1625914362-11a8036d73c00e672a09f4a0afc6cc0e (532772), страница 59
Текст из файла (страница 59)
2 з 29) и(х) = — 2Ке ~' геев Л Я) (27у гм~ь~а ~=~а ~ Здесь вычеты берутся по всем полюсам функции А(ь), лежащим в полуплоскости 1ш ь ( О. П р и м е р 4, Найдем решение задачи Ли=О, у)О; и~ 1+а По формуле (27) получаем и(х) = = — 2Ке гез, = — 2Ке.. ~=-г (1+ь')(ь — х) 2'<'+О * +(а+1) Рассмотрим задачу Дирихле для уравнения Лапласа в произвольной односвязной области и!г = по(х), Ли=О, хыР; (28) где граница Г области Р состоит более чем из одной точки. Решение этой задачи можно найти с помощью конформного отображения области Р на круг или полуплоскость и формулы Пуассона. Пусть функция ь = Ь(х) конформно отображает область Р на полуплоскость 1ш ь ) О, х = у(ь) — обратное отображение. Тогда й(ь) = и(у(ь) ) — гармоническая в полуплоскости 1ш ь ) 0 функция и й)„,=и,(у(х))),„г=й,($), где ь=$+1г). В силу (25) 1 За 3АдАчА днгихле В этой формуле сделаем замену ~ = Ь(г), 1 = Ь(т).
Получаем решение задачи (28) 1 с ие(т) Ь'(т) (29) Аналогично, если функция ю=((г) конформно отображает область Р на круг )се! < 1, то с помощью формулы (15) решение задачи (28) можно записать в виде и(г) = Нет— , ) и,(ь)1 9) (),(8) с(ь. 1 ( С(Ь) + С(с) ~'(~) (30) г Часто при нахождении решения задачи (28) вместо вычисления интеграла (29) или (30) удобно после найденного конформного отображения ь = Ь(г) области Р на круг нли полуплоскость вычислить интеграл Пуассона (8) нли (19) и в полученном результате сделать замену ь = Ь(г).
Пример 5. Найдем решение задачи Ли=О, 0(у(л; (31) )1 при х) О, (32) где г=х+су. Функция Ь е* (Ь вЂ” $+сц) конформно отображает полосу 0(у (я на полуплоскость т))0 ($35). При этом условия (32) переходят в условия при $) 1, (О при $(1. По формуле (19) находим Ю 1 ( Чдс 1 1 1 — $ и (Ь) = — ),, = — — — с(д —.
а „) ($ с)8+1)8 2 11 1) 1 Отсюда после замены $ = е*ссз у, ц = е" вшу получаем решение задачи (31) — (32) 1 Х вЂ” соа т и(г) = — — — агс$8 .. П 2 а 81а Р 5. Функция Грина задачи Дирихле. Фуняс(ией Грина задачи Дирихле для оператора Лапласа в области Р называется функция 6(гс~) = — 1п)г — ~~+ у(г, ~), гяР, ~яР, (33) где у(г, Ь) удовлетворяет следующим условиям: ГЛ. ЧЕ КОНФОРМНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ 1. при каждом ~гиР функция у(х, ~) является гармонической в области Р, т. е. д~г де — + — =О, х=х+1у~Р; (34) дх ду 2.
при каждом ь~иР функция у(ь, х) непрерывна вплоть до границы Г области Р и у (Х, Ь) !онт = — — „1В ! Х вЂ” 1, ! ~ 1 (35) Из (35) следует, что С (х, ~) !*«г = О. (36) Таким образом, при каждом ь~Р функция у(х, ~) является решением задачи Дирихле (34) — (35), Из теоремы существования и единственности решения задачи Дирихле следует, что функция Грина существует и единственна для любой ограниченной области с кусочно гладкой границей. Покажем, что задача о нахождении функции Грина для одпосвяэной области сводится к отысканию конформного отображения этой области на единичный круг. Теорема 4, Пусть .Р— ограниченная односеягная область и пусть функция и ш(х, ~), х~Р, 1,гиР, при каждом ~~Р конформно отображает область Р на круг !ш! (1 так, что точка х=ь переходит в точку ш=О: ш(ь, ь) О. Тогда функция Грина задачи Дирихле для оператора Лапласа в области Р имеет вид С(~1)=~ 1! ( ~)! ° (37) где у(х, ь) = ~„1а[~>(х,ь) ! — гармоническая в области Р функ- 1 ция как действительная часть регулярной в области Р функции — 1Б~)(х, ь).
