1612043352-03848292b4014c515f1fab63cedbee02 (538304), страница 23

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

Текст из файла (страница 23)

Задача Неймана1. Имеет место следующее утверждение.Теорема. Если функция u(z) гармонична в односвязной области Dс гладкой границей Γ и непрерывна вместе со своими частными производными первого порядка в D, тоZ∂uds = 0,∂n(5.12)Γ∂uобозначает дифференцирование в направлении внешней нормали∂nк Γ, а ds — элемент длины дуги кривой Γ.Доказательство. Обозначив через s направление касательной к Γв точке t (см. Рис.

15), получимZ hZi∂u∂u∂uds =cos (n, x) +cos (n, y) ds =∂n∂x∂yΓΓZ(5.13)Z hi∂u∂u∂u∂ucos (s, y) −cos (s, x) ds = − dx +dy.=∂x∂y∂y∂xгдеΓΓВ односвязной области Dможно построить однозначную функцию v(z), гармонически сопряженную с u(z),с непрерывными в D частными производными∂u∂v∂u∂v=−и=,∂x∂y∂y∂xпоэтому под знаком последнего интеграла стоитполный дифференциалy6KA sAAΓDxРис.

15∂v∂vdx +dy = dv,∂x∂yв силу чегоZΓ*nAtAAAAAA-∂uds =∂nZΓ160dv = 0.Задача Неймана (вторая краевая задача): найти гармоническую водносвязной области D с гладкой границей Γ и непрерывную вместе счастными производными первого порядка в D функцию u(z), производная которой в направлении внешней нормали к Γ принимает на Γ заданные непрерывные значения g(t), т. е.∂u = g(t).∂n Γ(5.14)Из доказанной выше теоремы следует, что для разрешимости задачиНеймана необходимо выполнение условияZg(t) ds = 0.ΓЕсли u1 (z) и u2 (z) — два решения задачи Неймана, нормальныепроизводные которых принимают на Γ одинаковые значения g(t), тофункция u(z) = u1 (z) − u2 (z), очевидно, будет решением задачи Нейма∂uна, удовлетворяющим на Γ условию= 0.

Поэтому в силу (5.13) и∂nформулы Грина получимZΓ∂uds =u∂nZΓ∂u∂u−udx + udy =∂y∂xZZ h ∂u ∂ ∂u i∂u+udxdy =∂x ∂x∂y ∂yDZZ h ∂u 2 ∂u 2 i=u∆u +dxdy = 0,+∂x∂yDоткуда следует, что всюду в области D имеем∂u∂u== 0, т. е.∂x∂yu(z) ≡ const.Таким образом, решение задачи Неймана определяется с точностьюдо аддитивной постоянной.Докажем теперь, что решение задачи Неймана можно свести к решению задачи Дирихле для гармонически сопряженной с u функции v.Для этого заметим, что в силу условий Коши – Римана и (5.14) подынтегральное выражение третьего интеграла из (5.13) равно∂v ∂u = = g(t).∂s Γ ∂n Γ161Зная_∂vна Γ, с помощью интегрирования вдоль дуги t0 t⊂ Γ, находим∂sv(t) =Ztt0∂vds + C0 =∂sZtg(t) ds + C0 .t0Здесь t0 — произвольная фиксированная точка кривой Γ, а C0 —произвольная действительная постоянная. Решая теперь задачу Дирихле, в области D получим функцию v(z), принимающую на Γ найденныезначения v(t), а затем и u(z) по формулеu(z) =(x,Z y)∂v∂vdx −dy + C,∂y∂x(x0 , y0 )где z0 = x0 +iy0 — произвольная фиксированная точка области D, а C— произвольная действительная постоянная.2.

