1612043352-03848292b4014c515f1fab63cedbee02 (538304), страница 22

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 22)

Принцип экстремума гармонической функции. Гармоническая в области D функция u(z) 6≡const не может достигать своегоэкстремума во внутренней точке этой области.Предположим от противного, что гармоническая в области D функция u(z), отличная от постоянной, достигает экстремума в некоторойточке z0 ∈ D.Рассмотрим сначала случай, когда область D односвязна. Тогда вобласти D существует аналитическая функция f (z) такая, что <ef (z) == u(z), и модуль аналитической и не обращающейся в нуль в областиD функции ef (z) , равный eu(z) , в силу монотонности экспоненциальной функции действительного переменного достигает своего экстремумав точке z0 ∈ D, что возможно только для постоянной аналитической151функции с модулем, равным eu(z0 ) , а следовательно, для гармонической функции u(z) = u(z0 ) всюду в области D.Если теперь область D не односвязна, то существует функция f (z),аналитическая в круге C(δ, z0 ) ⊂ D и такая, что <ef (z) = u(z).

Но тогда модуль аналитической и не обращающейся в нуль в круге C(δ, z0 )функции ef (z) , равный eu(z) , достигает своего экстремального значения eu(z0 ) в центре этого круга, что возможно только в случае, когда f (z) e = eu(z0 ) для всех z ∈ C(δ, z ), т. е. u(z) = u(z ) всюду в круге00C(δ, z0 ), а в силу непрерывности функции u(z) в области D — и намножестве C(δ, z0 ) ∩ D. Пусть теперь z∗ — произвольная точка области D, лежащая вне замкнутого круга C(δ, z0 ), а σ, σ ⊂ D, — гладкаякривая c началом в точке z0 и концом в точке z∗ .

Обозначим через z1последнюю точку пересечения кривой σ с окружностью | z −z0 | = δ и,повторяя приведенное выше рассуждение, убеждаемся, что u(z) = u(z0 )на множестве C(ρ, z1 ) ∩ D, где ρ = ρ(σ, ∂D). Обозначим далее через z2_последнюю точку пересечения дуги z1 z ∗ кривой σ с окружностью | z − z1 | = ρ и аналогично докажем, что u(z) = u(z0 ) на мно-жестве C(ρ, z2 ) ∩ D. Продолжая этот процесс, придем к кругу C(ρ, zm ),содержащему точку z∗ , в котором u(z) = u(z0 ), а следовательно, иu(z∗ ) = u(z0 ). В силу произвольности точки z∗ отсюда следует, чтофункция u(z) равна своему экстремальному значению u(z0 ) всюду вобласти D, т. е. постоянна, что противоречит условию.40 .

Если u(x, y) = u(z) — гармоническая в области D функция,z = ϕ(ζ) — аналитическая в некоторой области ∆ функция, причемϕ(ζ) ∈ D при всех ζ ∈ ∆, то функция u∗ (ζ) = u [ ϕ(ζ) ] гармонична вобласти ∆.В самом деле, положив ζ = ξ + iη, получим, что ϕ(ζ) = x(ξ, η) ++iy(ξ, η), а из свойства 10 гармонических функций следует, что функция u∗ (ζ) = u∗ (ξ, η) = u [ x(ξ, η), y(ξ, η) ] имеет в области ∆ частныепроизводные по ξ и η всех порядков (как суперпозиция функций, обладающих этим свойством). Покажем теперь, что функция u∗ (ξ, η) удов-152летворяет в области ∆ уравнению Лапласа.

Имеемu∗ξ = ux xξ + uy yξ ,u∗ξξ = uxx x2 + 2uxy xξ yξ + uyy y 2 + ux xξξ + uy yξξ .ξξАналогично,u∗ηη = uxx x2η + 2uxy xη yη + uyy yη2 + ux xηη + uy yηηи учитывая, что функции x(ξ, η) и y(ξ, η) удовлетворяют условиямКоши – Римана xξ = yη , xη = −yξ , так что x2η = y 2, yη2 = x2 , xξ yξ +ξξ+xη yη = 0, получим∆u∗ = uxx + uyy x2 + y 2 + ux xξξ + xηη + uy yξξ + yηη ,ξξоткуда в силу гармоничности функции u(x, y) в области D и функцийx(ξ, η), y(ξ, η) в области ∆ следует, что∆u∗ = u∗ + u∗ηη = 0.ξξ5.2. Задача ДирихлеВ математической физике большое значение имеет з а д а ч а Д и р и х л е (первая краевая задача): найти гармоническую в области Dи непрерывную в замкнутой области D функцию u(x, y) = u(z), принимающую заданные непрерывные значения g(t) на границе Γ этойобласти.1.

