1625914365-7029705a6b51317eb799dab7ce6b2ad6 (532774), страница 31
Текст из файла (страница 31)
Будем рассматривать сначала лишь внутренние краевые задачи для конечных областей. Они состоят, как известно, в нахождении функции и (М), удовлетворяющей уравнению В (и) = б(ч (/г 7и) — ди = / (М) (32) в области Р, ограниченной поверхностью Я, и краевому условию (у —,„м уеа) =ф(М) (зз) на поверхности 5.
*) Читателм реиожндуегси провести Лоиаээтетьство семоетоттеиьн о. **) Сьь Т и х о н о в Л. Н, — й1атем. сб., !935, т ФД )эе 2, с. 193-ЗРЬ Функции й (Ч), у (.И), у, (.И) и 1е (М) удовлетворяют таким же условиям, как и в Я 1 и 2: у~ (ьи) ге О уе (Л1) О на 5 и (у! -:,,- т")з Ф О.
Поверхность 5 предполагаем кусочпогладкой. В этих условиях справедлива Т е о р е м а 1. Решение первой и третьей внутренних краевсчх задач (32) — (33) единственно в классе функций и (М), непрерывных в Р вместое с частнылш производными первого порядка по координатам точки М, Доказательство. Пусть н,(М) и ие(~И) — два решения задачи (32) — (33). Покажем, что пх разность о (М) =- == и, (М) — ие (ьИ) равна нулкк Для этого применим первую формулу Грина к функциям сР, (М) -- о (М) === <Ое (М). Получим ) оЕ[о!ь(т.— --. ! н(Уо, 1о)ь(т — ~ до-'ь(т,' ~йо — Ло.
(34) о о о 3 Поскольку функция о (М) является решением однородной краевой задачи 1.1о) = — -О, (35) (у, в,", гу.,-.) =О, (36) то из формулы (34) получаем ~ й (Ъо)' ах+ ~ оое с[т — ( йо + ь(о О, о о в Для первой краевой задачи (у, О, у, 1) интеграл по поверх. ности 5 равен нулю и, следовательно, й(7о)хь(т+ дохйтаю О, Отсюда следует равенство нулю каждой из подынтегральных функ* ций, т. е. й (~ро)' св О, до' : — О.
Если д Ф О, то о (М) = О в области Р. Если д (М) = — О, то из равенства нулю градиента, оо = О, в области Р следует, что о (М) ээ = сопз[. А так как решение о (М) непрерывно в замкнутой области Р и о [в — — О, то всюду в Р о(М) = О. Для третьей краевой задачи из (34) и (36) получаем ~ я(Ъ'о)'~1т =, '~ цо'ат '; ) т' Ь-'с[о=О. о о 3 Следовательно, каждый интеграл равен нулю. Отсюда и следчет, что о (М) О в Р. Теорема доказана, !64 3 а м е ч а н и е.
В з ! гл, ч'!1 единственность решения первой краевой задачи для уравнения Лапласа была доказана з более слабых предположениях: требовалась непрерывность решения в замкнутой области Р, но не требовалась непрерывность его частных производных первого порядка в замкнутой области. 2. Для второй краевой задачи справедлива Т е о р е м а 2. Любые два решения и, (М) и и, (М) второй внутренней краевой задачи, непрерывные в Р вл~есте с частными производными первого порядка по координатам точки М, .когут отличаться лшаь на аддитивную посгпоянную, т.
е. и, (М) — и, (М) = сопз!. Д о к а з а т е л ь с т в о. Как и при доказательстве предыдущей теоремы, для функции о =-- и, (М) — и, (М) получим ~ Й (Чо)' йт + ~ ~р' йч — ~ йо — '„" йо = О. о о 3 дь Поскольку — ~ == О, то дп р Д (Чо)' йт + )Г угя йт = О. о Из этого соотношения следует; )г (ро)' = — О и ао' = О всюду в Р.
Если в ~ О, то о (М) = — О, и теорема доказана. Если а (М) = О, то ро = О и, следовательно, о (М) га сопз!. Теорема доиазана; 3. Для единственности решения внешних краевых задач от рассматриваемых решений надо требовать выполнения некоторых условий на бесконечности. В самом деле, если для уравнений Ьи ° О искать решение первой внешней краевой задачи вне круга радиуса Я, т, е, в об.
ласти е > В, с краевым условием и~, я С, где С - постони ная, то решениями будут функции и,(М) ва С, и,(М) С вЂ , й и и, (М) Аи, + Ви„где А и  — произвольные постоянные такие, что А + В . 1. Приведем одну из теорем единственности решений внешних краевых задач.
Функцию г (М), определенную в области Р,, внешней к замкну- той поверхности 5, будем называть регулярной на бесконечности, если при стремлении точки М к бесконечности сама она равно- мерно стремится к нулю, как Аlгмм„а ее частные производные первого порядка стремятся к нулю, как В!гмм,. Здесь гмм,— расстояние от точки М до некоторой фиксированной точки М„, Для трехмерного пространства справедлива Т е о р е м а 3, Решение внешней краевой задачи д!ч (йуи) = ! (М), (у,— + у.,и) = ~р(М), 1зв непрерывное в замкнутой области Р, вместе с частными произ- водными первого порядка и регулярное на бесконечности, единст.
