1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Задачи (1), (2) при этом еще иногда называют внутренними(interior): внутренняя задача Дирихле (Di ), внутренняя задача Неймана (Ni )и т.д. Если область Ω ⊂ Rn - неограниченная и является внешностью ограниченного множества, то задачи (1), (2) называют внешними: внешняя задачаДирихле (De ), внешняя задача Неймана (Ne ) и т.д.Замечание о задаче Коши.Рассмотрим сначала вопрос о единственности классического решения внутренних задач (1), (2).Теорема 1.Задача Дирихле (1) и задача (2) при σ(x) ≥ 0, x ∈ ∂Ω не могут иметь болееодного классического решения.
Классическое решение задачи Неймана определяется с точностью до постоянной.Доказательство.Рассмотрим задачу Di . Пусть u1,2 (x) - два решения задачи (1), отвечающиеодним и тем же функциям f , ϕ. Тогда их разность u(x) = u1 (x)−u2 (x) является гармонической функцией в Ω, непрерывной в Ω и u|∂Ω = 0. Поэтому, в силупринципа максимума (вернее, в силу следствия из Теоремы 12 предыдущего§12)||u||C(Ω) ≤ ||u||C(∂Ω) = 0, т.е. u ≡ 0 в Ω.Значит в u1 (x) ≡ u2 (x) области Ω.Рассмотрим задачу (2i ). Пусть u1,2 (x) - два решения задачи (2i ), отвечающие одним и тем же функциям f , ϕ, σ. Тогда их разность u(x) = u1 (x) − u2 (x)2удовлетворяет следующей задаче:½4x u(x) = 0,¢¯ x ∈ Ω;¡ ∂u+ σ(ξ)u ¯∂Ω = 0,∂Nξ ∈ ∂Ω;(20i )Используем теперь первую формулу Грина (3) из §12 (убедитесь в том, чтоона применима):ZZZ∂u0 = u · 4x u · dx = u ·dS − |∇u|2 dx∂NΩилиΩ∂ΩZZ2σ(x)u2 (x)dSx = 0.|∇u| dx +Ω(∗)∂ΩИз (∗) следует, что при σ(x) ≥ 0 u(x) ≡ 0 в Ω.
Для задачи Ni из (∗) следует,что u(x) ≡ const в Ω.Замечание.Легко может быть найдено необходимое условие разрешимости задачи Ni .В самом деле, пусть существует классическое решение задачи Ni . Тогда (см.формулу (2) из §12):ZZ∂udS4udx =∂NΩи∂ΩZZf dx =ΩϕdS.(3)∂ΩПерейдем к вопросу о существовании классического решения задачи Di .Сформулируем сначала общий результат.Теорема 2.Если:а) f ∈ C 1 (Ω),б) ϕ ∈ C(∂Ω),в) граница ∂Ω достаточно гладкая,то задача Di имеет классическое решение.Замечание.На первый взгляд кажется, что условие а) завышено (не достаточно ли дляразрешимости задачи Di выполнения условия f ∈ C(Ω)?).
Однако заменить а)на это условие нельзя (можно построить пример, показывающий, что задачаDi не имеет классического решения, если f ∈ C(Ω)).Методы доказательства теоремы 2: метод функций Грина, метод потенциалов. Рассмотрим эти методы. Остановимся сначала на методе функцийГрина.Предварительные сведения.Пусть u ∈ C 2 (Ω), n ≥ 2. Тогда в силу теоремы 1 из §12 (см. формулы (7),(9)):u(x) = u0 (x) + u2 (x) − u1 (x), x ∈ Ω;(+)0 = u0 (z) + u2 (z) − u1 (z),z∈/ Ω.(++)Умножим (++) на произвольную непрерывную функцию d(z), z ∈/ Ω и вычтем его из (+). В итоге мы получим еще одно представление произвольнойфункции u ∈ C 2 (Ω):Ru(x) = {U (x − y) − d(z)U (z − y)}4y u(y)dy+ΩR++ {[d(z)U (z − ξ) − U (x − ξ)] ∂u(ξ)(4)∂Nξ∂Ω∂+ ∂N[U (x − ξ) − d(z)U (z − ξ)]u(ξ)}dSξ , x ∈ Ω.ξ3Оказывается, что справедлив следующий факт: при весьма общих предположениях относительно области Ω существует такое отображение z = z(x),переводящее т.x ∈ Ω в точку z ∈/ Ω и такая функция d(z(x)), что для всехx ∈ Ω выполнено тождествоd(z(x))U (z(x) − ξ) − U (x − ξ) ≡ 0,ξ ∈ ∂Ω.(5)Пусть мы нашли такие функции z(x), d(z(x)).
