1611689570-2f7bf9f665e22b4e5993a1e15fa840d7 (826871), страница 5
Текст из файла (страница 5)
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ В КРУГЕ4=291 ∂∂21 ∂2+в полярной системе координат.+ 22∂rr ∂r r ∂ϕ2Задача Дирихле в области D состоит в нахождении гармонической вобласти D функции f по ее значениям на границе области ∂D. Пусть D ={x2 + y 2 < 1} – открытый единичный круг. Тогда задача Дирихле состоитв решении уравнения Лапласа с граничными условиями:4f = 0,f (x, y)|x2 +y2 =1 = g(x, y),где g(x, y) — гладкая функция. Поскольку область симметрична относительно нуля, то задачу удобней решать в полярной системе координат:(2∂2fr2 ∂∂rf2 + r ∂f∂r + ∂ϕ2 = 0,(1.12.1)f (r, ϕ)|r=1 = g(ϕ),где g(ϕ) — 2π-периодическая гладкая функция, которая раскладывается вряд Фурье∞α0 Xαn cos nϕ + βn sin nϕ.(1.12.2)+g(ϕ) =2n=1Поскольку f (r, ϕ) — гладкая и 2π-периодическая по ϕ функция, то длякаждого r ∈ [0, 1] она представляется рядом Фурье∞f (r, ϕ) =a0 (r) X+an (r) cos nϕ + bn (r) sin nϕ.2n=1(1.12.3)Предполагая, что ряд (1.12.3) можно почленно дифференцировать пообеим переменным, подставляя его в уравнение (1.12.1), получим равенствоr2∞a000 (r)a0 (r) X 2 00+r 0+r an (r) + ra0n (r) − n2 an (r) cos nϕ+22n=1+ r2 b00n (r) + rb0n (r) − n2 bn (r) sin nϕ = 0,откудаr2a0 (r)a000 (r)+r 0= 0,22r2 a00n (r) + ra0n (r) − n2 an (r) = 0, n ≥ 1иr2 b00n (r) + rb0n (r) − n2 bn (r) = 0, n ≥ 1.Переписывая условие f (1, ϕ) = g(ϕ) в терминах рядов (1.12.2) и (1.12.3),получим начальные/граничные условия для этих уравнений:an (0) < ∞, an (1) = αn , n ≥ 0;30ГЛАВА 1.
РЯДЫ ФУРЬЕbn (0) < ∞, bn (1) = βn , n ≥ 1.Первое уравнение легко решается методом разделения переменных иполучается выражениеa0 (r) = C1 ln r + C2 ,которое при удовлетворении краевых (начальных/граничных) условий становится a0 (r) = α0 . Оставшиеся уравнения одного типа и являются уравнениями Эйлера, которые заменой r = et сводятся к однородному уравнениювторого порядка с постоянными коэффициентами, решив которое, мы получимan (r) = D1 (n)rn + D2 (n)r−n , n ≥ 1,bn (r) = E1 (r)rn + E2 (n)r−n , n ≥ 1.Константы D1 , D2 , E1 и E2 находятся из граничных условий, откуда получаемan = αn rn , bn = βn rn , n ≥ 1.Подставляя найденные коэффициенты в ряд (1.12.3), получим решениезадачи Дирихле в виде ряда∞f (r, ϕ) =α0 Xαn rn cos nϕ + βn rn sin nϕ, r ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π].
(1.12.4)+2n=1Однако, решение задачи можно представить и в интегральном виде. Покажем как это сделать. Подставим в формулу (1.12.4) выражения для коэффициентов αn , βn и проделаем простые выкладки, аналогичные тем, которые мы уже проделывали при выводе формулы для ядра Дирихле (1.5.1):∞f (r, ϕ) =====α0 Xαk rk cos kϕ + βk rk sin kϕ =+2k=1Z 2π∞ Z11 X 2πg(t)dt +g(t)rk (cos kt cos kϕ + sin kt sin kϕ)dt =2π 0π0k=1Z 2πZ∞X11 2πg(t)dt +g(t)rk cos k(t − ϕ)dt =2π 0π 0k=1!Z 2π∞11 X kg(t)+r cos k(t − ϕ) dt =π 02k=1Z1 2πg(t)P(r, t − ϕ)dt,π 0где∞P(r, z) =1 X k+r cos kz.2k=1(1.12.5)1.13.
СУММИРОВАНИЕ РЯДОВ ФУРЬЕ ПО МЕТОДУ ЧЕЗАРО–ФЕЙЕРА31Пусть r ∈ [0, 1), тогда∞∞XX1reiz11P(r, z) = + Re=rk eikz = + Re( |{z}reiz )k = + Re2221 − reizk=1=k=1=q|q|=|r|<11 − r21Re(reiz (1 − re−iz ))1r cos z − r2=+=+.2 (1 − reiz )(1 − re−iz )2 1 − 2r cos z + r22(1 − 2r cos z + r2 )Таким образом, для каждого r ∈ [0, 1) и ϕ ∈ [0, 2π]f (r, ϕ) =12πZ02πg(t)(1 − r2 )dt.1 − 2r cos(t − ϕ) + r2(1.12.6)Определение 13. Интеграл в формуле (1.12.6) называется интеграломПуассона, а функция P(r, z), задаваемая формулой (1.12.5) — ядро Пуассона.Можно проверить прямой подстановкой, что функция f (r, ϕ), представляемая своим интегралом Пуассона (1.12.6), действительно удовлетворяетуравнению (1.12.1).
