1625915355-f05215b85c5ab8e38579ffe8382f7839 (843928), страница 24
Текст из файла (страница 24)
задачу 164. Я 190. Пусть и, и из — любые два решения задачи Неймана (5) для гармо- нических функций. Тогда нх разность а=и! — и, удовлетворяет условию да ~ дч !з — =О. Отсюда, учитывая очевидное тождества ( — ) 2(т= ') а — 52=0, О г=! 3 заключаем, что а=С=сапа(, т.
е. и!=и,+С, А. и. влчадзе, д. Ф. Калзазчеака 129 191. Обозначим через о (х, у) функцию, гармонически сопрюкенную с и (х, у). Тогда до до Их до Иу ди ду ди г(х ди — = — — + — — = — — + — — = — =а(з), дз дх дз ду дз ду дт дх дт дт и повгому о(з)=-~д(!)д!+С, О~з~ри)7, где С вЂ” произвольная цостоо янная.
Соблюдение необходимого условии разрешимости задачи Неймана зиц д(!)д!=0 гарантирует непрерывность функции о(з) в точке з=О, о з = 2и)1. Гармоническая в круге ха+у' < Яз функция о(х, г) определяется поформуле Пуассона (см. задачу 171) 5 1 Г)1з — (х -у) / ие- — )" - (Дки~)~ +с. (з — !) (3 — 1) 5 о где з=х+!у, 1=3+!т!. Аналитическая функция ~р(з)=о(х, у)+!и (х, у) определяется по формуле юр(г)=2о ~ —, —.) — о(0, 0)+!Сз= /2 2 ~2 ' 2!/ з )7 Г дз — — 1 у(т) 4т — о(0, 0)+2С+ !С„ и,) г(! — г) ) 5 о !=из~о, !=аде ~е.
так как Р/г=е~е, уз=с(!/!е~е, то ~р(г)= —. — ~ д(т)г(т — о(0, 0)+2С+!Ст, 1 Г ВГ Р и1~ ! — гд е или, после интегрирования по частям, ~р (а) = — —. (1ой ! ! — х (+ ! агй (! — гЦ д (з) дз — и (О, 0) + 2С+ !См 1 Г Я! Выделяя мнимую часть, получаем и (х, у) = — у (з) 1ой ! ! — а ! Ыз+ С!. 1 г 192. Запишем формулу Пуассона (см. задачу 191) в виде 1 Г 1 — зз и(х, у)= — ~ и(!)др (Š— 2) (! — 2) !з 1=' и воспользуемся формулой Гурса (1).
Получцм /(г)=и(х, у)+!о(х, у)= — ~ др-и(О, О)+!С. ! Г и(!) (г — з) ! 1! 1=1 196. Для получения формулы достаточно убедиться в том, что функция и(х, у) гармонически продолжается из верхнего полукруга ! г ! < 1, 1ш х > О в нижний полукруг ! х ! < 1, 1ш з < О, причем и (х, у) = — и (х, — и) при у < О. Дальше следует обычная процедура применения формулы Пуассона (см. задачу 194).
199. В случае ограниченной области 0 из формулы (9) видно, что, когда л > 2, потенциал объемных масс стремится к нулю при х — в во. Когда же п=2, то, предстанляя функцию !ой(х — у ! в виде !ой(х — у )=!ой ! — «! (х! + + !ой (х(, убеждаемся, что в этом случае прн )х ! — в-во потенциал объемных масс ведет себя как функция !ой(х ! ~ р (у) в(та. и 197. ~ р (у) бтя — — О. См. задачу 196.
о 198. Пусть г(х) непрерывна и ограначена в 0 вместе с частными производными первого порядка. Представляя функцию и(х) в виде 1 Г 1 Г и(х)= — — ! е(х, у) 1(у) в(тя — — ! я(х, я) /(у) вгтя ыл ыл й В и пользуясь тем фактом; что Ь ~ Е (х, у) 1(у) г(тя — — ыв! (х), и Ь ) я (х, у) Г (у) дтя — — О, убеждает!он в справедливости равенства (!1). Убедиться в справедливости условия Вши(х)=О, х — хв, хвЕ5, непосредственно с помощью перехода к пределу под знаком интеграла в выражении и (х) = — — ! 6 (х, у) / (у) бтя ! Г ыл В нельзя, поскольку стремление к нулю функции Грина 0(х, р) при х — вхв не является равномерным относительно уЕ0. Поэтому представим функцию и(х) в виде и (х) = — — ! 0 (х, у) ) (у) в(та — — ) б (х, у) ! (у) в(тя, ! Г 1 Г Ы» ыл йа Йа где в(а — — 0П(!у — хв! < 6), а 0а — часть области 0 вне шара (у — хв(~б.