1 Доказательство. Зафиксируем точку ~ЖР. Так как отображение и ш(х, ~) конформпо, т. е. функция ш(х, ~) регулярна и однолистна в области Р, то — '+О при х~аР. Из ев (х, ь] условия ш(~, ~) =О вытекает, что ш(х, ~) чь О при хчь ~. Следовательно, функция ш(х, ~) имеет вид ш(х, ~)=( — ~))(х, 1)* (38) где функция ~)(х, ~) регулярна в области Р и ф(х, ~)Ф О при х~нР.
Из (38) имеем' — 1и!ш(х,~) ! = — 1п!х — ~!+ д(х,~) 6 38. зхдАчА дигихлв Далее, если гж Г, то )ю(г, ь) ! =1 и нз (39) вытекает условие (35). Следовательно, функция (39) является функцией Грина. Замечание 2. Если в=ю(г) — какое-нибудь конформное отображение области Р на круг )ю! ( 1, то функция ю(г, ь) находится по формуле ($34) и>(г,ь) = (40) 1 — ы(г) вД) Функция Грина 6(г, ь) обладает следующими свойствами: 1.
Симметрична: 6(, ь)=6(ь, ). (41) 2. При каждом г<жР является гармонической по переменным $. Ч(ь $+~ц) в области Р с выколотой точкой ~=э. 3. При каждом гяР непрерывна вплоть до границы Г области Р и 6(г М)~ =О. (42) Свойства 2 н 3 вытекают из свойства 1 и определения функции Грина. Докажем свойство 1 для односвяэной области. Из (40) имеем )и (ь, г) ! = !ю(г, ь) ), и поэтому из (37) следует (41). Доказательство этого свойства для неодносвязных областей см. [2!.
С помощью функции Грина можно находить решение задачи Дирихле для уравнения Пуассона Ли=г(г), г~иР с граничным условием и)г = ио(г). (44) При достаточно широких предположениях решение задачи (43) — (44) имеет внд и(г) =~16(г,~)РЯг$дц+ ~ ' и (~)!Н~!, (45) д где Ь $+!т), символ — „означает дифференцирование по направлению внешней нормали к границе Г области' Р по переменной ь. Доказательство формулы (45) см. [2!. 6.
Задача Неймана. Пусть Р— ограниченная область с гладой границей Г и на Г вадана непрерывная функция и,(г). лассическая задача Неймана для уравнения Лапласа состоит в следующем: найти функцию и(г), гармоническую в области Р Ли=О, гжР, (46) непрерывно дифференцируемую вплоть до границы Г и удовлет- Гл. Р1. конеогмные ОТОБРАженпя воряющую условию ди ~ — =- ид(г), ди йеГ (47) д где — — производная по направлению внешней нормали к Г.
Для разрешимости задачи (46) — (47) необходимо, чтобы выполнялось соотношение ~ и, (2) 1Ь =. О, г где гЬ = 1 1Ь! — элемент длины кривой Г. В самом деле, по формуле Грина (9) (48) ~йийх1(у = — 1Ь, Г ди и ~~~~д) + Я )1гх иу = ) и=од — ') ) ипи "х "у. Ю г О Правая часть этой формулы равна О в силу (49). В левой части подынтегральная функция неотрицательна и непрерывна в облади ди сти .О. Следовательно, — = О, д— — — О, откуда и(г) =сопзг прн 2 егг. Наряду с классической задачей Неймана будем рассматривать также задачу (46) — (47) в случае, когда область В неограничена.
Тогда предполагается, что функция и(г) и ее частные производные первого порядка ограничены в области В. Пример 6. Найдем решение задачи Ли = О, у ) О; —" ~ = — ид (х), (50) дЫ В=э где г = х+ гу, и, (х) — непрерывная функция при — ( х ~ + и,(х)=0(!х! ' ') (51) откуда в силу (46) — (47) вытекает (48). При выполнении условия (48) решение классической задачи Неймана существует и единственно с точностью до постоянного слагаемого.
Доказательство существования решения содержится в (2). Докажем единственность. Пусть й(г), и(г) — два решения задачи (46) — (47). Тогда и (2) = й (г ) — и (г) — решение задачи Ли=О, генгг; — "~ =О. (49) Воспользуемся формулой Грина [9] у 38.
Задача дигихлк ди! ди~ при х- °, е)0. В этом случае — ~ = — — ~ . Предполадп (э=э ду (у=э' хается, что условие (48) выполнено, т. е. ) и,(х) йх = О. О (52) Задачу Неймана (50) можно свести к задаче Дирихле для ди функции —. В самом деле, так как и(з) — гармоническая функду' ди ция то — — также гармоническая функция при у ) О.
