Диссертация (1149274), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Набор условий совместности, обеспечивающихвозвращение к нерасширенной системе Максвелла, отличаются от случая идеальной проводимости лишь отсутствием условия на границе Ω(). В разделе 4.2 исследуется динамическаясистема Максвелла в Ω() с импедансными условиями на Ω(); время пробегает всю вещественную ось. Эта система расширяется до гиперболической задачи.
В отличие от случаяидеальной проводимости, пространственная часть расширенной системы Максвелла несимметрична, однако полуплоскость Im > 0 свободна от ее собственных значений. Поэтому возможносвести поиск асимптотики решения гиперболической задачи к исследованию семейства эллиптических задач с параметром = − ( ∈ R, = const > 0). Оставшиеся рассужденияповторяют Главу 3. Наконец, в разделе 4.3 все полученные результаты обобщаются на случайобласти Ω() с произвольным конечным числом малых полостей; диаметры полостей пропорциональны одному и тому же малому параметру > 0.
Отметим, что последнее ограничениенесущественно для применимости метода, однако при его отсутствии асимптотические формулыстановятся труднообозримыми.4.1Стационарная система уравнений Максвелла с импедансными граничными условиямиВ области Ω() рассмотрим систему Максвелла (2.1) с импедансными условиями × [2 × ] + [ × 1 ] = 0(4.1)106на Ω(); здесь = const (Re < 0) – параметр задачи. Для разрешимости задачи (2.1), (4.1)необходимы условия совместности (2.3) (в отличие от задачи (2.1), (2.2) равенство (2.4) в условиясовместности не включается, см.
далее предложение 4.1.9). Перейдем к расширенной системе(2.5) с граничными условиями × [2 × ] + [ × 1 ] = 0, 1 = 0, 2 = 0.(4.2)Запишем задачу (2.5), (4.2) в виде(( ) + )u(,,) = f (), ∈ Ω();(4.3)Γ1 u(,,) = 0, ∈ Ω();(4.4)где u = (1 ,2 ,1 ,2 ) , f = ( 1 , 2 , 1 , 2 ) . Граничный оператор Γ1 задан соотношениемΓ1 (1 ,2 ,1 ,2 ) = (⟨2 ,1 ⟩ − ⟨1 ,2 ⟩,⟨2 ,2 ⟩ + ⟨1 ,1 ⟩,1 , 2 ) ,(4.5)в котором векторы 1 ,2 такие же, как в формуле (2.11).Предложение 4.1.1. 1) Для любой области ⊂ R3 с гладкой границей справедлива формулаГрина(()u,v) + (Γ1 u,T1 v) = (u, ()v) + (T2 u,Γ2 v) ,(4.6)в которой где u = (1 ,2 ,1 ,2 ) ,v = ( 1 , 2 ,1 ,2 ) , u,v ∈ ∞ ( ).
Граничные операторы Γ2 ,T1 , T2 в (4.6) определены равенствамиT1 ( 1 , 2 ,1 ,2 ) = −((1/)⟨ 2 ,1 ⟩,(1/)⟨ 2 ,2 ⟩,⟨, 1 ⟩,⟨, 2 ⟩) ,T2 (1 ,2 ,1 ,2 ) = −((1/)⟨2 ,1 ⟩,(1/)⟨2 ,2 ⟩,⟨,1 ⟩, ⟨,2 ⟩) ,Γ2 ( 1 , 2 ,1 ,2 ) = (−⟨ 2 ,1 ⟩ − ⟨ 1 ,2 ⟩, − ⟨ 2 ,2 ⟩ + ⟨ 1 ,1 ⟩,1 ,2 ) .2) Краевые задачи {(),Γ1 } и {(),Γ2 } являются эллиптическими и сопряжены друг с другом относительно формулы Грина (4.6), .Существование и единственность решения u(·,,) задачи (4.3), (4.4) вытекают из следующейтеоремы.Теорема 4.1.2. Пусть - ограниченная область с гладкой границей и = − ( ∈ R, > 0).Тогда для всякой функции f ∈ 2 ( ) существует единственное решение ∈ 1 ( ) задачи(( ) + ) = f в ; Γ1 = 0 на .(4.7)107Доказательство. Пусть = ( 1 , 2 ,1 ,2 ) ∈ ∞ ( ) и Γ1 = 0 на , тогда(︂ )︂(︁)︁1|2 |2 ,Im ⟨T2 ,Γ2 ⟩ − ⟨Γ1 ,T1 ⟩ = 2Re(4.8)где 2 = × [ 2 × ].
Поэтому в силу формулы Грина (4.6)(︂ )︂1Im((( ) + ),) = Re‖ 2 ‖22 ( ) +Im ‖ ‖22 ( ) .(4.9)Поскольку Re < 0 и Im = −, отсюда следует, что ‖ ‖22 ( ) +|Re|‖ 2 ‖22 ( ) ≤‖ (( ) + ) ‖2 ( ) ‖ ‖2 ( ) .||Поделим обе части последнего неравенства на ‖ ‖2 ( ) и получим ‖ ‖22 ( ) ≤‖ (( ) + ) ‖22 ( ) .(4.10)В силу (4.10) ядро оператора задачи (4.7) тривиально, а образ замкнут.