Решение задачи Дирихле для круга. Покажем, что формулаПуассона (2.67), в которой вместо u(t) взята произвольная непрерывнаяна окружности Γ : t−z0 = Reiϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π, функция g(t), дает решениезадачи Дирихле для круга C(R, z0 ).Напомним, что формула Пуассона получена отделением действительной части в интегральной формуле Шварца (2.66), поэтому надо доказать, что функцияh 1 Z t−2z +zi0u(z) = <eg(t) dt(5.3)2πi(t−z0 )(t−z)Γ153гармонична в C(R, z0 ), непрерывна в C(R, z0 ) и принимает на Γ значения g(t).Записав (5.3) в видеt−2zZ g(t) dt ih 1 Z t−z 0 g(t)dtt−z0z0+u(z) = <e,(5.4)2πi2πit−zt−zΓΓмы видим, что для любой непрерывной на Γ функции g(t) стоящие вправой части (5.4) интегралы типа Коши, а вместе с ними и выражениев квадратных скобках, аналитичны в круге C(R, z0 ), поэтому u(z), какдействительная часть аналитической функции, является гармоническойв этом круге функцией.Докажем теперь, чтоlim u(z) = g(t0 ),z →t0z ∈C(R,z0 )t0 = z0 + Reiϕ0 .Для этого заметим сначала, что<e(t−z0 +z−z0 )[ t−z 0 −(z −z 0 )]t−2z0 +z== <et−z| t−z |2= <e=| t−z0 |2 −| z−z0 |2 +(z−z0 )(t−z 0 ) − (z − z 0 )(t−z0 )R2 −| z−z0 |2| t−z |2| t−z |2=,поэтому (5.3) можно записать в виде1u(z) =2πZ2π0R2 −| z−z0 |2| t−z |2g(t) dϕ,t = z0 + Reiϕ ,а в силу формулы Пуассона для гармонической функции u(z) ≡ 1 имеетместо равенство11=2πZ2π0R2 −| z−z0 |2| t−z |2dϕ,t = z0 +Reiϕ , z ∈ C(R, z0 ).154(5.5)Следовательно,1u(z) − g(t0 ) =2πZ2π0R2 −| z−z0 |2| t−z |2[ g(t) − g(t0) ] dϕ.(5.6)В силу непрерывности функции g(t) на Γ для любого наперед заданного ε > 0 найдется такое число θ = θ(ε) > 0, что для всех ϕ,| ϕ − ϕ0 | < θ, будем иметьε| g(t) − g(t0 ) | = | g(z0 +Reiϕ ) − g(z0 +Reiϕ0 ) | < .2Переписав (5.6) в виде(5.7)u(z) − g(t0 ) = I1 + I2 ,где интегралы I1 и I2 берутся соответственно по отрезкам [ ϕ0 −θ, ϕ0 +θ ]и [ ϕ0 +θ, ϕ0 − θ+2π ], в силу (5.5) и (5.7) получимϕ0 + θZ R2 −| z−z0 |2ε1 | g(t) − g(t0 ) | dϕ < .

