1625914365-7029705a6b51317eb799dab7ce6b2ad6 (532774), страница 28
Текст из файла (страница 28)
(у ! --- — 6 (х — з), а,у' (О) — (злу (О) — О, а,у' (/) + ()зу (/) — — О, непрерывное иа отрезке (О, 1!. Докажем некоторые свойства функции Грина 6 (х, з). 1) Функция Грггнп облпдоет свойством симнетрии, т. е. 6 (л, з) = 6 (з, х). Д о к а з а т е л ь с т в о. Применим формулу Грина для од- номерного случая (гл, л/1, 3 !) к функциям о — — 6, --= 6 (х, з,) и и == 6, =- 6 (х, з,).
Получим ~ (6(х, за) 6(х — з,) — 6(х, з,) 6 (х — зе)! с(х =- о = й (х) (6л о ' — 6, ~ ' ) / . (38) *) Функция й (х) предполагается непрерывной иа отрезке !О, /!вместе с производной /г' (х), а о (х) непрерывна иа 10, /1. 147 11о свойству б-функции интеграл в левой части равенства (38) равен 6 (з„ве) — б (зе, з,), в то время 'как правая часть равна нулю. Для первой и второй краевых задач это прямо следует из да, дае обращения в нуль функций 6, и бе или — ' и — "" на концах дх дх промежутка (при х = 0 и х = 1). Для третьей краевой задачи дое дае выражаем значения производных — и — на концах промедх де жутка через 6, и 6,: — ~е 6(1, з,), — "" =- ' 6(1, зе), дх [е=~ а., ' ''' дх к —.~ ие и подставляем эти значения в правую часть равенства (38), получим ~и 6(1 )6(1 ), ие + 6(0, з,) 6(0 че) 6(0 з.,)6(0, з) — О, Таким образом, действительно 6 (зе, зе) ..: 6 (зм зе).
2) Частная производная функции Грина бе(х, з) имеет разрыв первого рода при х = з со скачком, равным — 11(г (в), т. е. бе (з + О, е) 6„(з — О, з) = — „ (39) Для доказательства это~о проинтегрируем тождество (. [61 = --б (х — з) по переменной х от з — е до з р е, где е > О. Получим еле е-~-е А[6[с[к = ~ [ — [й(х) бе(х, з)1 — а(х) 6(х, з)[~ с[х.=- — 1, или ен е й(х) 6„(х, з) ~,'; — ~ д(х) 6(х, з) г(х=- — 1.
е — е Переходя в этом равенстве к пределу прп е — О, получим бе (з + О, з) — 6, (з — О, з) — — — „ е+е поскольку 1!и ~ а (х) 6 (х, з) с(х = О. е О 5 — е Т е о р е м а 3. Существует единственная функция Грина. Предварительно докажем две леммы. Л е м м а 1. Существует рещение у, (х) уравнения е. [у[ — — О, УдовлетвоРЯюЩее кРаевомУ Условто а,У' (0) — Рор (0) — О. 148 Д о к а з а т е л ь с т в о. Известно, что существует решение задачи Коши для уравнения Т.
[у[ =- 0 с любыми начальными значениями у (0) =- уе, у' (0) = уа а). В частности, следовательно, существует решение с такими начальпымн значениями у (0) и д' (0), которые связаны соотношением а,у' (0)— — [)зу (0) == О. Лемма доказанЯ. Л е м м а 2. Всякие два решения у, (х) и у, (х) уравнения 1. [у ! =- О, удовлетворяющие краевому условию а,у' (0) — [5зу (0) =- = О, отличаются друг от друга лишь постоянным леножителем, т. е.
у (х) = С у, (х). Доказательство. Функции у,(х) и у,(х) являются решениями линейного уравнения второго порядка Т. [у! = 0 и удовлетворяют условиям а1у[(0) — [)~у~ (0) = О, (40) а~у1 (0) — [)1у1(0) = О, Эти соотношения можно рассматривать как систему уравнений для а, и !з,. Поскольку хотя бы одно из чисел а, и р, не равно нулю, определитель системы (40) равен нулю; д[(0) д, (0) ( ) д, (о! д,(о) Этот определитель является значением определителя Вронского при х =- 0 для решений у, (х) и у, (х).
