УМФ_билеты (1181471), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Скачок потенциала двойного слоя при переходе через границу, на которойзадаётся плотностьПусть Γ - граница класса C 2 ограниченной области Ω ⊂ R3 .R1Определение 30.1. Функция вида V (2) (x) = ∂ ∂n̄y |x−y|ν(y)dSy называется потенциалом двойного слояΓСразу будет удобно переписать определение в иной форме:∂∂ n̄y1|x − y|=3X3nk (y)k=1X nk (y)(xk − yk )(x − y, n̄y )1∂=⇒=33∂yk |x − y||x − y||x − y|k=1⇒ V (2) (x) =(x − y, n̄y )Z3|x − y|Γν(y)dSyЛемма 30.1. Пусть ν(x) ∈ C(Γ). Тогда:а) V (2) (x) - гармоническая функция в в x ∈ R3 \Γ;!1б) V (2) (x) = Oпри |x| → ∞2|x|Доказательство.а)V (2) (x) =3 ZXk=1 Γ3nk (y)| {z }ν(y)|{z}∈C(Γ) ∈C(Γ)пот.к.Γ∈C 2 условиюX ∂∂1dSy = −∂yk |x − y|∂xkk=1|{z}∂− ∂xZΓ1k |x−y|3∈C ((R \Γ)×Γ)1nx (y)ν(y)dSy|x − y|{z}|потенциал простого слоя сµ=nk ·ν∈C(Γ)⇓является гармоническойфункцией в R3 \ΓОстаётся воспользоваться тем, что производная гармонической функции - гармоническая.б) Возьмём сразу сферу радиуса R такую, что Γ лежит внутри сферы.
При|x| → ∞ ⇒ |x| > 2R ⇒ |y| 6|x||x|22⇒ |x − y| > (|x| − |y|) >24 ∂1 |x − y| · |n̄y |1 ∂ n̄y |x − y| 6 |x − y|3 = |x − y|2 ⇒ZZ Z ∂ 1 41 (2) ν(y)dSy 6⇒ V (x) = |ν(y)|dSy 6 4kν(y)kC(Γ) dSy · 22∂n̄|x−y|y|x| ⇒ |x|ΓΓΓ!1(2)⇒ V (x) = Oприx → ∞2|x|Лемма 30.2. Если Ω ограниченная область с границей Γ ∈ C 2 , то ∀ x, y ∈ Γ, x 6= y, справедлива оценка (x − y, n(y)) M62 |x − y| |x − y|86Доказательство. Пусть d - число из определения поверхности с границей Γ ∈ C 2 :|(x − y, n̄y )|11 1632 6 d |x − y||x − y||x − y|• если |x − y| < d, то свяжем y с локальной системой координат. В этой системе:y = (0, 0, 0), x = (ξ1 , ξ2 , F (ξ1 , ξ2 )), n̄y = (0, 0, 1) ⇒2|x − y, n̄y )| = |Fy (ξ1 , ξ2 )| 6 M2 (ξ12 + ξ22 ) 6 M2 (ξ12 + ξ22 + Fy2 (ξ1 , ξ2 ) = M2 |x − y| , что и требовалось.• если |x − y| > d, тоЛемма 30.3. Пусть ν(x) ∈ C(Γ).
Тогда потенциал двойного слоя V (2) ∈ C(Γ)MДоказательство. Используем признак полярного ядра (билет №24). В силу леммы |K(x, y)| 6 |x−y|и(x − y, n̄y )∈ C ((Γ × Γ)\ {x = y}) Оператор с полярным ядром переводит непрерывные функцииK(x, y) =2|x − y|в непрерывные, а ν ∈ C(Γ) ⇒ V (2) (x) ∈ C(Γ)Наша цель - описать скачок V (2) (x) при переходе через границу. Для этого потребуется несколько вспомогательных утверждений.(2)2Лемма 30.4. Пусть Ω - ограниченная область с границей Γ ∈ C .
