1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Какследует из §12 (см. теорему 1), для функции u(x) справедливо представление:¾Z ½∂U (x − ξ)∂u(ξ)u(x) =u(ξ)− U (x − ξ)dSξ .(∗)∂Nξ∂Nξ∂Ω1В силу (2) имеем:Z ½0 0u (x ) =u(ξ)∂Ω1¡ x0¢µ 0¶¾x∂u(ξ)1 ∂U |x0 |2 − ξ1− 0 n−2 U−ξdSξ . (∗∗)|x0 |n−2∂Nξ|x ||x0 |2∂NξПоскольку функцияµ1¶n−2¯ 0¯|x0 |¯ |xx0 |2 − ξ ¯0с точностью до постоянногомножителясовпадает© с функциейg1 (x, ξ) (см.¡¢¡¢ª001x∂x1§13), то функция |x0 |n−2 U |x0 |2 − ξ и функция ∂Nξ |x0 |n−2 U |x0 |2 − ξ гармо0ничны по x0 при ξ 6= |xx0 |2 . Это означает, что u0 (x0 ) гармонична в области Ω01 , азначит и в Ω0 .В дальнейшем будем рассматривать неограниченные области первого типа.Определение.Гармоническая в Ω функция u(x) называется регулярной на бесконечности,еслиu(x) = o(1) (n > 2)илиu(x) = o(ln |x|) (n = 2) при |x| → ∞.Теорема 3.Пусть функция u(x) гармонична в Ω и регулярна на бесконечности.
Тогдафункция u0 (x0 ) = Ke u(x) гармонична в Ω00 = Ω0 ∪ {0}.Доказательство.В результате преобразования инверсии (1) область Ω переходит в область Ω0(для которой начало координат - изолированная граничная точка).В силу теоремы 2, u0 (x0 ) = Ke u(x) гармоничная в Ω0 . Кроме тогоµ 0 ¶1x0 0u (x ) = 0 n−2 u= o(|x0 |2−n ) (n > 2)02|x ||x |иu0 (x0 ) = o(ln |x0 |) (n = 2) при x0 → 0,4т.е.u0 (x0 ) = o(U (x0 )), x0 → 0в силу регулярности на бесконечности функции u(x). Тогда по теореме 1 (обустранении особенности) существует limu0 (x0 ) = A и функция u0 (x0 ), доопре0x →0деленная при x0 = 0 значением A, является гармонической в области Ω00 .Следующую теорему сформулируем без доказательства.Теорема 4.Пусть функция u(x) - гармонична в Ω и регулярна на бесконечности.
Тогдасуществует постоянная R > 0 такая, что для ∀x: |x| > R функция u(x) разлагается в абсолютно (и равномерно) сходящийся (вместе со всеми производными)рядXxαu(x) =Aα n−2+2|α||x||α|≥0и имеют место неравенства¯½¾¯¯ α¯A0Cα¯Dx u − Dxα¯≤,¯¯n−2n+|α|−1|x||x|(3)где Cα > 0 - некоторые постоянные.Замечание.Доказательство теоремы основано на том, что по теореме 3 u0 (x0 ) = Ke u(x)гармонична в Ω00 .
В силу теоремы 6 из §12 функция u0 (x0 ) в шаре |x0 | < R0разлагается в ряд Тейлораu0 (x0 ) =XαA α x0 ,|α|≥0Но тогда для всех x: |x| > R =1R0Aα =1 α 0D u (0).α!справедливо разложени嵶αXxxα1 XAαAu(x) = Ke u (x ) = n−2=.α|x||x|2|x|n−2+2|α|00|α|≥0|α|≥0Итак, с помощью преобразования Кельвина исследование гармонической функции в неограниченной области Ω может быть сведено к исследованию гармонической функции в ограниченной области Ω0 .Рассмотрим теперь задачу De :½4x u = 0, x ∈ Ω;(4)u|∂Ω = ϕ(x), x ∈ ∂Ω..0Что назвать классическим решением задачи (4)? Единственно ли классическое решение, если оно существует?5Заметим сразу, что в этом случае возникает проблема с единственностьюрешения задачи De (если не накладывать больше никаких ограничений нарешение задачи De ).В самом деле, рассмотрим задачу De следующего вида (n = 2):½4x u = 0, |x| > 1;(40 )u||x|=1 = 0.x201x1Очевидно, что функции½C ln r, C(rk − r−k ) cos kθ,C((rk − r−k ) sin kθ, k = 1, 2, .
