1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Вначале я напомню из ТФКПситуацию при n = 2. Пусть z 0 = F (z), z = x1 +ix2 , z 0 = x01 +ix02 - аналитическаяв Ω и непрерывно дифференцируемая (по x1 , x2 ) в Ω функция, осуществляющая взаимно-однозначное отображение области Ω на круг |x0 | < R (|z 0 | < R)радиуса R = |F (z)|, z ∈ ∂Ω. Пусть u(z) = u(x) - классическое решение задачиDi :½4x u = 0, x ∈ Ω;(1)u|∂Ω = ϕ(x),где ϕ(x) ∈ C(∂Ω);u0 (z 0 ) = u0 (x0 )- классическое решение задачи Di :x2x2z =F(z)00Rx1½x14x0 u0 = 0, |z 0 | < R;u0 ||z0 |=R = Ψ(z 0 ),(2)где Ψ(z 0 ) = ϕ(F−1 (z 0 )), F−1 (F (z)) ≡ z, z ∈ Ω.Согласно формуле (14) из §13 решение задачи (2) дается формулой Пуассона:ZR2 − |z 0 |210 0Ψ(ζ 0 )|dζ 0 |,(3)u (z ) =0022πR|z − ζ ||ζ 0 |=Rпоскольку ядро Пуассона PR (x0 , ξ 0 ) = PR (z 0 , ζ 0 ) при n = 2 равно:PR (z 0 , ζ 0 ) =R2 − |z 0 |2,2πR|z 0 − ζ 0 |2σ2 = 2π.В силу следствия из теоремы 7 §12u(z) = u(F−1 (z 0 )) = u0 (z 0 ) = u0 (F (z)).Следовательно, решение задачи (1) дается формулой, которая получается из(3):R R2 −|F (z)|2 01|F (ζ)| · ϕ(ζ) · |dζ| =u(z) = u0 (F (z)) = 2πR|F (z)−F (ζ)|2∂Ω(4)R |F (ζ)|2 −|F (z)|21= 2π|F 0 (ζ)| · ϕ(ζ) · |dζ|,|F (ζ)|·|F (z)−F (ζ)|2∂Ωпоскольку R = |F (ζ)|, ζ ∈ ∂Ω, |dζ 0 | = |F 0 (ζ)||dζ| (ζ 0 = F (ζ)).Таким образом, вопрос о решении задачи Di для уравнения Лапласа приn = 2 решается до конца, если найдено конформное преобразование, переводящее данную область Ω ⊂ R2 в круг.
Заметим однако, что задача о нахождениитакого преобразования не проще исходной задачи Di .Пусть теперь n > 2 и Ω ⊂ Rn - произвольная ограниченная область. Еслипосмотреть внимательно все рассуждения, приводящие нас к формуле (14) из§13, то можно сделать следующие обобщающие выводы.Определение.2Функцией Грина задачи Di для области Ω называется функция G(x, y), x ∈ Ω,y ∈ Ω, удовлетворяющая следующим свойствам:1) ∀y ∈ ΩG(x, y) = g(x, y) − U (x − y),(5)где функция g(x, y) - гармоническая в Ω и непрерывная на Ω по x;2) ∀y ∈ ΩG(ξ, y)|ξ∈∂Ω = 0.(6)Из условий (5), (6) следует:а) G(x, y) - гармоническая по x в области Ω \ {y};б) G(x, y) - непрерывная функция по x в области Ω\{y}, причем G(x, y) → +∞при x → y и G(ξ, y) = 0 при ξ ∈ ∂Ω;в) в силу принципа максимума (см.
теорему 8 из §12) G(x, y) > 0 при x ∈ Ω,y ∈ Ω;Ωε = Ω \ Sε,y ;yдоказательство заключается в применении принципа максимума к гармонической функции G(x, y) (по x) в области Ωε .г) поскольку:g(ξ, y) = U (ξ − y)|ξ∈∂Ω = 0, ∀y ∈ Ω,(7)то g(ξ, y) < 0 при ξ ∈ ∂Ω, y ∈ Ω; следовательно в силу принципа максимумаg(x, y) < 0 при x ∈ Ω, y ∈ Ω.д) функция Грина удовлетворяет неравенствам (см. (5)):0 < G(x, y) < −U (x − y),x ∈ Ω, y ∈ Ω, x 6= y.(8)е) поскольку функция g(x, y) удовлетворяет задаче Di следующего вида:½4x g(x, y) = 0, x ∈ Ω, y ∈ Ω;(9)g(ξ, y)|ξ∈∂Ω = U (ξ − y), ξ ∈ ∂Ω, y ∈ Ω;то из теоремы 2 (?!) §13 следует, что функция g(x, y) (а вместе с ней и функцияГрина G(x, y)) существует; из теоремы 1 этого же параграфа следует, чтофункция Грина G(x, y) единственна.Еще одно свойство функции Грина я сформулирую в виде задачи.Задача.Покажите, что функция g(x, y) непрерывна по совокупности переменных (x, y)в Ω × Ω.Замечание.Надо показать, что |g(x0 , y0 ) − g(x, y)| → 0, когда (x, y) → (x0 , y0 ), x, x0 ∈ Ω,y, y0 ∈ Ω.