I1 ≤2π2| t−z |2ϕ0 − θВыбрав θ, возьмем теперь z в области C(R sin θ2 , t0 ) ∩ C(R, z0 ) настолько близким к t0 , чтобы выполнялось неравенство 1 I2 ≤2π<ϕ0 − θ + 2πZ| t−z |2ϕ0 + θ2M2 θR2 sin2R2 −| z−z0 |2R2| g(t) − g(t0 ) | dϕ < ε−| z−z0 |2 < ,2где M = max | g(t) |. В результате для z ∈ C(R, z0 ), достаточно близ| t−z0 |=Rких к t0 , получим неравенство | u(z) − g(t0 ) | < ε, что и требовалосьдоказать.2. Функция Грина. Пусть в односвязной области D задана гармоническая функция u(z) = u(x, y), а функция w = f (z, z0 ) = ϕ(z)конформно отображает область D на круг | w | < 1 так, что f (z0 , z0 ) = 0,155z0 ∈ D. Тогда, как было показано выше, функция u∗ (w) = u [ ϕ−1(w) ]будет гармонической в круге | w | < 1, поэтому по теореме о среднем длялюбого ρ ∈ (0, 1) будем иметь1u∗ (0) =2πZ2πZ2π1dσu∗ (ρeiψ ) dψ =u∗ (ρeiψ ),2πρ00где dσ — элемент длины окружности | w | = ρ.

Возвращаясь к областиD с помощью преобразования z = ϕ−1 (w), получим представление u(z0 )через интеграл вдоль кривой Γρ , соответствующей окружности | w | = ρ(см. Рис. 14) :Z| ϕ0 (t) |1u(z0 ) =ds,(5.8)u(t)2π| ϕ(t) |Γρгде ds — элемент длины дуги кривой Γρ .zΓρrz0wrt~n6iψ'$rρerρ&%0D1Рис. 14Преобразуем выражение| ϕ0 (t) |, для чего рассмотрим элемент dn| ϕ(t) |длины линии, проходящей через точку t ∈ Γρ и являющейся прообразомрадиуса круга | w | ≤ ρ при отображении w = ϕ(z).

В силу конформности этого отображения элемент dn направлен по нормали к кривой Γρ .Будем считать, что направление элемента dn совпадает снаправлением в н у т р е н н е й н о р м а л и кривой Γρ . Тогда −dρ == | ϕ0 (t) | dn, поскольку dρ < 0, а ρ = | ϕ(t) |, поэтому| ϕ0 (t) | dn| ϕ(t) |=−dρ11= d log = d log,ρρ| ϕ(t) |156откуда| ϕ0 (t) || ϕ(t) |∂ log=1| ϕ(t) |∂n∂ log=1| f (t, z0 ) |∂n,∂означает дифференцирование по направлению внут∂nренней нормали.

Таким образом, формула (5.8) может быть записанав виде1Z∂ log| f (t, z0 ) |1ds .(5.9)u(t)u(z0 ) =2π∂nгде символΓρОтметим некоторые свойства функции G(z, z0 ) = log1| f (z, z0 ) |, ко-торая называется ф у н к ц и е й Г р и н а о б л а с т и D :а) функция G(z, z0 ) гармонична в области D \ {z0 }, посколькуи поэтомуG(z, z0 ) = <e log1f (z, z0 )∂2G ∂2G+= 0 при z 6= z0 ;∂x2∂y 2б) G(z, z0 ) > 0 при z ∈ D \ {z0 } и G(z, z0 ) → 0 при z → t ∈ Γ, Γ = ∂D;в) G(z0 , z0 ) = lim G(z, z0 ) = ∞.z →z0Можно также показать, что G(z, z0 ) = G(z0 , z).Заметим без доказательства, что если Γ : z = z(s), 0 ≤ s ≤ L, — замкнутая гладкая кривая Жордана длины L и производная z 0 (s) удовлетворяетусловию Гельдера, то функция f (z, z0 ) обладает в замкнутой области D производной f 0 (z, z0 ), тоже удовлетворяющей условиюГельдера.В этом случае, имея гармоническую в D и непрерывую в D функцию u(z), мы получим формулу (5.9) и для случая ρ = 1, Γρ = Γ, т.

е.Z∂G(t, z0 )1u(z0 ) =u(t)ds .(5.10)2π∂nΓЕсли на такой кривой Γ наперед задана произвольная непрерывнаяфункция g(t), то д о к а з а н о, что формула (5.10), в которой вместоu(t) стоит g(t), дает решение соответствующей задачи Дирихле.1573. Существование и единственность решения задачи Дирихле для односвязной жордановой области. Пусть D — произвольнаяодносвязная область комплексной плоскости z, ограниченнаязамкнутой кривой Жордана Γ, и g(t) — заданная на Γ произвольнаянепрерывная функция.