. .(∗)где r cos θ = x1 , r sin θ = x2 ; C - произвольная постоянная, удовлетворяютзадаче (40 ). Какую же из них принять за решение? Потребуем, чтобы решение задачи (4) было регулярно на бесконечности, т.е. u(x) = o(1) (n > 2) илиu(x) = o(ln |x|) (n = 2) при |x| → ∞. Очевидно, что в случае задачи (40 ) извсего набора решений (∗) надо выбрать решение u ≡ 0 которое и будет регулярным на бесконечности.Теорема 5.При любой непрерывной функции ϕ существует единственное классическоерешение задачи De (4).Доказательство.Пусть u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω) - классическое решение задачи De (4). Тогда функция u0 (x0 ) - гармонична в области Ω00 ; кроме тогоu0 (x0 )|x0 ∈∂Ω00 = ϕ0 (x0 ) = Ke ϕ(x),u0 (x0 ) ∈ C 2 (Ω00 ) ∩ C(Ω00 ),т.е. u0 (x0 ) - классическое решение задачи Di½4x0 u0 = 0, x0 ∈ Ω00 ;u0 |∂Ω00 = ϕ0 (x0 ), x0 ∈ ∂Ω00 .(5)Итак, под классическим решением задачи De (4) мы будем понимать функцию u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω), гармоничную в области Ω, регулярную на бесконечности и принимающую на границе ∂Ω заданное значение ϕ(x), x ∈ ∂Ω(ϕ(x) ∈ C(∂Ω)).Принцип максимума в этом случае не работает!Обратно, если u0 (x0 ) - классическое решение задачи Di (5), то u(x) =Ke u0 (x0 ) - гармонична в Ω, непрерывна в Ω, причемu|∂Ω = ϕ(x),6регулярна на бесконечности (?), т.е.
u(x) - классическое решение задачи (4).Значит, существование и единственность классического решения задачи(4) вытекает из теоремы существования и единственности для задачи Di .Задача.Рассмотрим внешнюю третью краевую задачу½4x u = 0, x ∈ Ω;(6)∂u{ ∂N+ σ(x)u}|∂Ω = ϕ(x), x ∈ ∂Ω.Покажите, что при σ(x) ≥ 0 классическое решение задачи (6) единственно.Указание.u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) - классическое решение (u(x) - гармонична, регулярнана бесконечности). uI , uII - два решения, u = uI − uII и т.д.SR,0n_R \ΩR = Ω ∩ SR,0К функциям v = u, u применим в области ΩR первую формулу Грина из§120=RRu4udx =ΩR∂ΩR∂uu ∂NdS +|∇u|2 dx +ΩRRR|x|=R∂uu ∂NdS −σu2 dS =∂ΩR|x|=RR|∇u|2 dx ⇒ΩR∂uu ∂NdS.(+)Используя теорему 4 этого параграфа, покажите, что при R → ∞ праваячасть (+) стремится к 0 и (+) переходит в следующее:RR|∇u|2 dx + σu2 dS = 0.(++)Ω∂ΩПусть σ(x) ≥ 0.
Тогда из первого слагаемого вытекает, что u ≡ const в Ω. Приn > 2: u(x) = o(1) при |x| → ∞, т.е. u ≡ 0 в Ω. При n = 2 и σ(x) 6= 0 равенствоu ≡ 0 вытекает из второго слагаемого. Если σ(x) ≡ 0 (задача Неймана), топри n > 2: u ≡ 0 в силу регулярности на бесконечности, при n = 2 решениеопределяется с точностью до константы.1§16Метод потенциаловВ §12 мы уже вводили объемный потенциалZu0 (x) = U (x − ξ)ρ0 (ξ)ξ(1)Ωс плотностью ρ0 (ξ), потенциалы простого слоя и двойного слояZu1 (x) = U (x − ξ)ρ1 (ξ)dSξ ,(2)∂ΩZu2 (x) =∂Ω∂U (x − ξ)ρ2 (ξ)dSξ∂Nξ(3)с плотностями ρ1 (ξ), ρ2 (ξ) соответственно.Замечание.1) Из теоремы 1 §12 следует, что для любой функции u(x) ∈ C 2 (Ω), n ≥ 2имеет место представление (Ω - ограниченная область)u(x) = u0 (x) + u2 (x) − u1 (x),x ∈ Ω,ρ0 (ξ) = 4ξ u(ξ), ρ2 (ξ) = u(ξ), ρ1 (ξ) =(4)∂u(ξ),∂Nξа также некоторое, обобщающее (4), равенство: u(x), x ∈ Ω;1u(x), x ∈ ∂Ω;u0 (x) + u2 (x) − u1 (x) = 20,x∈/ Ω.(5)В частности, если u(x) ≡ 1, то:Z∂Ω 1, x ∈ Ω;∂U (x − ξ)1, x ∈ ∂Ω;dSξ = 2∂Nξ0, x ∈/ Ω.2)Nrx½¾1∂1∂U (x − ξ)=−·;∂Nξ(n − 2)σn ∂Nξ |x − ξ|n−2½¾ µ½¾¶∂11= Nξ , ∇ ξ=∂Nξ |x − ξ|n−2|x − ξ|n−2½¾ XnnX∂1n − 2 2(ξk − xk )=hk·=hk · −n−22 + .