Тогда из (4) следует ещеодно представление для произвольной функции u ∈ C 2 (Ω):Ru(x) = {U (x − y) − d(z(x))U (z(x) − y)}4y u(y)dy+ΩR(6)∂+ u(ξ) ∂N{U (x − ξ) − d(z(x))U (z(x) − ξ)}dSξ , x ∈ Ω.ξ∂ΩДальнейшие рассуждения будем проводить для случая, когда область Ω - шар:SR,0 .
Простые рассуждения позволят нам найти функции z(x), d(z(x)) с нужными свойствами. В самом деле, пусть n > 2. Тогда условие (5) перепишетсятак:|z(x) − ξ|n−2 ≡ |x − ξ|n−2 d(z(x)), |ξ| = Rили1|z(x) − ξ|2 ≡ |x − ξ|2 b2 (z(x)),b(z(x)) = [d(z(x))] n−2 ,|ξ| = R.Функцию z(x) будем искать в следующем видеz = a(x)x,где a(x) - неизвестная пока функция.Тогда|z(x) − ξ|2 = (z − ξ, z − ξ) = |z(x)|2 − 2(z(x), ξ) + R2 ≡≡ b2 (z(x))|x − ξ|2 = b2 (z(x)){|x|2 − 2(x, ξ) + R2 }или[a2 (x) − b2 (y(x))]|x|2 + (1 − b2 (z(x)))R2 ≡≡ 2[a(x) − b2 (z(x))](x, ξ), |ξ| = R.Положимa(x) = b2 (z(x)),b(z(x)) =(∗∗)R.|x|При таком выборе тождество (∗∗) выполняется.
Далее, отображениеR2z = a(x)x = |x|/ SR,0 (|z| > R),2 x переводит т.x ∈ SR,0 (|x| < R) в т.z ∈поскольку |z| =R2|x||x|2=R2|x|> R при |x| < R. Кроме этого:µd(z(x)) =R|x|¶n−2.С учетом найденных функций z(x), d(z(x)) преобразуем формулу (6), переписав ее сначала для шара SR,0 .Поскольку:1) U (x − y) − d(z(x))U (z(x) − y) =½µ R ¶n−2 ¾11= − (n−2)σn |x−y|n−2 − R2|x|= −GR (x, y)|x−y||x|2(7)42) |ξ| = R;∂{U (x − ξ) − d(z(x))U (z(x) − ξ)} = (Nξ , ∇ξ {. . .}) =∂Nξ© 1 ª11= R1 (ξ, ∇ξ {. . .}) = − (n−2)σ(ξ,∇)+ξR|x−ξ|n−2n11+ (n−2)σn R¡ R ¢n−2©ª(ξ, ∇ξ R2 1 n−2 ) =| 2 x−ξ||x|¡ ¢n−2¾|x|½(ξ,ξ−x)|x−ξ|nR|x|2| R 2 x−ξ|n|x|=1Rσn=11Rσn |x−ξ|n© 2R − (ξ, x) −=R2 −|x|2Rσn |x−ξ|n= PR (x, ξ),−Задача.Покажите, чтоPR (x, ξ) = −(ξ, ξ −R2 −R2|x|2x)R2(ξ,x)|x|22R|x|2ª(8)==|ξ| = R.∂GR (x, ξ),∂Nξ|ξ| = R.Итак, для любой функции u ∈ C 2 (Ω) где Ω - шар SR,0 , имеет место представление:ZZu(x) =u(ξ)PR (x, ξ)dSξ −GR (x, y)4y u(y)dy, x ∈ Ω(9)|ξ|=R|y|<RЗамечание.1) При n = 2 представление (9) также имеет место, при этом PR (x, ξ) имееттот же вид (8), а функция GR (x, y) принимает следующий вид:½¾1|y|x|2 − R2 x|GR (x, y) =ln(70 )2πR|x − y|2) Функция PR (x, ξ), |x| < R, |ξ| = R называется ядром Пуассона задачи Diшаре SR,0 ;Функция GR (x, y), |x|, |y| < R называется функцией Грина задачи Di в шареSR,0 .3) Напомним, что функция Грина GR (x, y) дается формулой (7) при n > 2(и формулой (7’) при n = 2):½µ¶n−2 ¾R11|x|GR (x, y) =−.R2(n − 2)σn |x − y|n−2| |x|2 x − y|Опишем более подробно эту функцию (имея в виду дальнейшие соображеR2ния).