Формула Дини. Пусть u(z) — гармоническая в круге | z | < 1 инепрерывная вместе со своими частными производными первого порядкав замкнутом круге | z | ≤ 1 функция и∂u = g(t),∂r r =1(5.15)где z = reiψ , а функция g(t) непрерывна на окружности Γ : | t | = 1.Если f (z) — аналитическая в круге | z | < 1 функция, для которой<ef (z) = u(z), тоf 0 (z) = lim∆r →0=илиf (z + ∆reiψ ) − f (z)f [(r + ∆r)eiψ ] − f (reiψ )=lim=∆reiψ∆reiψ∆r →01 ∂f1 ∂u∂v =+i∂reiψ ∂reiψ ∂r∂u∂vz 0f (z) =+i ,r∂r∂r162и, следовательно, в силу (6.15) имеемh zf 0 (z) i∂u 0<e= g(t).= <e [ zf (z) ]r =1 =r∂r r =1r=1Отсюда, учитывая, что zf 0 (z) = 0 при z = 0, в силу равенства (2.65),полученного при выводе интегральной формулы Шварца, получимZg(t) dt10,zf (z) =πit−zΓгде Γ — единичная окружность. Деление этого равенства на z и интегрирование дает для f (z) выражениеZZ1dzg(t) dtf (z) =.πizt−zΓМеняя здесь порядок интегрирования и принимая во внимание, чтоZ11dz= log z − log (t−z) + C 0 ,z(t−z)ttнаходимlog zf (z) =πiZdt1g(t) −tπiΓZg(t) log(t−z)ΓПоскольку для t ∈ Γ имеем t = eiϕ ,(5.12) и (5.15) отсюда получим1f (z) = −πdt+ C 00 .tdtt= idϕ = ids, то в силуZ2πg(eiϕ ) log (eiϕ −z) dϕ + C 00 .0Отделение действительных частей в этом равенстве дает искомуюф о р м у л у Д и н и:Z2π1u(z) = −g(eiϕ ) log | eiϕ −z | dϕ + C.π0163Можно показать, что формула Дини, в которой в качестве g(t) взятапроизвольная непрерывная на единичной окружности Γ функция, даетрешение соответствующей задачи Неймана для единичного круга.В заключение отметим еще некоторые краевые задачи для гармонических функций.Пусть на гладкой границе Γ односвязной области D заданы непрерывный вектор l и непрерывные функции α(t), β(t) (| α | + | β | > 0)и g(t).

Требуется найти гармоническую в D и непрерывную вместес частными производными первого порядка в D функцию u(z), удовлетворяющую условиюih∂u+ β(t)u= g(t).α(t)∂lΓКогда α > 0, а направление вектора l ни в одной точке кривой Γне совпадает с направлением касательной к Γ, то мы имеем з а д а ч ус к о с о й п р о и з в о д н о й (третью краевую задачу), если же α = 0 начасти границы Γ, то — с м е ш а н н у ю з а д а ч у.В частности, когда α = 1, β = 0, а направление вектора l совпадает снаправлением внешней нормали к Γ, мы имеем задачу Неймана, а приα = 0, β = 1 — задачу Дирихле.5.4. Задачи сопряжения1. Кусочно-аналитическая функция.

Пусть функции Φ+ (z) ианалитичны соответственно во внутренней и внешней областях+D и D − , на которые комплексная плоскость z разбита гладкой замкнутой кривой Жордана Γ. Если существуют непрерывные пределы Φ+ (t)и Φ− (t) на Γ, то функция(Φ+ (z), z ∈ D + ,Φ(z) =Φ− (z), z ∈ D − ,Φ− (z)называется к у с о ч н о - а н а л и т и ч е с к о й ф у н к ц и е й с г р а н и ц е й Γ.Если разложение функции Φ(z) в ряд Лорана в окрестности бесконечно удаленной точки∞XΦ(z) =ck z kk =−∞содержит лишь конечное число членов с положительными степенями z,164то будем говорить, что ф у н к ц и я Φ(z) и м е е т к о н е ч н ы й п о р я д о к н а б е с к о н е ч н о с т и.Если n — наибольший индекс отличных от нуля коэффициентов ck ,т. е.

cn 6= 0, ck = 0 для k > n (случай ck = 0 при всех k исключается), тоговорят, что функция Φ(z) имеет на бесконечности порядок n.2. Нахождение кусочно-аналитической функции по заданному скачку. Пусть требуется найти кусочно-аналитическую функциюΦ(z) с границей Γ, исчезающую на бесконечности и удовлетворяющуюграничному условиюΦ+ (t) − Φ− (t) = ϕ(t),(5.16)где ϕ(t) — заданная на гладкой замкнутой кривой Γ функция классаH.Решение этой задачи, и притом единственное, дает интеграл типаКошиZ1ϕ(t) dtΦ(z) =.(5.17)2πit−zΓВ силу формулы скачка (2.98) функция Φ(z) удовлетворяет граничному условию (5.16), а согласно доказанному ранее свойству интегралатипа Коши (см.

