УМФ_билеты (1181471), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Далее представим эти уравнения в следующейформе:ZNX(I − λQ)u = λaj (x)bj (y)u(y)dy + f (x)Gj=10(I − λQ )v = λNXZbj (x)aj (y)v(y)dy + g(x)Gj=10|λ|< 1. Аналогичные рассуждения верны и для оператора Q ,• Q – оператор с малой нормой: |λ| · kQk 6 2R0а значит операторы (I − λQ), (I − λQ ) непрерывно обратимы.
Перепишем уравнения:u(x) = λNXj=1−1(I − λQ){z|âj (x,λ)Za(x)}G−1bj (y)u(y)dy + (I − λQ){z|fˆ(x)v(x) = ... = λNXf (x) = λ}NXZâj (x, λ)bj (y)u(y)dy + fˆ(x, λ)Gj=1Zb̂j (x, λ)aj (y)u(y)dy + ĝ(x, λ)Gj=1Это уравнения с вырожденными ядрами, их решение эквивалентно решению систем:DEN(E − λÂ)c = ϕ; Â(λ) = kµij ki,j=1 ; µi,j = hbi ; âj i ; ϕi = bi ; fˆ 0 N0 (E − λÂ0 )d = ϕ;  (λ) = µij i,j=1DE0; µi,j = ai ; b̂j ; ϕi = hai ; ĝiЛемма 27.8. Пусть K – полярное ядро такое, что kλKk < 1. Тогда ∀a, b ∈ C(G) −→ (I − λK)−1 a; b =R−1−1– регулярнаяфункция при|λ| < kKk . Если дополнительно выполнено |λ| ·G (I0 − λK) a(x)b(x)dxhi0 K < 1, то (I − λK)−1 a; b = a; (I − λK )−1 b .Доказательство.(I−λK)−1 a(x) =∞Xλj K j a(x) =⇒j=0Z(I−λK)−1 a(x)b(x)dx =GZ X∞λj K j (a(x))b(x) dx =G j=0|∞Xj=0{zсход. равномерно}Полученный ряд сходится абсолютно т.к.
справедлива оценка Z jjjλK (a(x))b(x)dx 6 kak · kbk · mesG · λj · kKk G| {z }qj ; q<1Докажем теперь вторую часть:infX0000−1−1<1=⇒∃(I−λK)∈L(C(G))=⇒(I−λK)b=λj (K )j b(x)λK j=079λjZGK j (a(x))b(x)dxТогда:∞∞DE ∗ X X0(I − λK)−1 a; b =λj K j a; b =λj a; (K )j b =j=0*a;j=0∞X+j0jλ (K ) bDE0= a; (I − λK )−1 bj=0Докажем (*):Z ZhKu; vi =GK(x, y)u(y)dyv(x)dx =GZZ=GK(x, y)v(x)d(x) dy = [x → y; y → x; (∗∗)] =u(y)GZDE0=u(x) G K(y, x) v(y)dy dx = u; K v| {z }GZK 0 (x,y)Где переход (**) верен по т. Фубини-Тонелли.0Лемма 27.9.
Матрица  (λ) является транспонированной к матрице Â(λ). Элементы muˆ ij матрицы – регулярные в круге |λ| < 2R функции λ.Доказательство. 0 |λ| < 2R =⇒ |λ| · kQk < 1, |λ| · Q < 1DE 00µ̂ij = ai ; (I − λQ )−1 bj = (I − λQ)−1 ai ; bj = µ̂jiРегулярность следует из предыдущей леммы.0• Рассмотрим D(λ) = det(E − λÂ(λ)) = det(E − λ (λ)).
Это регулярная в круге |λ| < 2R функция,D(0) = 1 =⇒ D(λ) 6≡ 0.В круге |λ| < R может быть только конечное число нулей λk иначе по теореме о единственности имелибы D(λ) ≡ 0.Если λ не корень D(λ) = 0 то оба уравнения однозначно разрешимы.Если же λ – корень D(λ) = 0, то оба уравнения имеют конечномерные пространства решений однойразмерности.Таким образом, мы доказали следующие эквивалентности:– разрешимость исходного уравнения– разрешимость системыu(x) = λNXZbj (y)u(y)dy + fˆ(x, λ)âj (x, λ)Gj=1– разрешимость (E − λÂ0 )d = ϕhi0Осталась третья теорема: условие разрешимости: ϕ ⊥ dодн – любому решению E − λ (λ) = 0 т.е.NXϕ̂dj =j=1N DNEXXbj ; fˆ dj =bj ; (I − λQ)−1 f j =j=1j=1| {z }0N DEX0=f ; (I − λQ )−1 bj =j=1j*f,+NX0−1(I − λQ )|{zj=1bˆj80bj d j}Z= hf ; vi =f vdx = 0G28Билет 28.