Если функция w = ϕ(z) конформно отображаетобласть D на круг | w | < 1, то, как было отмечено выше, она устанавливает взаимно однозначное и непрерывное соответствие между D изамкнутым кругом | w | ≤ 1, поэтому функция g ∗ (τ ) = g [ ϕ−1 (τ ) ] будетнепрерывной на окружности | τ | = 1.Построим гармоническую в круге | w | < 1 и непрерывную в замкнутом круге | w | ≤ 1 функцию u∗ (w), принимающую на окружности | τ | = 1значения g ∗ (τ) (например, по формуле Пуассона). Тогда функция u(z) == u∗ [ ϕ(z) ] будет гармонической в области D (см. свойство 40 п. 6.1),непрерывной в замкнутой области D, в силу непрерывности ϕ(z) в D,и принимать значения g(t) на Γ, так как u(t) = u∗ [ ϕ(t) ] = u∗ (τ ) == g ∗ (τ ) = g [ ϕ−1 (τ ) ] = g(t).Таким образом, мы доказали, что для произвольной односвязной области комплексной плоскости с жордановой границей решение задачиДирихле существует.

Докажем его единственность.Пусть существуют два решения u1 (z) и u2 (z) задачи Дирихле дляобласти D, принимающие одни и те же непрерывные значения g(t) наее границе Γ. Тогда функция u(z) = u1 (z)−u2 (z), очевидно, гармоничнав D, непрерывна в D и u(t) = 0 при t ∈ Γ. Из принципа экстремумадля гармонических функций следует, что u(z) = 0, z ∈ D, т. е. u1 (z) ≡≡ u2 (z), z ∈ D.4. Построение конформного отображения области на круг спомощью решения задачи Дирихле.

Выше мы видели, что, знаяконформное отображение односвязной жордановой области D на круг,с помощью формулы Пуассона, а в случае достаточно гладкой границы Γ с помощью функции Грина, выражающейся через отображающуюобласть D на единичный круг функцию, — можно построить решениезадачи Дирихле для этой области. Оказывается, что и обратно, зная158решение некоторой задачи Дирихле для области D, можно построитьфункцию, конформно отображающую D на единичный круг.Для доказательства этого сначала заметим, что если функция w == f (z, z0 ) = ϕ(z), f (z0 , z0 ) = ϕ(z0 ) = 0, z0 ∈ D, конформно отображаетодносвязную область D с жордановой границей Γ на единичный круг| w | < 1, то функция ϕ(z) , z ∈ D \ {z },0z −z0ψ(z) = 0ϕ (z0 ), z = z0 ,аналитична в D, непрерывна в D и не обращается в нуль в D (ψ(z0 ) == ϕ0 (z0 ) 6= 0 в силу однолистности ϕ(z)), поэтому ввиду односвязностиобласти D по теореме монодромии любая ветвь log ψ(z) многозначнойфункции Log ψ(z) тоже аналитична в D и непрерывна в D, а ее действительная часть log | ψ(z) | гармонична в D и непрерывна в D, причемна границе Γ имеем ϕ(t) 1log | ψ(t) | = log ,(5.11) = logt−z0| t−z0 |так как | ϕ(t) | = 1 при t ∈ Γ.Пусть теперь g(z) — решение задачи Дирихле для области D, принимающее на границе Γ значения g(t), определенные по формулеg(t) = log1.| t−z0 |В силу (5.11) и единственности решения задачи Дирихле g(z) = log |ψ(z)|.Если теперь h(z) — гармонически сопряженная с g(z) в области Dфункция, то функцияf (z, z0 ) = (z−z0 ) e g(z)+ih(z)будет конформно отображать область D на единичный круг, причемf (z0 , z0 ) = 0.Поскольку функция h(z) восстанавливается по данной функции g(z)с точностью до действительной постоянной h0 , то f (z, z0 ) определяется с точностью до множителя eih0 , что согласуется с принятыми условиями нормировки.1595.3.

Характеристики

Список файлов лекций