Тогда интеграл VGAU SS (x) =Z∂(x − y, n̄y )1ν(y) · 1 · dSy =3 dSy - (интеграл Гаусса) равен∂ n̄y |x − y||x − y|Γ−4π, x ∈ Ω−2π, x ∈ Γ0, x ∈ R3 \ΩДоказательство. 1) Пусть x ∈ Ω. Возьмём u(x) ≡ 1 и запишем представление этой функции в виде суммытрёх потенциалов:ZZ Z ∂−1∂u(y)−1−11 (2)∆1 dy +u(y)dSy −= − VGAU SS (x)u(x) ≡ 1 =|{z}4π|x − y|∂ n̄y 4π|x − y|4π|x − y|n̄y4π=0| {z }ΓΓΩ=012) Пусть x ∈ R3 \Ω Возьмём u(y) ≡ 1 и v(y) = |x−y|и воспользуемся для этих функций первой формулойГрина:ZZZ∂(2)∆y v(y) ·u(y)dy =v(y)u(y)dSy − (∇y v(y), ∇1) dy ⇒ VGAU SS (x) = 0∂ n̄y| {z }ΩΩΓ=0|{z} |{z}=0(2)=VGAU SS (x)3) Пусть x ∈ Γ. Введём B = B(x, ε), Ωε = Ω\B̄, Γε = Γ\B, σε = ∂B ∩ Ω̄ Тогда ∂Ωε = Γε ∪ σε ⇒ x ∈ R3 \Ω̄ε87Z∂∂ n̄yСогласно второму пункту можем написать1|x − y|dSy = 0 Значит∂ΩεZ∂∂ n̄yΓε|1|x − y|{zZdSy +R→ при ε→0∂∂ n̄y1|x − y|dSy = 0σε}ΓПокажем, чтоZ∂|x − y||n̄y |111∂1(x − y, n̄y )=== 2dSy → 2π при ε → 0=332∂ n̄y |x − y|∂ n̄y |x − y|ε|x − y||x − y||x − y|σεZПоэтому∂∂ n̄y1|x − y|1dSy = 2εσεZdSyσεПри малых ε кусок границы Γ внутри → к полуплоскости ⇒ σε → к полусфере.RПоэтому dSy = 2πε2 (1 + O(1)), что и требовалосьσεOfftop : Геометрический смысл интеграла Гаусса:(y − x, n̄y )3|x − y|dSy =dSy cosβ2|x − y|= dΩ– телесный угол, под которым из точки x видна часть dSy .
Интеграл Гаусса есть сумма всех таких углов сознаком ”минус”. Поэтому геометрически последняя лемма очевидна.Лемма 30.5. Пусть Ω - ограниченная область в R3 с границей Γ ∈ C 2 . Пусть xo ∈ Γ. ТогдаZd∗(x − y, n̄y )213oверно∀ x : (x ∈ R ) ∩ |x − x | <3 dSy < K, d∗ = 2 min d, M22|x − y||y−xo |<d∗Без доказательстваЛемма 30.6. Пусть Ω - ограниченная область в R3 с границей Γ ∈ C 2 . Пусть xo ∈ Γ. Тогда limo W (x, xo ) =x→xZ(x − y, n̄y )ooooW (x , x ), где W (x, x ) =3 (ν(y) − ν(x )) dSy , а ν(x) ∈ C(Γ)|x − y||y−xo |<d∗Доказательство. Требуется показать, что ∀ ε > 0 ∃ δε > 0 : ∀ x : |x − xo | < δε → |W (x, xo ) − W (xo , xo )| < εФункция ν(x) непрерывна на компакте, следовательно она и равномерно непрерывна на нём. Значит ∃ β =d∗β(ε) : ∀ y ∈ Γ : |y − xo | < δ → |ν(y) − ν(xo )| < ε .
Выберем β 62!Zo(x − y, n̄y ) (x − y, n̄y )oooo|W (x, x ) − W (x , x )| = (ν(y) − ν(x )) dSy 63 −3|x − y||xo − y|Γ88(x − y, n̄y )Z63|y−xo |<β|x − y||−(xo − y, n̄y )!(ν(y) − ν(x )) dSy +{z}|3|xo − y|{z}6K+KЗначит, при |x − xo | 6 max(x − y, n̄y )ZoΓ\(|y−xo |<β)6ε|x − y||3−(xo − y, n̄y )!(ν(y) − ν(xo )) dSy|{z}3|xo − y|{z6ψ(x);ψ(xo )=0⇓∃ δ1 :kψ(x)k<ε,если|x−xo |<δ1}62kνkC(Γ)d∗, δ1 (ε) имеет место оценка |W (x, xo ) − W (xo , xo )| 6 2Kε + 2εkνkC(Γ)2Теперь можно перейти к описанию скачка потенциала.Теорема 30.7.