Объемный ньютонов потенциал и его свойства. Убывание на бесконечности. Результат действия оператора Лапласа наобъемный потенциал.−1• Функция E(x) = 4π|x|является решением в обобщенных функциях уравнения 4E(x) = δ(x). Эту записьнужно понимать следующим образом:Z −1∆y ϕ(y)dy = ϕ(0), ϕ ∈ D(Rn )4π|y|R3Определение 28.1. Функция ϑ(x) вида ϑ(x) =RR3ρ(y)|x−y| dyназывается объемным ньютоновым потенциалом.Замечание. Это свёртка фундаментального решения с функцией −4πρ(x)Теорема 28.1.
1. Пусть ρ(x) — кусочно-непрерывная, ограниченная, финитная. Тогда ϑ(x) ∈ C 1 (R3 ) и1ϑ(x) = O |x|при x → ∞.2. Если ∃ область Ω ⊂ R3 : ρ(x) ∈ C 1 (Ω), то ϑ(x) ∈ C 2 (Ω) и 4ϑ(x) = −4πρ(x), x ∈ Ω.Доказательство. Доказательство проведем в менее общей постановке: считаем ρ ∈ C ∞ и supp ρ компактом.• ∃ C : |ρ(x)| 6 C ∀ x ∈ R3 . Считаем, что supp ρ ⊂ BA (0). Берем x : |x| > 2A. Тогда если |y| 6 A, то |y| <|x|2 .• Оценка:Z|ϑ(x)| = R3ρ(y)dy =|x − y| Z=Zρ(y)dy 6|x − y||y|<A|ρ(y)|dy 6|x − y||y|<AcZ|x|2 |y|<A8 πcA3dy=⇒13 |x|⇒ ϑ(x) = O1|x|.∂F∂xj (x, y), j = 1, n непрерывны на Ω × G, гдеRRΩ ⊂ Rn , G ⊂ Rm . Пусть g(x) абсолютно интегрируема: |g(x)|dx < ∞|.
Тогда F (x, y)g(y)dy ∈ C 1 (Ω)• Пользуемся утверждением из анализа: Пусть F (x, y) иGи∂∂xjZZF (x, y)g(y)dy =GG∂F(x, y)g(y)dy∂xjG.• Пусть ρ(x) ∈ C ∞ (R3 ) и ∃ A : ρ(x) ≡ 0 ∀ x : |x| > A. ПустьΩ = {x : |x| < R} ;F (x, y) = ρ(x + y)G = {y : |y| < R + A} ;g(y) =1.|y|При |x| < R, |y| > A + R ,→ |x + y| > |y| − |x| > A + R − R = A ⇒ ρ(x + y) ≡ 0.•Zϑ(x) =R3Zρ(x + y)dy =|y|ρ(x + y)dy|y||y|<R+A⇒∂ϑ=∂xjZ|y|<R+AТакже для остальных производных.81∂ρ(x + y) 1dy;∂xj|y|•∆ϑ(x) =RR3∆x ρ(x+y)dy|y|= −4πR R3−14π|y|∆y ρ(x + y)dy = −4π hδ(y), ρ(x + y)i = −4πρ(x)|{z}.∆x ρ(x + y)8229Билет 29.
Понятие области с границей C 2 . Потенциал просто слоя.Его свойства. Непрерывность в R3Определение 29.1. Область с границей Г класса C 2 - ограниченная область (Ω ⊂ R3 ), удовлетворяющаяусловиям :• ∀x0 ∈ Г ∃ декартова с.к.(ξ1 , ξ2 , ξ3 ) с началом в x0 и функция Fx0 (ξ 0 ), где ξ 0 = (ξ1 , ξ2 ), |ξ 0 | 6 r такие, чтоx– Fx0 (ξ 0 ) ∈ C 2 (|ξ 0 | 6 r); Fx0 (0, 0) = 0, ∂F∂ξi (0, 0) = 0, i = 1, 2P– Множество x0 = {x : ξ3 = Fx0 (ξ 0 ), |ξ 0 | 6 r} ⊂ Г00000– Множество U−x0 = {x : Fx (ξ ) − h < ξ3 < Fx (ξ ), |ξ | < r} ⊂ Ω00000– Множество U+x0 = {x : Fx (ξ ) < ξ3 < Fx (ξ ) + h, |ξ | < r} не пересекается с Ω ∂2F x ∂Fx 020• Fx0 (ξ ) ∈ C (|ξ | 6 r) ⇒ ∂ξi 6 M1 ; 6 M2 , |ξ 0 | 6 r ∂ξi ∂ξj • Постоянные r > 0, h > 0 и M1 , M2 можно выбрать не зависящими от x0 ∈ Г и от с.к.
ξ+00Определение 29.2. Указанную с.к. и окрестностьUx0 = U−x0 ∪ Ux0 назовем подходящим для X , а ξ Pлокальными координатами на куске x0 границы Г.Определение 29.3. Неограниченная область называется внешней областью с границей Г∈ C 2 , если R3 \Ω̄есть ограниченная область с границей ∈ C 2 .Определение 29.4. Пусть Ω ⊂ R3 - область с границей Г класса C 2 . Функция вида V (0) (x) =называется потенциалом простого слоя.RГµ(y)dSy|x − y|Теорема 29.1.