Для функции ∈ ∞ ( ),подчиненной условию Γ2 = 0 на формулы (4.8)–(4.10 ) становятся справедливыми послезамены на и на . Тогда последняя формула означает, что ядро оператора сопряженной к(4.7) задачи(( ) + ) = f в ; Γ2 = 0 на тривиально.4.1.1Главный член асимптотики решения задачи (4.3), (4.4)Пусть f ∈ ∞ (Ω). В качестве аппроксимации функции u(·,) при → 0 возьмем решениеv0 = (01 ,02 ,10 ,20 ) задачи(( ) + )v0 (, ) = f (), ∈ Ω;(4.11)Γ1 v0 (, ) = 0, ∈ Ω.(4.12)Единственное решение v0 ∈ 1 (Ω) принадлежит ∞ (Ω).
Функция v0 удовлетворяет уравнению(2.7) и граничному условию (4.4) на внешней границе Ω, однако не удовлетворяет условию(4.4) на границе () малого отверстия. По формуле Тейлора v0 (, ) = v(0, ) + ṽ(1) (, ), где1ṽ(1) (, ) = (||) и ṽ(1) (, ) = (1) при || → 0. Тогда ṽ(1) (·, ) ∈ −3/2+(Ω) при любом > 0, а для невязки на () имеемΓ1 v0 (, ) − Γ1 u(,,) = Γ1 v(0, ) + ().(4.13)108Пусть = (∇ 0 ,⃗0,0,0) , κ = (⃗0,∇ 0 ,0,0) ; функция 0 описана перед леммой 2.4.3 и ⃗0 =κ = 0 в R3 ∖ и Γ1 = Γ1 κ = 0 на .
Для компенсации(0,0,0) . Ясно, что () = ()κглавного члена Γ1 v(0, ) невязки (4.13) введем поправку(︀)︀κ (−1 ) + w0 (−1 , ) ,w(,,) := () −1 ( )(−1 ) + −1 ( )κгде ∈ ∞ (Ω,R), = 1 в окрестности начала координат, ( ), ( ) - некоторые константы, афункция w0 (·, ) ∈ 01 (R3 ∖) подчинена условию Γw0 (·, ) = −Γv(0, ) на . Поправка w(·,,)вносит в уравнение (2.7) невязку(( ) + )w(,,) = −1 (){( ) () + ( ) κ (−1 )+(︀+( )w0 (, )} + ()w0 (−1 , ) + () −1 ( )(−1 )+(4.14))︀κ (−1 )+w0 (−1 , ) ,+−1 ( )κгде = −1 , матрица-функция введена после формулы (2.32).
В силу (2.43) () = (||−2 ),κ () = (||−2 ) при || → ∞. Поскольку () аннулируется в окрестности начала координат,при → 0 справедливы соотношенияκ (−1 )| = ().max |−1 ()( )(−1 )| = (), max |−1 ()κ∈Ω()∈Ω()Значит, главный член невязки дается первым слагаемым в правой части (4.14) и аннулируется,если и только если ( )w0 (·, ) = −( ) − ( ) κ в R3 ∖. Таким образом, функция w0 (·, )должна быть решением задачи( )w0 (, ) = −( ) () − ( ) κ (),Γ1 w0 (, ) = −Γ1 v0 (0, ), ∈ R3 ∖;(4.15) ∈ .(4.16)Предложение 4.1.3. 1.
Всякое решение w ∈ 01 (R3 ∖) уравнения ( )w = 0 в R3 ∖, подчиненκ , где , – произвольныеное одному из условий Γ1 w = 0 или Γ2 w = 0 на , имеет вид + κконстанты.2. Пусть f = ( 1 , 2 , 1 , 2 ) ∈ 2 (R3 ∖), = ( 1 , 2 , 3 , 4 ) ∈ 1/2 (). Для существованиярешения w ∈ 01 (R3 ∖) задачи( )w = f в R3 ∖, Γ1 w = на (4.17)необходимо и достаточно, чтобы( 1 ,∇ 0 )R3 ∖ = ( 3 , 0 ) ;( 2 ,∇ 0 )R3 ∖ = ( 4 , 0 ) ;(4.18)109κ (, – произвольныепрчем решение w определено с точностью до прибавления функции + κконстанты) и подчиняется оценкам0 (R3 ∖) };‖ w ‖01 (R3 ∖) ≤ {‖ ( )w ‖2 (R3 ∖) + ‖ Γw ‖ 1/2 () + ‖ w ‖−2κ ‖01 (R3 ∖) ≤ {‖ ( )w ‖2 (R3 ∖) + ‖ Γw ‖ 1/2 () }.inf ‖ w + + κ,∈CДоказательство. 1.