венно. Доказательство. Пусть и,(Л1) и и,(М) — два ре- шения задачи и о (М) =- и, (М) — и, (М). Из некоторой точки М„лежащей внутри поверхности 5, как из центра опишем сферу 5л настолько большого радиуса Я, чтобы 5л целиком лежала в области Р,. Пусть Рл — область, ограниченная поверхностями 5 и 5л (рис. 21). ,"; Применим первую формулу Грина для функций Ф, (М) = о (М) и Фа (М) = о (М) в области Рл. Получим (при о (М) ив э 0) .г ~ од); (лГо) йк == — ) л(то)еде+ о1 ол Рас. 2ц + ~ Ао — до+ ~йо — ~1а. (37) вл Функция о (М) является решением задачи д1ч (йро) = 0 (в Р,), 1,7, вк +уео) =0 Поэтому из (37) получаем ~ й (Чо)е дт — )Г йо —:„' с(а — ~ йо — да О. ал 3 зл (38) (39) Для первой и второй краевых задач интеграл по 5 равен нулю, поэтому 1 вп (40) ол з~ Для третьей краевой задачи, пользуясь краевыми условиями (39), выражаем — ~ через о 1з.
Получим да дк в ~ й (Ч )Ч + ~ й — ' Ч = ~ й ф д, (41) ол 3 зл Формулы (40) и (41) справедливы для любых достаточно больших значений 1с. Поэтому в них можно перейти к пределу при 1с' — оо. Оценим интеграл по 5л. В силу регулярности функции о и ограниченности й (М) (й (М) ( У) имеем ! 14 — „Г (~ 7)АВ( 1 —,— м)АВ) — ' зл зл' и' 'мм. Переходя в формулах (40) и (4!) к пределу при й — оо и учитывая оценку для интеграла по 5л, получим ~ е(1во)'дт == О, о, (42) ~ й(т>о)'>(т+ ) й т' иве(о = О. (43) Глава /Л ИНТЕГРАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ В этой главе мы изложим некоторые начальные сведения о линейных интегральных уравнениях второго рода.
Для простоты записи мы всюду, кроме ~ 1, будем рассматривать одномерный случай. Все результаты верны и для многомерного. В !. Классификация линейных интегральных уравнений Уравнения вида >>> ( 'И) .— ) ~ К (М, Р) >>> (Р) дтр = >в (М), о где >р (Р) — искомая функция, 1 (М) и К (>И, Р) — известные функции, 0 — фиксированная область, Х вЂ” числовой параметр, называются интегральными уравнениями Фредгольма второго рода. Если 7 (>И) = — О, уравнение называется однородным, в противном случае — неоднородным. Уравнения вида >>>(М) — 7 ~ К(М, Р) <р(Р) >)те =~(>И), о>м> >67 Из (42) следует, что о = сопз1. й так как о (М) 0 при М вЂ” оо, топ (>И) = 0 в О,.
Из (43) следует, что о (М) =— сопз1 в б> и о)з = =- О. Из непрерывности о (М) в 0> следует, что о (М) = 0 в О,. Теорема доказана. 4. Заметим, что решение второй краевой задачи также единственно, поскольку в этом случае фиксируется значение решения на бесконечности (равное нулю). Свойство регулярности решения на бесконечности понадобилось нам для оценки интеграла по вспомогательной поверхности 5а. 3 а м е ч а н и е. Для двумерного случая требование регулярности решения на бесконечности слишком сильно, так как решения, удовлетворяющего ему, может и не существовать.
В двумерных задачах достаточно потребовать, чтобы искомое решение было ограниченным на бесконечности, а частные производные первого порядка равномерно стремились к нулю, как В1гмл>,. где Р (М) — переменная область, зависящая от точки М, называются интегральными уравнениями Вольтерра второго рода.
Например, в одномерном случае к <~ (х) — Л ~ К (х, 5) ~р (в) дз — ) (х) а есть уравнение Вольтерра второго рода. Если ) (М) ==- .О, уравнение называется однороднылб в противном случае.— неоднородным. Уравнения вида К(М Р)ч'(Р)д»р . )(М) и где Р— фиксированная область, называются интегральными уравнениями Фредгольма первого рода.
Уравнения вида К (!И, Р) ср (Р) гйе — — ~ (М) О(м) называются интегральными уравнениями Вольтерра первого рода. Функция К (М, Р) называется ядром интегрального уравнения. 3 а м е ч а н и е. Уравнения Вольтерра являются частным видом уравнений Фредгольма. Так, если в одномерном случае положить О , х~ з<Ь, К,(х, з) = К(х, з), а<в <х, то уравнение Вольтерра к сГ,(х) — - Л ~К(х, з) <р(в) дз == )'(х) а можно записать как уравнение Фредгольма с ядром К, (», з): ь кг(х) — Л ) К,(х, з) г(в) дз = )(х).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