Пусть µ(x) ∈ C(Г). Тогда:1. V 0 (x) ∈ C(R3 )2. V 0 (x) гармоническая в R3 \Г3. V 0 (x) = O1при x → ∞xДоказательство.2. Пусть x1 ∈ R3 \Г, δ1 = dist{x1 , Г} > 0δ1δ1) = {x ∈ R3 : |x − x1 | <}. Тогда расстояние от произвольной точки22δ1δ1δ1δ1x ∈ B(x1 , ) до ∀ y ∈ Г не меньше: |x − y| > |x1 − y| − |x − x1 | > δ1 −=2222Возьмем шар B(x1 ,Поэтому1δ11δ1∈ C ∞ (B(x1 , ) × |{z}Г ) ⇒ Dxα∈ C(B(x1 , ) × Г)|x − y|2|x−y|2| {z }yx83По теореме о дифференцировании интеграла по параметру (формулировка в билете 5) имеемZδ1µ(y)Dxα V (0) (x) =dSy ∈ C(B(x1 , ) × Г) ∀ α-мультииндексаDxα|x − y|2ГВ частности, 4x V (0) (x) =RГ4x (1)µ(y)dSy = 0, что и требовалось.|x − y|1- полярное ядро, следовательно, интегральный оператор с полярным ядром пере|x − y|водит непрерывную функцию µ(y) в непрерывную ⇒ V (0) (x) ∈ C(Г).1. Если x ∈ Г, тоМы уже доказали, что V (0) (x) ∈ C(R3 \Г) ⇒ осталось показать непрерывность в областях Ω следующеговида:Построим для этого последовательность функций, равномерно сходящихся к V (0) (x):11Пусть− δ-срезка функции:|x − y| δ|x − y|1, если |x − y| > δ;1= |x − y||x − y| δ 1 ,если |x − y| < δ.δR1(0)Vδ (x) = Гµ(y)dSy ∈ C(Ω)|x − y| δdБудем выбирать 0 < δ < (d − из свойств области с границей класса C 2 ) − такое число, что ∀ x0 ∈ Г →2B(x0 , d) ⊂ Ux0 Z ! (0)11(0)V (x) − V (x) = −µ(y)dSy δ |x − y| δГ |x − y| !11−=0Если x : |x − y| > δ, то|x − y||x − y| δRR11dSyВ противном случае она равна Г (− )µ(y)dSy > C|{z}|x − y| δ|x − y|y∈Г|{z} |µ(y)|6||µ||C(Г) =C|x−y|<δ>0Нам осталось оценить интегралRy∈Г|x−y|<δdSy|x − y|84Пусть x∗ = πГ (x).
Построим B(x, δ) и B(x∗ , 2δ).Ясно, что т.к. |x − x∗ | < δ ⇒ B(x, δ) ⊂ B(x∗ , 2δ).Увеличивая область интегрирования, запишем:Zy∈Г|x−y|<δdSy6|x − y|ZdSy|x∗ − y|y∈Г|x∗ −y|<2δПо определению числа d имеем B(x∗ , 2δ ⊂ Ux∗ ).Свяжем с x∗ локальную систему координат и функцию Fx∗ (ξ1 , ξ2 )Т.к. y ∈ Г, y = (ξ1 , ξ2 , Fx∗ (ξ1 , ξ2 ))Т.к. x∗ = πГ (x), точка x имеет ненулевую компоненту только по ξ3 : x = (0, 0, x3 )Оценки: |x − y|2 = ξ12 + ξ22 + (x3 − Fx∗ (ξ1 , ξ2 ))2 6 ξ12 + ξ22p|x∗ − y|2 = ξ12 + ξ22 + (Fx∗ (ξ1 , ξ2 ))2 6 ξ12 + ξ22 ⇒ расширяем область интегрирования до ξ12 + ξ22 < 2δq∂Fx∗ZZx∗22q1 + ( ∂F (0)dξ1 dξ2∂ξ1 (ξ1 , ξ2 )) + ( ∂ξ2 (ξ1 , ξ2 ))2V (x)−V (0) (x) > Cppdξ1 dξ2 6 C 1 + 2M1δ22ξ1 + ξ2ξ12 + ξ22√√ξ12 +ξ22 <2δВ полярной системе координатξ12 +ξ22 <2δξ1ξ2= rcos ϕ sin ϕпоследний интеграл примет вид2πR0dϕR2δ rdr= 4πδ →r00 при δ → 0.(0)Итак, Vδ (x) ⇒δ→0 V (0) (x) ⇒ V (0) (x) ∈ C(Ω) ⇒ V (0) (x) ∈ C(R3 ).| {z }∈C(Ω)3.
µ(x) ∈ Г ⇒ |µ(x)| 6 ||µ||Г = C ∀ x ∈ ГВозьмем сферу радиуса R такую, что Г лежит внутри этой сферы. Тогда ∀ y ∈ Г → |y| 6 R.ZR |µ(y)||x|2C10При x → ∞ → |x| > 2R ⇒ y 6⇒ |V (x)| 6 ГdSy 6dSy ⇒ V 0 (x) = O( ) при x → ∞.2|x − y||x| Г|x|| {z }C8530Билет 30. Потенциал двойного слоя. Интеграл Гаусса.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