Очевидно, что !пп ~ 0 (х, у) !(р) Итя — — ~ 1!ш 6 (х, у) ! (у) Нта — — О. (е) 'и г к-хв а 6 Пусть Яя.— шар )х — у! < Я с центром в терке у~0 такой, что при любом уЕ0 будет 0 () 5<-0я. Тогда, если точка г лежит на сфере (г — и!=Е, для функции 11(х, р)=Е(х, у) — Е (г, р) имеем И(х, у))О, причем на границе 5 132 области !у имеем 0 (х, у) — 0 (х, у)» О.
В силу гармоничности функции 6(х, у) — И(х, у) в !! по теореме а максимуме и минимуме всюду в ьз имеем 0(х, у) — й(х, у)»0. Тогда, считая »Ес(6 и обозначив М=зир (у(у)), уЕВ, будем иметь ~ $ 0(х, У)/(У)бту~» ~ .0(х, У) (У(У))дту»М $ 0(х, У)рту» д Н у » М ~ Я (х, у) с(ту — — М ~ (Е (х, у) — Е (з, у)) з(ту» Уа »М ) Е(х, у) Ыту»М ~ Е(х, у)бту —— у !у-»»! <6 М Г 1 М Г ! збт» — ' ) бг и — 2 ) (у — х(»-з " и — 2 ) )у — х~»-' !у-»,! <6 !у-»! < 26 26 ю»М !' 2Мю»6 у (» и — 2 ) г» з и — 2) и — 2 ! у-»! <Зз о где йи — элемент площади единичной сферы.
Из полученных оценок находим !пп ~ 0(х, У)((у)бту»»О. 6 (ее) — ~ 0(х, у)7(у) (ту~ < —, 6 и для всех х таких; что (х — хе( < ба — ~ С(х, у)/(у) Ыту1 < —. и 6 Тогда для б=щ!п(бм бз) !.~ 4 — 0(»,у)!(у)Н»у~ < —, ~ — ! 0(х,у)Г(у)Усу~ <— ! Г ! е ! 1 Г 1 8 и» 2' ~ ~„,) у~ 6 6 прн !» — хе! < 6. Из последних двух неравенств следует, что (и (х) ) < е, т.
е. Ищи(х)=0, х — х„ »Е)У, х»ЕЗ, что и требовалось установить. !99. Для разности и (х) — о(х) =ю (х) имеем задачу йм(х)=г(х) ЕК м(у)=0. уЕЕ 133 Фиксируем, далее, произвольное число е > О. Из (») и (ее) следует, что существуют числа ба=ба (е) > 0 и ба=ба (е) > 0 такие, что дая любого 6,< бз Следовательно (см. задачу 198), и(х)=о(х)+ — ~ 0(х, у)/(у) Фтн. 1 Г вл а 200. Да (см. решение задачи 167). 20!. Если У~С(д()о), справедливость третьего нз доказываемых равенств очевидна (см.
задачу 164). Когда у~у, часть области д вне достаточна малого замкнутога шара (х — у (~е обозначим через д . Пользуясь результатом задачи 164, для области д можем написать дЕ (х, у) (' дЕ (х, у) о (х-а!=в дЕ(х, у) ~ откуда в пределе при в л-0 с учетом равенства дчх 11 х-д1=э 1 ГдЕ(х, у) = — — получаем ~ ' дзх= — в . Остается рассмотреть случай у~п, Вл-г ,) 'д х а Часть области д вне достаточно малого шара (х — у (~е обозначим опять через д . Пусть ог — часть о, лежащая вяе этого шара, а оз — часть сферы е' (х — у (=в, лежащая в д. Также в силу результата задачи 184 имеем а, Отсюда в пределе при в — лО получаем ~ ' ' дзхлл — — ", у~п.
ГдЕ(х, у) вл дтх хлл 2 а 202. Формула является непосредственным следствием равенств (см. задачу 201) 1 —..'" "=( дчх ' У х ( 0 у~С(д()о), о где д — ограниченная область с границей о. Действительно, имеем д дзх= ! ~~х И (У) д ~~к= Р (У) ~~и~ д дзх= ди(х) Г - Г дЕ(х, у) Г ГдЕ(х, у) дах дтх дч. о о о Г дЕ (х, у) Г Г дЕ (х, у) р (У) г!ту ) д дзх + ~ р (У) дтв ) д азх чх тх ппл а Ю, о дз — часть /л лежащая вне Що. 203. Нет.