Эта функция определена в области {(x, y) ∈ R2n ; x 6= y, |x|y},2 x 6=непрерывна в ней и обладает следующими легко-проверяемыми свойствами:а) GR (x, y) ≡ 0 при |x| = R;б) GR (x, y) = GR (y, x);в) 4x,y GR (x, y) = 0;г) при |x|, |y| ≤ R:0 ≤ GR (x, y) ≤1,σn |x − y|n−2n>20 ≤ GR (x, y) ≤2R1ln,2π |x − y|n = 2.илиСвойство б) доказывается с помощью очевидного равенства (проверьте егосправедливость!)|R2 y − x|y|2 |2 · |x|2 = |R2 x − y|x|2 |2 · |y|2 .522RRИз него вытекает, что условие |x|2 x 6= y эквивалентно условию |y|2 y 6= x и поэтому, если точка (x, y) принадлежит области определения функции GR (x, y)то точка (y, x) принадлежит той же области.Свойство г) доказывается с помощью принципа максимума.Задача.Докажите свойство в).Вернемся снова к представлению (9).
Оказывается, такое же представлениесправедливо, если на функцию u(x), |x| < R наложены менее ограничительные требования. А именно, справедливаТеорема 3.Пусть u ∈ C 2 (SR,0 ) ∩ C(SR,0 ), функция 4u(x) - непрерывна и ограничена вшаре SR,0 . Тогда для любой точки |x| < R справедливо равенство (9).Доказательство теоремы простое по идее, но громоздкое по технике. Поэтому я ограничусь изложением только идеи доказательства. Возьмем шар SR,0e ,2e < R, в котором лежит т.x (см.
Рис.). Тогда u ∈ C (S e ). Поэтому в шареRR,0справедливо представление (9). Записав это представление и устремивSR,0ee → R, надо убедиться, что слагаемые в правой части формулы (9) имеютRпределы для любой т.x: |x| < R. Закончим рассказ о предварительных сведе-SR,0x~SR,00ниях в этом параграфе ещё несколькими фактами.1) Легко показать, что4x PR (x, ξ) = 0,|x| < R, |ξ| = R.(10)2) Если уравнение 4x u(x) = 0 в шаре SR,0 имеет решение u ∈ C 2 (SR,0 ), то эторешение записывается в следующем виде:Zu(x) =PR (x, ξ)u(ξ)dSξ .(11)|ξ|=RФормула (11) называется формулой Пуассона (при n = 2 формула Пуассонабыла получена нами в §7). В частности, задача Di следующего вида:½4x u(x) = 0, |x| < R;(Di )u||x|=R = 1имеет единственное решение (почему?) u(x) ≡ 1. Тогда в силу (11) имеем:Zu(x) ≡ 1 =PR (x, ξ)dSξ .(12)|ξ|=R63) Пусть u ∈ C 2 (SR,0 ) финитная функция .
Тогда из (9) получаем:Zu(x) = −GR (x, y)4y u(y)dy.(13)|y|<RИз теоремы 3 следует, что если классическое решение задачи Di в шаре SR,0существует (при непрерывной на сфере |ξ| = R функции ϕ(ξ) и ограниченнойнепрерывной в шаре |x| < R функции f (x)), то оно (это классическое решение)представляется в видеZZu(x) =PR (x, ξ)ϕ(ξ)dSξ −GR (x, y)f (y)dy.(14)|ξ|=R|y|<RПусть теперь выполнены условия теоремы 2:а) f (x) ∈ C 1 (SR,0 ),б) ϕ(ξ) ∈ C(∂SR,0 ).Покажем, что (14) и есть искомое решение задачи Di в шаре SR,0 .