Пусть w ∈ 01 (R3 ∖), ( )w = 0 в R3 ∖ и на выполнено одно изусловий Γ1 w = 0 или Γ2 w = 0. Тогда w ∈ ∞ (R3 ∖) и из формулы (2.10) вытекает, что △w = 0в R3 ∖. В частности, △1 = △2 = 0 в R3 ∖. Из любого условия Γ1 w = 0 или Γ2 w = 0 на следуют равенства 1 = 2 = 0 на . Поэтому 1 = 2 = 0 в силу леммы 2.4.2. Теперьуравнение ( )w = 0 даетrot1 = rot2 = 0, div1 = div2 = 0 в R3 ∖.Значит, существуют такие скалярные потенциалы 1 , 1 ∈ ∞ (R3 ∖), что = ∇ , причем△ = 0 в R3 ∖. Для этих потенциалов условие Γ1 w = 0 на записывается в виде1 2 − 2 1 = 0, 2 2 + 1 1 = 0 на (4.19)(здесь векторы 1 ,2 те же, что и в (2.11)).
Для условия Γ2 w = 0 в формуле (4.19) заменяетсяна . Из системы (4.19) получаем (21 + 22 ) 2 = 0. Это возможно только если 2 = const на .Теперь (4.19) дает 1 = const на . Отсюда и из включения ∇ ∈ 01 (R3 ∖) по лемме 2.4.3получаем = 1 + 2 0 в R3 ∖, где – некоторые константы. Таким образом, w = 12 + 22 κ .2. Задачи {(),Γ1 } и {(),Γ2 } сопряжены относительно формулы Грина (4.6). Поэтому изуже доказанного вытекает, что существование решения w ∈ 01 (R3 ∖) задачи (4.17) равносильновыполнению условийκ )R3 ∖ + (,T1 κ ) = 0.(f ,)R3 ∖ + (,T1 ) = 0, (f ,κЭти условия совпадают с (4.18), поскольку T1 = (0,0, 0 ,0), T1 κ = (0,0,0, 0 ).Согласно предложению 4.1.3 для разрешимости задачи (4.15), (4.16) необходимы и достаточны равенства( ) = ( )−1 10 (0, ), ( ) = ( )−1 20 (0, );(4.20)причем решение w0 ∈ 01 (R3 ∖) определено с точностью до слагаемого 1 + 2 κ , где 1 , 2 –константы.
Для задачи (4.17) остаются справедливыми утверждения теоремы 2.4.7, леммы 2.4.8и следствия 2.4.9. В частности, верны разложения() = (2) (,)||−2 + ˜(3) (),110κ (3) (),κ () = κ (2) (,)||−2 + κ̃(2)w0 (, ) = w0 (1) (,, )||−1 + w̃0 (, ),в которыхκ (2) = 0, w0 (1) (·, · , ) = 10 (0, )1 (2) + 20 (0, )1 κ (2)A(2) (2) = A(2)κκ (3) ∈ 21 (R3 ∖), w̃0(2) () ∈ 11 (R3 ∖). Теперь (4.14) переписывается в видеи ˜(3) ,κ̃(︀)︀κ (3) (−1 ) + w̃0(2) (−1 , ) +() −1 ( )˜(3) (−1 ) + −1 ( )κ̃{︁(2)+ ()w̃0 (−1 , ) + ()w0 (1) (,, )||−1 + ( )() (2) (,)||−2 +}︁κ (2) (,)||−2 + ()w0 (1) (,, )||−1 .+( )()κГлавный член невязки дается слагаемым в фигурных скобках. Для его компенсации рассмотримзадачуκ (2) (,)||−2 +(( ) + )v1 (, ) = −(){( ) (2) (,)||−2 + ( )κ+w0 (1) (,, )||−1 } − ()w0 (1) (,, )||−1 , ∈ Ω;(4.21)Γv1 (, ) = 0, ∈ Ω.(4.22)Правая часть (4.21) принадлежит 2 (Ω), поэтому задача (4.21), (4.22) имеет единственное решение v1 (·, ) ∈ 1 (Ω).
Для этого решения остаются справедливыми утверждения леммы 2.4.8 и1(Ω) для любого > 0.следствия 2.3.4. В частности, v1 ∈ −1/2+Главный член асимптотики функции u(·,,) при → 0 имеет вид(︀)︀κ (−1 ) + v0 (, ) + ()w0 (−1 , ) + v1 (, ).u0 (,,) := −1 () ( )(−1 ) + ( )κ(4.23)4.1.2Оценка остаткаФункция ũ1 (,,) = u(,,) − u0 (,,) оценивается так же, как и остаток разложения(2.85). Доказательство следующего утверждения аналогично доказательству теоремы 2.5.4.Теорема 4.1.4.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