204. р= — — (ха+ уз+ аз). 206. М = — 4гэ. 206. и (х) = 5 м г л 1 Г Г 8 = — ~ дГ ) /(т) дт, в=~ азха. 207. М= — — и. л о Ь=! 208. Решить задачу — 2п, Ощ,с<1, Ьи (г)= О, г ) 1, и (! + 0) = и (! О), и, (! + 0) = и, (! — О). 134 209. Решить задачу -( . — 4п, О~я<1, Ьи (г) = О, г>1, и (1 — О) =и (1 +0), и, (1 — 0) = иг (1 + 0), [ и (г)[ <'се, )!щи(г)=0, г — се, пй хд !5п 210. р х, и= — [х+ — у! . 2!1. М= —. 212. г'=О.
Для получения 4 [, гз)' ' 512' решения задачи достаточно воспользоваться формулой Гаусса (см. задачу 202). 213. В предположении, что слой лежит в ограниченной области простран- ства Ен потенциал двойного слоя стремится к нулю при [х[ — оз. Аналогич- ным свойством обладает и потенциал простого слоя, если л > 2. 214. Это условие имеет вид ~ р (у) Изз=О. л 215. Рассмотрим случай п=2. Будем искать решение задачи Дирнхле (внутренней или внешней) с краевым условием и [з=д в виде потенциала двой- ного слоя с плотностью р. Тогда, пользуясь формулами (15) и (!6) для апре- деления р, получаем интегральные уравнения, к которым сводятся соответ- стаеипо внутренняя н внешняя задачи Дирнхле, в виде р (я) + ~ К (я, 1) р (!) ит = — 22 (я), Я р(я) — ~ К (я, Г) р.
(Г) дт =22(я), 3 1 д где К(я, 1) = — — !од [у — х [, х=х (я), у=у(1). и дчз Решение задачи Неймана (внутренней нли внешней) с краевым условием ди! — ~ =у будем' искать в виде потенциала простого слоя с плотностью р. дт [3 Тогда, пользуясь формулами (!5') и (16'), внутреннюю н внешнюю задачи Неймана можно свести соответственно к интегральным уравнениям р (я)+ ~ К*(я, 1) р(1) д1=2у(я), 8 !я(я) — ~ Кз(з, 1) р(Г) дт= — 22(я). л Здесь Ке (я, 1) = — — — 1ой [ у — х [ = — — — а го(н ° ! д у,(Г)-х,(я) ят дтх и я(я уя (!) — хд (я)' О 216. и (х, у)= — д! !он [(à — х)з+у'[ ~р(1) д!+С. Обозначив через о(х, у) ! Г 2п сопряженную с и (х, у) гармоническую функцию, получим для о(х, у) задачу Дири зле Ло(х, у)=0, у > О, о(х, 0)= ~ гр(Г)дт+С=ф(х).
(е) о Предполагая, что для достаточно больших значений [х[ имеет место оценка [ф(х)[< А[х[ а, 5 >О, с помощью формулы пуассона (см. задачу 183) 135 находим решение задачи (й) в виде Ф у (' йр (!) д! н,) (! — х)'+у' ' Зная о(х, у), обычным путем восстанавливаем и (х, у). =(- — Я !Оу Й, ха+у'~ 217.
и(х, у)= — Я1о2Ухй+уй, ха+уй~Я. При решении задачи учесть угловую симметрию распределения плотности р ~1, ха+уй+ай ~ 1, ,218. и (х, у, г) = ! (х'+у'-(-гй) й7й, х'-)-уй-1-гй ) 1. =( — х!2, хй+уа < 1, 219. и (х, у) = х/2гй, ха+уй > 1, г= 3/ х'+уй. хй — у' 229. и(х, у)= й й й 1. (хй-! Уй)й хй уй 1 221. и (х, у, г)— (ха+уй+ г')'" (ай+уй+ге)й" 222.
и(х, у, г)= г у 223. и(х, у)= — —. (ай ! Уй+ай)йlй ' ' ' 2 ! — 1, х'+у' < 1, 224. и(х, у)=( ' ' 225. р=2х+8ху. О, ха+уй ) !. 226. В переменных г =х+!у, г ='х — йу уравнение (17) записывается в виде =+ — и=О. дйи )й (17') дгда 4 Представляя функцию 7й()й3' (г — !) г ) в виде суммы ряда, получаем йй и (х, у) = 7й (р Р'(г — !)М =~~~'„ ( †!)" ( †" ) и О ~у ( Х ) (г — !) г а=а йй м дйи (х у) ~й 7 л )а (г !)а йга-й л й~ч ( )й )а (г !)аз» д д Д ~ 4! ((л — !)!)й .4 ~м ~4! (л!)й а=о а=о д и (», у) Подставляя выражения для ' У и и(х, у) в левую часть (17'), убеж. дг дг даемся в том, что и(х, у) является решением уравнения (17').
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