Известно "), что определитель Вронского, составленный из решений одного и того же линейного однородного дифференциального уравнения, либо тождественно равен нулю, либо нигде не обращается в нуль. Так как в нашем случае ш (0) = О, то определитель Вронского для у, (х) и у, (х) тождественно равен нулю. Отсюда ') следует линейная зависимость решений у, (х) и у, (х), т. е. у, (х) = Су, (х). Г!ерейдем к доказательству теоремы. Пусть у, (х) — решение уравнения Е [у! = О, удовлетворяющее краевому условию а,у' (0) — [з„у (0) =- О.
По лемме 1 такое решение существует. Всякое другое решение, удовлетворяющее тому же краевому условию, по лемме 2 имеет вид С„у, (х). По этим же соображениям существует. решение у, (х) уравнения Е [у [ = О, удовлетворяющее краевому условию аау' (!) + рау (!) =- = О. Всякое решение уравнения 1. [у! — О, удовлетворяющее тому же краевому условию, имеет вид С,у, (х). Функции д, (х) н у, (х) линейно независимы.
Если бы это было не так, мы имели бы у, (х) = Су, (х). Но тогда функция у, (х) была бы решением уравнения Л [у ! = О, удовлетворяющим обоим краевым условиям. Следовательно, Х =- 0 было бы собственным значением краевой задачи (в), что противоречит исходному предположению. Выбирая константы С, и С, надлежащим образом, мы построим из функций С,у, (х) и С,у, (х) функцию Грина. ") См. С т е и а и и в В. В.
Курс дифференциальных урависиий, изл. в-е, — Мл Физматгиз, 1959. Положим л л С,у,(л), х~з, 6(х, з) ==- С,у,(х), хъз. (41) Из свойства непрерывности функции Грина при х =- з находим С!у! (3) = Снуя (в), откуда с, с., :=- — ' — -- С. и! (!) и! (и Следовательно, С, =- Су, (з), Се = Су,(з). Коэффициент С определяем из условия (39), которому должна удовлетворять функция Грина: С !у! !з) !!/2 (в) -- уэ (ь) у! (в)1 =- — 1, к (з).
(49) Выражение в квадратных скобках есть вронскпан решений у, (х) н у, (х), равный Р)й (з) (Р == сопя!). Поскольку функции у, (х) и уэ (х) опрсдс.ляются с точностью до постоянных множителей, то их можно выбрать так, чтобы вронскиан решений у, (з) и у, (з) был равен — 1(!! (з), т. е, считать Р -- — -!. Тогда соотношение (42) принимает вид — С вЂ” ( !г(О ч(О (44) у(х) =- ~ 6(х, с) 7(~)с$. о (47) Д о к а з а т е л ь с т в о. Применим формулу Грина для одномерного случая (й 1) к функциям и =- у (х) и о = б (х, з).
Получим ! ~ (б (л, з) ! (у! — у (х) ь 16!! дх— а = й (х) 16 (.к, з) у' (х) — у (х) 6, (х, з) 1„', (50 Отсюда С .:" 1. Таким образом, функция Грина имеет впд 6(х, з) =— ! О уэ(в)у,(х), х < з, (4 3) у, (в) уэ (х), х == з. 'г!з формул (43) и (30) непосредственно следует, что 6, (х, х — О) — 6, (л, х + О) = — 1,(я (х). 4. Теперь докажем две теоремы Гильберта 1-я т е о р е м а Г и л ь б е р т а. Какова бы ни бь!ла интегри-. руемая функция )' (х), ре!иение у (х) краевой задачи й (у! = — -~ (х), (45) а,у' (0) — ~,у (0) . - О, аэу' (1) + 1),у (1) == 0 (45) аредсп(авиле(пся формулой или ! — ! 6 (х, з) ( (л) йх + ~ у (л) б (х — в) йх = о о = у (х) [6 (х, з) у' (х) — у (х) 6„(х, з)),'.