Затем выписываем очевидное неравенство:|g(x0 , y0 ) − g(x, y)| < |g(x0 , y0 ) − g(x, y0 )| + |g(x, y0 ) − g(x, y)|3и оцениваем каждое слагаемое в правой части (первое слагаемое можно сделать как угодно малым за счет непрерывности функции g(x, y) по x, второеслагаемое - за счет применения принципа максимума (?!)).Прежде, чем мы сформулируем ещё некоторые свойства функции ГринаG(x, y), я дам определение правильной нормальной производной.
Пусть граница области Ω: ∂Ω достаточно гладкая и функция u(x) ∈ C 1 (Ω). Будем говорить, что функция u имеет правильную нормальную производную на ∂u(x)∂Nxна ∂Ω, если равномерноповсемx∈∂Ωсуществуетпределнормальнойпро0)= (Nx , ∇x0 u(x0 )) при x0 → x, x0 ∈ −Nx .изводной ∂u(x∂NxNxxx-NxЗамечание.Правильная нормальная производная непрерывна на ∂Ω, если она существует.СправедливаТеорема 1.Если ∂Ω - достаточно гладкая поверхность, то функция Грина имеет правильную нормальную производную ∂G(ξ,y), ξ ∈ ∂Ω, y ∈ Ω на ∂Ω и симметрична:∂NξG(x, y) = G(y, x),x ∈ Ω, y ∈ Ω.(10)Доказательство теоремы 1 мы не будем проводить, ограничимся только замечанием по поводу доказательства свойства (10).SSxyΩε = Ω \ Sε,ξ ∪ Sε,x , x 6= ξv(y) = G(y, ξ), u(y) = G(y, x)4Применим к эти функциям в области Ωε вторую формулу Грина (см.
§12):R(v(y)4y u(y) − u(y)4y v(y))dy = 0 =ΩεR= {v(ζ) ∂u(ζ)− u(ζ) ∂v(ζ)}dSζ +∂Nζ∂Nζ∂ΩR(∗)+− G(ζ, x) ∂G(ζ,ξ)}dSζ +{G(ζ, ξ) ∂G(ζ,x)∂Nζ∂Nζ|ζ−x|=εR+{G(ζ, ξ) ∂G(ζ,x)− G(ζ, x) ∂G(ζ,ξ)}dSζ .∂Nζ∂Nζ|ζ−ξ|=εЗатем, подставляя в (∗) представления (см. (5)!):G(y, ξ) = g(y, ξ) − U (y − ξ),G(y, x) = g(y, x) − U (y − x)и рассуждая также, как при доказательстве теоремы 1 из §12, в пределе приε → 0 получим:g(ξ, x) = g(x, ξ),т.е. выполнено равенство (10).Замечание.Из симметрии функции g(x, y) вытекает, что функция g(x, y) непрерывна посовокупности переменных (x, y) в Ω×Ω; при ∀x ∈ Ω, функция g(x, y) гармоническая по y в Ω, принимает значение U (x − ξ) при ξ ∈ ∂Ω и имеет правильнуюнормальную производную ∂g(x,ξ)(x ∈ Ω, ξ ∈ ∂Ω) на ∂Ω.∂NξДальнейшие рассуждения можно сформулировать в виде следующих этапов.1 этап.
Пусть u(x) ∈ C 2 (Ω). Тогда в силу теоремы 1 из §12 (формула (7))имеет место представление:¾ZZ ½∂U (x − ξ)∂u(ξ)u(x) = U (x − y)4y u(y)dy +u(ξ)− U (x − ξ)dSξ . (+)∂Nξ∂NξΩ∂ΩВ силу второй формулы Грина из §12 справедливо равенство:¾ZZ ½∂u(ξ)∂g(x, ξ)0 = g(x, y)4y u(y)dy +− g(x, ξ)u(ξ)dSξ .∂Nξ∂NξΩ(++)∂ΩВычитая из (+) равенство (++) в итоге получим ещё одно представление:для любой функции u(x) ∈ C 2 (Ω):ZZ∂G(x, ξ)u(x) = − u(ξ)dSξ − G(x, y)4y u(y)dy.(11)∂Nξ∂ΩΩ2 этап. Доказательство того факта, что представление (11) справедливодля любой функции u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω)e b Ω (Ωe ⊂ Ω)Ωε = max |x − y| > 0ex∈∂Ω,y∈∂ Ω3 этап.