Пусть Ω - ограниченная область в R3 с границей Γ ∈ C 2 , а ν(x) ∈ C(Γ). Тогда потенциалдвойного слоя V (2) (x) ∈ C(Ω̄) и V (2) (x) ∈ C(R3 \Ω̄) (можно непрерывно продолжить на замыкания). Обозна(2)(2)(2)чим ∀ xo ∈ Γ : V+ (xo ) =lim o V (2) (x); V− (xo ) =limV (2) (x) Тогда V± (xo ) = V (2) (xo ) ∓ 2πν(xo )x∈Ω,x→xx∈R\Ω̄,x→xoДоказательство.V (2) (x) = W (x, xo ) + ν(xo )Z3Γ(2)V+ (xo ) =limx∈Ω,x→xV (2) (x) =o(x − y, n̄y )|x − y|Z(x − y, n̄y )oooooW(x,x)+ν(x)lim3 ν(y)dSy = W (x , x ) − 4πν(x )x∈Ω,x→xox∈Ω,x→xo|x−y||{z}Γ|{z}W (xo ,xo )limв силу леммыДалее, если xo ∈ Γ, то V (2) (xo ) = W (xo , xo ) + ν(xo )при x∈Ω это 4πZΓ(2)ν(y)dSyo(x − y, n̄y )|xo3− y|ν(y)dSy = W (xo , xo ) − 2πν(xo )(2)Поэтому V+ (xo ) = V( xo ) − 2πν(xo ) Это, в частности, означает, что V (2) (x) можно непрерывно продолжитьдо Ω̄.
Для стремления x → xo извне доказательство аналогично:Z(x − y, n̄y )(2) ooooo(2) oW (x, x ) +V− (x ) =limν(x )(x ) + 2πν(xo )lim3 ν(y)dSy = W (x , x ) = Vx∈R3 \Ω,x→xox∈R3 \Ω, x→xo|x − y||{z}Γ|{z}W (xo ,xo )при x∈R3 \Ω это 0в силу леммыЭто, в частности, означает, что V (2) можно непрерывно продолжить до R3 \Ω8931Билет 31. Понятие правильной нормальной производной. Существование правильной нормальной производной у потенциалапростого слоя с непрерывной плотностью Формула скачка длянормальной производнойМотивация: во внутренней задаче Неймана (билет 14) ищется решение u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄) уравнения∆u = f (x), x ∈ Ωпри условии∂u|r = u1 (x),∂nгде u1 ∈ C(Γ).Но существуют примеры гармонических в области функций, градиент которых нельзя продолжить по непрерывности на замыкание этой области. Можно расширить понятие классического решения.Пусть u(x) ∈ C 1 (Ω) ∩ C(Ω̄), Ω - ограниченная область в R3 с границей Γ ∈ C 2Пусть xo ∈ Γ, а n(xo ) - нормаль к Γ в xo Т.к.
Γ ∈ C 2 , n(xo ) - непрерывная функция по xo . Проведем через xoпрямую x = xo + n(xo )t, t ∈ RРаспишем произведенеиеo(n(x ), Ou) =3Xnx (xo )k=1∂u∂udu(xo + n(xo )t)=(x) =∂xkdt∂n(xo )Определение 31.1. Говорят, что u(x) имеет правильную нормальную производную по направлениювнешней нормали на Γ из Ω, если1. ∀ xo ∈ Γ существует конечный предел∂u o∂u(x ) ≡lim(x)∂nx=xo +n(xo )t,x∈Ω,x→xo ∂n(xo )2. Этот предел равномерный по xo ∈ ΓЛемма 31.1.
Если u(x) имеет ПНП по нормали n(xo ) из Ω на Γ, то1. u(x) имеет обычную производную по нормали n(xo ) в точке xo ∈ Γ, и эта производная совпадает сПНП2. ПНП ∈ C(Γ)Доказательство. Обычная производная по нормалиu(xo ) − u(x)u(xo − u(xo + n(xo )t))du(xo + n(xo )t)∂u=lim=lim=ot<0,t→0t<0.t→0|x − x|−tdt∂n(xo )+n(xo )tlimox→xo ,x=x90- этот предел существует по условию.Покажем непрерывность: Пусть δ мало, 0 < δ < δo , x = xo − δn(xo )Пусть Vδ (xo ) =∂uo∂n (x− δn(xo )) ==3Xnk (xo )k=1∂u o(x − δn(xo )) => Vδ (x∗ ) ∈ C(Γ)∂xnnk (xo ) непрерывна, т.к. Γ ∈ C 2По определению ПНП: Vδ ⇒ ПНП => она также непрерывная на Γ.• После расширения определения классического решения встает вопрос о единственности решения.