Доказательство этого факта состоит из двух частей.Часть 1.Обозначим первое слагаемое в (14) черезZv(x) =PR (x, ξ)ϕ(ξ)dSξ , |x| < R.|ξ|=RПокажем, чтоа) 4x v(x) = 0, |x| < R;б) v(x) → ϕ(ζ), если x → ζ, |ζ| = R.Свойство а) выполнимо в силу формулы (10). Докажем свойство б). Очевидно,что функция v(x) ∈ C 2 (SR,0 ) по крайней мере. Составим разность (с учетомформулы (12)):Rv(x) − ϕ(ζ) =PR (x, ξ){ϕ(ξ) − ϕ(ζ)}dSξ =|ξ|=RR=PR (x, ξ){ϕ(ξ) − ϕ(ζ)}dSξ +(∗)|ξ|=R,|ξ−ζ|<δR+PR (x, ξ){ϕ(ξ) − ϕ(ζ)}dSξ , |ζ| = R,|ξ|=R,|ξ−ζ|≥δδ > 0 - некоторое число.|v(x) − ϕ(ζ)| ≤ |1 слаг| + |2 слаг|.Поскольку ϕ(ξ) ∈ C(∂SR,0 ), то ∀ε > 0, ∃δ > 0, что как только |ξ − ζ| < δ, то|ϕ(ξ) − ϕ(ζ)| ≤ 2ε и поэтомуZε|1 слаг| = |PR (x, ξ){ϕ(ξ) − ϕ(ζ)}dSξ | ≤2|ξ|=R,|ξ−ζ|<δ(в силу (12)).Рассмотрим теперь второе слагаемое.
Поскольку x → ζ, то можно считать,что |x−ζ| ≤ 2δ . Поэтому |ξ −x| ≥ |ξ −ζ|−|ζ −x| ≥ δ− 2δ = 2δ > 0 и следовательновторое слагаемое в (∗) стремится к нулю (?), когда x → ζ и станет меньше 2ε(по абсолютной величине).Итак, v(x) → ϕ(ζ), когда x → ζ, |ζ| = R, |x| = R.Часть 2.Обозначим второе слагаемое в (14) черезZw(x) = −GR (x, y)f (y)dy, |x| < R.|y|<R7xДля функции w(x) справедливо следующее утверждение:Если f (x) ∈ C 1 (SR,0 ), то w(x) ∈ C 2 (SR,0 ) ∩ C 1 (SR,0 ) и для всех x: |x| < R4x w(x) = f (x),(∗∗)при этом w(x) → 0, когда x → ζ, |ζ| = R.Последнее свойство очевидно в силу того, что GR (x, y) = 0 при |x| = R. Первая часть утверждения доказывается путем громоздких выкладок (и мы ихопустим).
Докажем свойство (∗∗). Возьмем произвольную финитную в SR,0функцию Ψ(x) ∈ C 2 (SR,0 ) В силу (13):ZΨ(x) = −GR (x, y)4y Ψ(y)dy, |x| < R.|y|<RК функциям Ψ(x), w(x) применим вторую формулу Грина (см. §12):Z{Ψ(x)4x w(x) − w(x)4x Ψ(x)}dx =|x|<R¾Z ½∂Ψ(ξ)∂w(ξ)− w(ξ)dSξ = 0,=Ψ(ξ)∂Nξ∂Nξ|ξ|=Rт.е.ZZΨ(x)4x w(x)dx =|x|<R½ Z4x Ψ(x) −Z=|x|<RZ=|y|<R½ Zf (y) −Z=w(x)4x Ψ(x)dx =|x|<R¾GR (x, y)f (y)dy dx =|y|<R¾GR (x, y)4x Ψ(x)dx dy =|x|<RZf (y)Ψ(y)dy =|y|<RΨ(x)f (x)dx|x|<R8илиZ{4x w(x) − f (x)}Ψ(x)dx.(+)|x|<RПри получении (+) использовались: теорема Фубини, свойство симметриифункции Грина GR (x, y). Поскольку Ψ(x) - произвольная финитная функцияиз C 2 (SR,0 ), то4x w(x) = f (x),что и требовалось доказать.Итак, решение задачи Di в шаре SR,0½4x u(x) = f (x), f (x) ∈ C 1 (SR,0 ), x ∈ SR,0 ,u||x|=R = ϕ(x), ϕ(x) ∈ C(∂SR,0 ), |x| = Rдается формулой (14).1§14Функция Грина задачи ДирихлеРассмотрим теперь общую ситуацию: ищется решение задачи Di в произвольной области Ω (Ω ⊂ Rn - ограниченная область).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
