)| + |W0′ (x0 )| + |W0′′ (x) − W0′′ (x0 )|Здесь W0′ (x) - интеграл по Γ′ , а W0′′ (x) - интеграл по Γ′′ .W0′ (x) в точке x0 дифференцируема, поэтому |W0′′ (x) − W0′′ (x0 )| → 0 при x → x0 .Функция σ(x) непрерывна, поэтому ∀ε > 0 ∃η0 ∀η < η0 ∀ξ ∈ Γ : |ξ − x0 | < η |σ(ξ) − σ(x0 )| < ε А значитможно оценитьZ∂1|W0 (x)| 6 εdS 6 ε · Constn−2Γ ∂νξ |x − ξ|И уменьшая ε, можно и первые слагаемые сделать сколь угодно малыми.
Непрерывность доказана.22.1. Потенциал простого слояНапоминаем: ЭтоZP1 (x) =µ(ξ)Γ1dSξ|x − ξ|n−2Где µ(x) ∈ C(Γ), Γ – замкнутая поверхность Ляпунова.Теорема 22.2. Потенциал простого слоя непрерывен в Rn .Доказательство: Непрерывность может нарушаться только при переходе через Γ. Вначале проверим,чтопотенциал определен в точках поверхности.
Заметим, что ∀x0 ∈ Γ:ZZZ111|P1 (x0 )| 6 max |µ(x)|dS=MdS+dSξξξn−2n−2n−2ΓΓ |x0 − ξ|Γ′ |x0 − ξ|Γ′′ |x0 − ξ|Где M = max |µ(x)|, Γ′ -пересечение Γ с маленьким шариком с центром в x0 , а Γ′′ – оставшаяся часть Γ. ВторойΓинтеграл конечен,а конечность первого проверяется переходом к системе координат r2 = ρ2 + ξn2 :ZΓ′1dSξ =|x0 − ξ|n−2ZΓ′dSξ=rn−2ZD(x0 )dξ1 . . . dξn−16Cρn−2 cos(νξ , ξn )Zdρ2−n ρn−2 dρ = Cd0Непрерывность доказывается аналогично предыдущей теореме:|P1 (x) − P1 (y)| 6 |P1′ (x)| + |P1′ (y)| + |P1′′ (x) − P1′′ (y)|49Где, как обычно, P1′ (x) и P1′′ (x) – соответственно интегралы по Γ′ = Γ ∩ Qxη , η ≪ 1 и по Γ′′ = Γ\Γ′ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