При исследовании этого вопроса мы использовали формулы Грина. Дли них требовалось гладкость C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω̄).Покажем, как обобщить эти факты с помощью ПНП.• Пусть Ω - ограниченная область с границей R3 , граница G ∈ C 2 , 0 < δ < δµΓδ = x : x = xo − δn(xo ) - граница класса уже C 1 , т.к. n inC 1Лемма 31.2. Пусть Ω - ограниченная область с границей G ∈ C 2 , u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄), а у u(x) ∃ ПНП понаправлению внешней нормали n(xo ), ∆u ∈ C(Ω).
ТогдаZIZ∂u(∆u)udx =(x)u(x)dS −|O|2 dxΩΓ ∂nΩДоказательство. u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) => u(x) ∈ C 2 (Ωδ ) ∩ C 1 (Ωδ ) =>ZI(∆u(x))u(x)dx(1) =Ωδlimδ→0 (1) =Rlimδ→0 (2) =RΩGδ∂uu(x)dS(2) −∂nZ|Ou(x)|2 dx(3)Ωδ∆udx, т.к. ∆u(x) и u(x) ∈ C(Ω̄)∂uu(x)dSGδ ∂nlimδ→0 (3) = limx=xo −δnxoRΩδ|Ou(x)|2 dx• С учетом сделанного обобщения все сделанные ранее рассуждения о внутренних и внешних задачах верныи для расширенного понятия классического решения.Теорема 31.3 (Кореектная постановка внутренней задачи Неймана для уравнения Лапласа).
Ω - ограниченнаяобласть, граница G ∈ C 2 . Найти функцию u(x)inC 2 (Ω) ∩ C(Ω̄), имеющую ПНП и удовлетворяющую(∆u(x) = 0, x ∈ Ω∂u∂n |G = u1 (x) ∈ C(G)91(30)Теорема 31.4 (Корректная постановка внешней задачи Неймана для уравнения Лапласа). Ω - внешняя область, граница G ∈ C 2 . Найти функцию u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω̄) имеющую ПНП и удовлетворяющую∆u(x) = 0, x ∈ Ω∂u(31)∂n |Γ = u1 (x) ∈ C(Γ)u(x)x→∞ → 0• Рассмотрим потенциал простого слояΩ - ограниченная область с границей Γ ∈ C 2 ; x = xo − δn(xo ); 0 < δ < δ ∗Zµ(x)∗dSyV =Γ |x − y|3X∂∂u(x) =nk (xo )∂n∂xkk=13X∂1nk (x )µ(y)dSy =∂xk |x − y|ok=1Обозначим∂V o )o∂n (x )(1)∂V o∂n ±=RΓ3IΓXµ(x)∂dSy =nk (xo )|x − y|∂xkI X3Γ k=1Ik=1yk − xknk (x )µ(y)dSy =|x − y|3oGIΓ1µ(y)dSy|x − y|(y − x, n(xo ))µ(y)dSy|x − y|3o∂V(xo ) = limx=xo ∓δn(x) , δ → +0 ∂n(xo ) (x)(y−xo ,n(xo ))µ(y)dSy , xo|xo −y|3∈ G(2)(1) - прямое значение нормальной производной(2) - полярное ядро => ∀ µ(x) ∈ C(G), ∀ xo ∈ Γ этот интеграл существует, и более того (1) ∈ C(Γ)Теорема 31.5.
У потенциала простого слоя V o (x) с плотностью µ(x) ∈ C(Γ) существует ПНП на Γ: ∂V o∂V ooo(x ) и(x ) ,∂n +∂n −причем имеет место формула скачкаСледствие.h∂V o1o(x)=∂n2∂V o∂n +(xo ) −∂V o∂V o oo(x ) =(x ) ± 2πµ(xo )∂n ±∂n∂V o∂n −(xo ) = 4πµ(xo ), xo ∈ Γi∂V o∂V ooo(x)+(x),x ∈ Γ∂n +∂n =9232Билет 32.
Сведение с помощью потенциалов внутренней задачиДирихле и внешней задачи Неймана для уравнения Лапласа к интегральным уравнениям на границе. Существование и единственность решения этих задач32.1Внешняя задача Неймана для уравнения ЛапласаНайти функцию u(x) ∈ C 2 (R3 |Ω) ∩ C(R3 |Ω) имеющую ПНП по направлению внешней нормали, и такую, что3∆u(x) = 0, x ∈ R |Ω∂u( ∂n)− |r = u1 (x), x ∈ G; u1 (x) ∈ C(G)u(x) → 0, x → ∞(32)Решение этой задачи ищем в виде потенциала простого слоя:R µ(x)u(x) = G |x−y|dSy .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