раздел 2.3) имеем также Φ(∞) = 0.Пусть теперь Φ1 (z) — другое решение этой задачи. Тогда функцияΨ(z) = Φ1 (z) − Φ(z)удовлетворяет на Γ условиюΨ+ (t) − Ψ− (t) = 0,и в силу принципа непрерывности она аналитична на всей комплекснойплоскости, а поскольку Ψ(∞) = 0, то по теореме Лиувилля Ψ(z) ≡ 0,z ∈ C, т. е. Φ1 (z) ≡ Φ(z).Заметим, что если условие Φ(∞) = 0 заменить более общим требованием, чтобы функция Φ(z) на бесконечности имела порядок не вышецелого числа n ≥ −1, то общее решение задачи дается формулойZ1ϕ(t) dtΦ(z) =+ Pn (z),2πit−zΓ165где Pn (z) — произвольный полином степени не выше n (при n = −1надо положить Pn (z) ≡ 0).В самом деле, тогда разность Ψ(z) двух решений этой задачи аналитична на всей комплексной плоскости, а бесконечно удаленная точкаявляется для нее полюсом порядка не выше n при n > 0 и устранимойособой точкой при n = 0, −1. Следовательно, как было показано в п. 4.1,функция Ψ(z) является соответственно полиномом степени не выше nили постоянной (равной нулю при n = −1).Наконец, если потребовать, чтобы искомая функция Φ(z) на бесконечности имела порядок не выше n < −1, т.

е. чтобы на бесконечностиона имела нуль порядка не ниже −n > 1, то в этом случае, очевидно,единственным решением задачи будет функция (5.17), в лорановскомразложении которой в окрестности бесконечно удаленной точки коэффициенты c−1 = c−2 = . . . = cn+1 = 0. Поскольку при достаточно большихz имеем∞ k−1X1t11,=−=−tt−zz 1−zkk =1zто∞Xc−k,(5.18)Φ(z) =zkk =1гдеc−k1=−2πiZtk−1 ϕ(t) dt,k = 1, 2, . .

. .(5.19)ΓТаким образом, в силу (5.18), (5.19) решение задачи существует лишьпри выполнении условийZtk−1 ϕ(t) dt = 0, k = 1, 2, . . . , −n−1,(5.20)Γи дается формулой (5.17).3. Задачи сопряжения заключаются в том, чтобы найти кусочноаналитическую функцию Φ(z) с границей Γ, имеющую конечный порядок на бесконечности и удовлетворяющую граничному условиюилиΦ+ (t) = G(t)Φ− (t),t ∈ Γ,Φ+ (t) = G(t)Φ− (t) + g(t),t ∈ Γ,(5.21)(5.22)где G(t) и g(t) — заданные на Γ функции класса H, причем G(t) 6= 0,t ∈ Γ.166Задача сопряжения с граничным условием (5.21) называется о д н о р о д н о й, а с условием (5.22) — н е о д н о р о д н о й.И н д е к с о м ф у н к ц и и G(t) 6= 0, t ∈ Γ, назывется целое числоκ=11 arg G(t) Γ =log G(t) Γ ,2π2πi(5.23)где символобозначает приращение стоящего в скобках выраженияΓпри обходе точкой t кривой Γ в положительном направлении.Для задачи сопряжения число κ называется и н д е к с о м з а д а ч и.I. Однородная задача сопряжения.

Мы покажем, что общее решение этой задачи сводится к нахождению некоторого частного, так называемого к а н о н и ч е с к о г о р е ш е н и я, характеризующегося тем,что оно нигде на комплексной плоскости не обращается в нуль (вместесо своими предельными значениями на Γ).Логарифмируя (5.21), ввиду очевидного равенства±log Φ± (t) = log Φ (t)получим соотношение+−log Φ (t) − log Φ (t) = log G(t),которое, как равенство (5.16) в п. 2, дало бы возможность найти кусочно-аналитическую функцию log Φ(z), если бы принадлежала классу H,а значит, была однозначной и непрерывной на Γ функция log G(t).

Характеристики

Список файлов лекций