Из краевых условий (46) для у (х) и 6 (х, з) (см. определение) следует, что левая часть этого равенства равна нулю. Следовательно, у' (л') = ~ 6,, (х, «) [, (5) йо. о Следовательно, (40) а,у'(0) — [),у(0) .== ) [а,6„(0, $) — р,6 (О, $)1[,(«) д5 = О, о так как по определению функции Грина подынтегральное выра- жение тождественно равно нулю. Аналогично, аоу' ([) + [)оу (~) (50) Таким образом, функция у (х) удовлетворяет краевым условиям (46).
Вычислим Т. 1у1. Имеем 1 Т. [у[ =: ~ Л [61 [, ($) Щ = — ~ б (х — $) [, Д) с$:=- — [, (х). о о Таким образом, у (х) удовлетворяет уравнению (45). Теорема до- казана. 5. Мы рассмотрели случай, когда Х == 0 не является собствен- ным значением краевой задачи (*). Если Х = 0 является собственным значением краевой задачи (*), то функцией Грина 6 (х, з) краевой задачи Т. !у1 = - — ) (х), со,у' (О) — [)гу (О) = О, а,у' (/) .; [[оу (!) — О о ~ 6 (х, з) ( (х)е[х = у (в). о Изменяя обозначения переменной интегрирования и пользуясь симметрией функции Грина, получим объявленную в теореме формулу.
2-я т е о р е м а Г и л ь б е р т а. Какова бы ни била непрерывная функция [, (х), функция у (х) =- 1 6 (х, 5) 6 (Е) Д5 (48) 5 является ре~иениеи краевой задачи (45) — (46) с функцисй ( (л) --. == ~, (х) в правой части уравнения (45). Д о к а з а т е л ь с т в о. Очевидно, функция у (х) непрерывна на отрезке [О, (1 и называют решение краевой задачи Я (у ! = — — 6 (х — ь) + Ф, (х) Фа (з), агу' (0) — ]]иу (0) =- О, яау' (!) т !)ад (!) =- О, непрерывное на отрезке [О, [! и ортогональное собственной функции Ф,(х), соответствующеи собственному значению Х =- О, т. е. такое, что ! Ф,(.к) 6(х, з) г[х= О.
е Установленные выше свойства !) и 2) функции Грина в этом слу- чае доказываются аналогично. ЗАДАЧИ 1. Построить функцию Грина первой внешней краевой задачи: а) для круга; б) для шара (й ]и] ж Ли). 2. Построить функцию Грина первой внутренней краевой задачи для кругового сектора О гр — (Е [и] =. Ли). а 3. Построить функцию Грина первой внутренней краевой задачи а) для шароного слоя Дг г ( Д,; б) для кольца Дг -= г ( Пз.
4. Построить функцию Грина первой внутренней краевой задачи для плоского слоя О ==. г =: й (Р [и] .: — Ли). 5. Пользуясь принципале максимума и минимума для гармонических функций, доказать, что функция Грина первой краевой задачи дчя области Р положительна в Р (С [и] и Ли) б. Доказать, что линии (поверхности) уровня функции Грина задачи 5 суть заминутые линия, охватывающие особую точку и не пересекающие друг друга.
7. Пользуясь интегралом Пуассона, доказать теоремы: а) Всякая гарлюничгская фунхиия, положительная во всей плоскости, есть постоянная. б)Теорема Гзрнака. Пусть (и;(х,у)], 1=1,2,,— гармонические функции з конечной области Р, ограниченной контуром Г, и непрерывные з Р Тогда, если рлд ~~ ~и, (х, у) равнолггрно сходится ни контуре Г, то он разноы.! .черно сходигпсч и Р и ега гулька есть гармоническая фунхпил в Р Дополнение к глазам УЯ и РП О МЕТОДЕ ФУНКЦИЙ ГРИНА РЕШЕНИЯ КРАЕВЫХ ЗАДАЧ И ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ УРАВНЕНИЙ ГИПЕРБОЛИЧЕСКОГО ТИПА Мы достаточно подробно рассмотрели примененне метода функций Грина к решению задач для уравнений параболического и эллиптического типа. Можно определить понятие функции Грина краевых задач и задачи Коши также для уравнений гиперболического типа и показать применимость метода функций Грива к решению этих задач.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