Кроме того, известно, что1r→1−0 2πZlim02πg(t)(1 − r2 )dtg(ϕ + 0) + g(ϕ − 0)== g(ϕ).21 − 2r cos(t − ϕ) + r2Поскольку задача Дирихле имеет единственное решение, то, следовательно,оно задается формулой (1.12.6).Упражнение 3. Проверить, что интеграл Пуассона удовлетворяет уравнению Лапласа в единичном круге.1.13Суммирование рядов Фурье по методу Чезаро–ФейераЛПусть f : R → R — 2π-периодическая функция и Tn (x) — n-ая частичная есумма ее ряда Фурье.кцОпределение 14.
Функцияияn−1T0 (x) + T1 (x) + . . . + Tn−1 (x)1X5Tk (x) =Sn (x) =nnk=0называется чезаровским средним последовательности Tn , или суммой Фейера 8 порядка n.8 Липот Фейер (1880–1959) — венгерский математик, успешно применивший методсредних арифметических для исследования обобщенного суммирования рядов Фурье32ГЛАВА 1. РЯДЫ ФУРЬЕУпражнение 4. Используя формулу (1.5.3) докажите, что для любого x ∈ Rиn∈N!2Z πsin n(y−x)12dy.(1.13.1)Sn (x) =f (y)2πn −πsin y−x2Определение 15.
Интеграл (1.13.1) называется интегралом Фейера, афункция2sin nz12Φn (z) =2πn sin z2называется ядром Фейера.Упражнение 5. Проверьте свойство ядер ФейераZ πΦn (z)dz = 1.−πТеорема 9. Пусть f : R → R — 2π-периодическая функция такая, чтов точке x ∈ R существуют и конечны односторонние пределы f (x + 0) иf (x − 0), тогдаf (x + 0) + f (x − 0).lim Sn (x) =n→∞2Если функция непрерывна во всех точках, то сходимость равномерная.Эта теорема называется теоремой Фейера.
Она, в частности, утверждает,что если ряд Фурье функции f сходится в какой-нибудь точке x ∈ R, и приэтом пределы f (x + 0) и f (x − 0) существуют и конечны, то он сходится(x−0)непременно к их полусумме f (x+0)+f.21.14Теоремы Вейерштрасса1.14.1. Теорема о приближении непрерывной функции тригонометрическими многочленамиТеорема 10. Пусть f : [−π, π] → R — непрерывная функция и f (−π) = f (π).Тогда найдется последовательность тригонометрических многочленов Sn (x),равномерно на [−π, π] сходящаяся к функции f (x), т.е.[−π,π]Sn (x) ⇒ f (x) при n → ∞.Доказательство теоремы 10.
Пусть f ∗ — 2π-периодическое продолжениефункции f на всю числовую прямую. Ясно, что f ∗ непрерывна. Поэтому,взяв в качестве тригонометрических многочленов Sn (x) средние по Чезаро–Фейеру ряда Фурье функции f ∗ и применив теорему 9, получим требуемое.1.14. ТЕОРЕМЫ ВЕЙЕРШТРАССА33Отметим, что построенная последовательность тригонометрических многочленов не единственна. Можно, например, в качестве Sn (x) взять частичR x+1/nную сумму ряда Фурье функции F1/n (x) = n2 x−1/n f ∗ (t)dt.
Такие функцииназываются средним по Стеклову. Доказательство равномерной сходимостиможно посмотреть в [A96.2].1.14.2. Теорема о приближении непрерывной функции алгебраическими многочленамиТеорема 11. Пусть f : [a, b] → R — непрерывная функция, тогда сущеPMnck,n xk ,ствует последовательность алгебраических многочленов Pn (x) = k=0равномерно на [a, b] сходящаяся к функции f (x), т.е.[a,b]Pn (x) ⇒ f (x) при n → ∞.Доказательство теоремы 11. Поскольку линейным (а значит непрерывным) преобразованием мы можем "пересадить" функцию f (x) на любойдругой отрезок, будем считать, что [a, b] = [0, π]. Продолжим функцию четным образом на отрезок [−π, 0].
Получившаяся функция будет удовлетворять условию предыдущей теоремы 10, поэтому найдется последовательность Sn (x) тригонометрических многочленов (возьмем такую же, котораястроилась в теореме 10), равномерно на [−π, π] (следовательно, и на [0, π])приближающая непрерывную функцию f (x). ПустьSn (x) = α0,n +nXαk,n cos kx,k=1тогда для любого ε > 0 найдется номер N1 = N1 (ε) > 0 такой, что для всех x ∈ [0, π]и всех n ≥ N1n εXαk,n cos kx − f (x) < .α0,n +2k=1Так как для любого k ≥ 1cos kx =∞X(−1)m (kx)2m,(2m)!m=0причем степенной ряд сходится равномерно на любом отрезке, в том числе и на [0, π], тогда для любого ε > 0 и любых k, n ≥ 1 найдется номер N2 = N2 (ε, k, n) > 0 такой, что и для всех x ∈ [0, π] при всех l ≥ N2lX(−1)m (kx)2mε− cos kx <.(2m)!2n|αk,n |m=0Без ограничения общности считаем, что все αk,n 6= 0.
ПустьN2 (1/n,k,n)Dk,n =Xm=0(−1)m (kx)2m(2m)!34ГЛАВА 1. РЯДЫ ФУРЬЕиPn (x) = α0,n +nXαk,n Dk,n .k=1Покажем, что Pn (x) равномерно сходится на [0, π] к f (x). Действительно,для любого ε > 0 и любого n ≥ max{N1 (ε), 1/ε} получим для всех x ∈ [0, π]|Pn (x) − f (x)| ≤ |Pn (x) − Sn (x)| + |Sn (x) − f (x)| ≤ nnX ε Xε≤αk,n (Dk,n − cos kx) + ≤|αk,n | |Dk,n − cos kx| + ≤ 22k=1≤nXk=1|αk,n |k=1ε1εε ε1+ =+ ≤ + = ε.2n2 |αk,n | 22n 22 21.14.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