Поэтому Ф ду ди для — получаем задачу Дирихле ду й( — )=О, у~О; — 1 = — и,( ). !дит ди! !,ду) ' ' ду ! о ди ( !. Уа (О По формуле (19) находим — „= — — ) ' г)г, откуда " (! — э)'+у' и (т) = — — „~ и, (!) 1п ((8 — х)~ + у~) оГ + С (х). (53) ОЭ В этой формуле интеграл — гармоническая при у) 0 функция, так как подынтегральная функция — гармоническая, а условие (51) обеспечивает сходимость этого интеграла и существование его частных производных любого порядка. Поэтому С(х) — также гармоническая функция, т.
е. С" (х)=0, откуда С(х)- =С,+С,х. Из условкя (52) следует, что интеграл в формуле (53) ограничен при у )О, так как его можно представить в виде + СО +со '! и,(!)1п((à — х)э+ у') гц — )п(ха+ уэ) ) и,(!)йг = +О) '+у Ь последний интеграл при больших значениях х'+ у' по модулю меньше интеграла ) (и,(!)(1п((у~+1)*гй, который сходится в ОЭ силу условия (51). Функция и(з) ограничена, следовательно, С(х) также ограничена, т. е. С, = О, и из (53) окончательно по- Гл. тт. НонФОРмныв ОГОБРАжения лучаем решение задачи (50): и(з) = — — ) и,(Т)1п((Т вЂ” х)2+ Уо) 2)1+ С, Г ° О где С вЂ” постоянная. Эту формулу можно записать в виде и(з) = — — ) ит(Т)1п!1 — в!а+ С, $ р (54) так как (Т вЂ” х)'+у'= !Т вЂ” г!2. Решение задачи Неймапа (46) — (47) в односвяаной области 17 можно найти с помощью конформного отображения области 17 па полуплоскость и формулы (54).
Пусть функция Ь Ь(г), Ь = $+ 12! конформко отображает область Р на полуплоскость 1ш ь ) О, з = у(~) — обратное отображение. Тогда й(ь) и(д(ь)) — гармопическая функция в полудй! плоскости 1ш~)0. Найдем =1, где й — внешняя нормаль д-. 1„,' к границе полуплоскости 1ш ~ ) О. При копформном отображении з=д(Ь) направление нормали й переходит в направление нормали и, а коэффициент линейного растяжения в точках прямой 1шь = 0 равеп !д'($) !. Следовательно, — — !у'($) ! = и,(уЯ)) !д'($) ! = й Я)!у'Я) !. ди! ди~ Учитывая, что =~ = — — ~, по формуле (54) находим дл ч о дЧ !о=о +Ю й($) = — — ) и,(Т) !д'(Т)!1п! Т вЂ” Ь!йо+ С. Ол Вернемся к прежним переменным, полагая ь Ь(з), т=Ь(т).
1 Так как у'(Т) = —,, то решепие задачи (46) — (47) имеет вид А' (т)' и(з)=- — — ! и2(т)1п!Ь(т) — Ь(з)!<„, ) 2)т+С. (55) 'г Пример 7. Найдем решение задачи Ли=-О, г с'1; — ~ = и (еоо), (56) ол где з = ге", п,(е') — непрерывная функция и ) ит (еьт) 212р = О. о аи1 аи1 В этом случае — ! дл !, д дг 1г=т' 3 38. 3АдАчА дигихле Функция з = д (~) = — + конформно отображает полупло- ~+! скость 1ш~)0 на круг (з! (1 (з 34).
Обратное отображение 1+о. 2! имеет в ь = й(з) = — й Так как Ь (з) =, то в силу 1 — о' (1 — о) (55) решение задачи (56) определяется формулой и(з) = — — ) и,(т)1п~ — 1 — — 1~ «(т + С. (57) 1 Г ! 1+т . 1+о,(!!1 — т! ,) о ~1-. 1 —. ~ (1 Щ1 В интеграле (57) положим т = е", тогда 1! 1 — т (о Е (1 — ею) (1 — е з) . !еа6 6 ое о (1 — т) (1 — еоз) Из (57) получаем и (з) = — — ) и, ( е!о) 1н ~ е!з — з ! ой + У, + Уо + С, о где У, = — — „1п ~ ид (е!з) е(6 = О, о Уз= — „~ и,(е )1п~ о (не зависит от з). Окончательно оа и(з) = — — ~ и,(е ) о 1 — е! (ийв— м сопзз находим решение задачи (56) 1п ~ е'з — з ! сЮ + С, (58) 1 .(.)(,нг=~и,К) (е, 'о (59) где С вЂ” произвольная постоянная.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