Если классическое решение задачи Дирихле (Di )½4x u = f (x), x ∈ Ω;u|∂Ω = ϕ(x), x ∈ ∂Ω(Di )существует (при непрерывной и ограниченной f (x) ∈ C(Ω) и непрерывнойϕ(x) ∈ C(∂Ω)), то оно представляется в виде:ZZ∂G(x, ξ)ϕ(ξ)dSξ − G(x, y)f (y)dy.(12)u(x) = −∂Nξ∂ΩΩ5Затем доказывается, что при f (x) ∈ C 1 (Ω), ϕ(x) ∈ C(∂Ω) формула (12) даётрешение задачи Di .Замечание.Метод функций Грина для физиков и вычислителей.1§15Гармонические функциив неограниченных областяхВ этом параграфе мы познакомимся с некоторыми свойствами гармоническихфункций в неограниченных областях. Но сначала мы докажем одну важнуютеорему.Теорема 1 (об устранении особенности)Пусть функция u(x) гармонична в области Ω \ {x0 }, x0 ∈ Ω - некоторая точка(Ω ⊂ Rn - ограниченная область).
Если при x → x0 : u(x) = o(U (x − x0 )), тосуществует lim0 u(x) = A и функция u(x), доопределенная в т.x0 значениемx→xA, гармонична в Ω.Доказательство.Пусть шар SR,x0 b Ω. Обозначим через v(x) классическое решение задачи Diв шаре SR,x0 :Rx0½4x v(x) = 0, x ∈ SR,x0 ;v|∂SR,x0 = u|∂SR,x0 .Функция w(x) = v(x) − u(x) гармонична в области SR,x0 \ {x0 } и w|∂SR,x0 = 0.Покажем, что w(x) = 0 в ∀ т.x ∈ SR,x0 \ {x0 }. Для этого рассмотрим двефункции (n>2):ε± w(x),z± (x) =|x − x0 |n−2ε > 0 - некоторое число.Функции z± (x) - гармоничны в SR,x0 \ {x0 } иz± |∂SR,x0 =εRn−2> 0.Т.к. u(x) = o( |x−x10 |n−2 ) при x → x0 , тоz± ||x−x0 |=ρ =ερn−2± w||x−x0 |=ρ =ερn−2µ+o1ρn−2¶.Следовательно, при достаточно малых ρ > 0: z± ||x−x0 |=ρ > 0.Согласно принципу максимума (см.
§12):z± (x) > 0 при ρ ≤ |x − x0 | ≤ R.Возьмем теперь любую т.x1 ∈ SR,x0 \ {x0 }. Тогда существует такое достаточно малое число ρ > 0, чтоx1 ∈ {x; ρ ≤ |x − x0 | ≤ R}.Следовательно:z± (x1 ) > 0,т.е.|w(x1 )| <|x1ε,− x0 |n−22откуда в силу произвольности выбора числа ε > 0 следует, чтоw(x1 ) = 0.Итак, функция u(x) совпадает с функцией v(x) в области SR,x0 \ {x0 }. Доопределяя функцию u(x) в т.x0 значением A = v(x0 ), мы видим, что она совпадаетс гармонической функцией v(x) во всем шаре SR,x0 , что и требовалось доказать.Пусть Ω - неограниченная область из Rn , причем множество Rn \ Ω содержит хотя бы одну внутреннюю точку, в которую мы поместим начало координат. Рассмотрим следующее взаимно-однозначное отображение областиRn \ {0} на себя:xx0 = 2 .(1)|x|Отображение (1) называется преобразованием инверсии (относительно сферы|x| = 1).
Мы уже знакомы с преобразованием инверсии (см. §13). Отображение, обратное к (1) имеет вид, совершенно аналогичный (1):x=x0,|x0 |2(10 )т.е. (10 ) тоже преобразование инверсии.Два типа неограниченных областей: Ω1 b Ωxx(1)n_001R \1(Ω1 ⊂ Ω)Rn \ Ω - ограниченное множество.начало координат “0” - изолированная граничная точка области Ω0 ∂Ω xx0(1)101неограниченное множествоначало координат "0"∈ ∂Ω0Пусть в области Ω задана функция u(x), x ∈ Ω.
Функцияµ 0 ¶x10 0, u0 (x0 ) = Ke u(x)u (x ) = 0 n−2 u|x ||x0 |2(2)определенная в области Ω0 называется преобразованием Кельвина функцииu(x), x ∈ Ω.С учетом формул (1), (10 ), (2) легко получаем, что преобразование, обратное к преобразованию Кельвина, тоже есть преобразование Кельвина.3В самом деле, посколькуx=то из (2) получаем:x0,|x0 |2x0 =x,|x|2|x| =1,|x0 |µ¶1x0,u(x) = n−2 u|x||x|2(20 )т.е.
u(x) = Ke u0 (x0 ) и Ke · Ke = I.СправедливаТеорема 2.Если u(x) гармоничная в Ω, то u0 (x0 ) гармонична в Ω0 .Доказательство.Пусть Ω01 b Ω0 , Ω1 - прообраз области Ω01 при преобразовании инверсии (1).Ясно, что Ω1 b Ω и Ω1 - ограниченная область. Функция u(x) по условиютеоремы гармонична в Ω. Значит она гармоничная в Ω1 и u(x) ∈ C 2 (Ω1 ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