. .] 2∂ξ2|x − ξ|nk[(ξ−x)11k=1k=1(6)2= −(n − 2)nXhk (ξk − xk )k=1|x −ξ|n=−n−2[cos(Nξ , r),|x − ξ|n−1r = ξ − x; Nξ = (h1 , . . . , hn );[∂U (x − ξ)1 cos(Nξ , r)=·.∂Nξσn |x − ξ|n−1(7)Аналогично находим:NxNrx½¾1∂U (x − ξ)1∂=−·;∂Nx(n − 2)σn ∂Nx |x − ξ|n−2¾ µ¾¶½½∂11= Nx , ∇ x=∂Nx |x − ξ|n−2|x − ξ|n−2=nXn − 2 2(xk − ξk )n−2e[hk · −·=cos(Nx , r),nn−12|x−ξ||x−ξ|k=1Nx = (eh1 , .
. . , ehn );[∂U (x − ξ)1 cos(Nx , r)=− ·.∂Nxσn |x − ξ|n−1(8)3) Справедлива следующая теорема:Теорема 1.Если поверхность ∂Ω - ограниченная, то существует такая постоянная C > 0,что¯Z ¯¯ ∂U (x − ξ) ¯n¯¯(9)¯ ∂Nξ ¯dSξ ≤ C ∀x ∈ R .∂ΩОтметим теперь некоторые свойства потенциалов (1), (2), (3).1) Теорема 2.Если ρ0 (ξ) ∈ C 1 (Ω), то u0 (x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) и для ∀x ∈ Ω:4x u0 (x) = ρ0 (x).(10)Замечание а) к формулировке теоремы 2Ω - ограниченная область из Rn . Теорема 2 справедлива и в случае неограниченной области, если положить, например, что suppρ0 (ξ) - ограниченноемножество.Замечание б)Доказательство формулы (10) аналогично тому, как это делается в конце §13при доказательстве того, что4x w(x) = f (x),3гдеZw(x) = −GR (x, ξ)f (ξ)dξ.|ξ|<RЗаметим, что с учетом свойства функции u0 (x) можно изменить формулировку краевых задач для уравнения Пуассона:½4x u(x) = f (x), x ∈ Ω;(D)u|∂Ω = ϕ(x), x ∈ ∂Ω;½4x¯u(x) = f (x), x ∈ Ω;∂u ¯= ϕ(x), x ∈ ∂Ω.∂N ∂Ω(N )В самом деле, положимZu = v + u0 (x),u0 (x) =U (x − ξ)f (ξ)ξ,Ωf (x) ∈ C 1 (Ω) (u0 (x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) в силу теоремы 2).Тогда½4x v(x) = 0, x ∈ Ω;v|∂Ω = ϕ(x) − u0 (x) = ϕ(x),ex ∈ ∂Ω;½4x¯v(x) = 0, x ∈ Ω;∂v ¯0 (x)= ϕ(x),ex ∈ ∂Ω.= ϕ(x) − ∂u∂N∂N ∂Ω(D)(N )2) Теорема 3.Потенциалы u1 , u2 (x) являются гармоническими функциями в Rn \ ∂Ω длялюбых интегрируемых на ∂Ω функций ρ1 , ρ2 (ξ).Замечание.Доказательство теоремы 3 основано на том факте, что4x U (x − ξ) = 0,4x∂U(x − ξ) = 0 при x 6= ξ.∂Nξ3) Теорема 4.Если ∂Ω - гладкая поверхность, ρ2 (ξ) - непрерывная плотность, то для u2 (x)справедливы следующие предельные соотношения:)(i) lim u2 (x) = u2i (x0 ) = 12 ρ2 (x0 ) + u2 (x0 ),x→x0(11)(e) lim u2 (x) = u2e (x0 ) = − 21 ρ2 (x0 ) + u2 (x0 ),x→x0гдеZu2 (x) =∂Ω∂U (x0 − ξ)ρ2 (ξ)dSξ , x0 ∈ ∂Ω −∂Nξпрямое значение потенциала u2 (x) в т.x0 ∈ ∂Ω.Доказательство (схема).ПосколькуZZ∂U (x − ξ)∂U (x − ξ)ρ2 (ξ)dSξ = {ρ2 (ξ) − ρ2 (x0 )}dSξ +u2 (x) =∂Nξ∂Nξ∂ΩZ+ρ2 (x0 )∂Ω∂Ω∂U (x − ξ)dSξ = w(x) + ρ2 (x0 )∂NξZ∂Ω∂U (x − ξ)dSξ , x ∈/ ∂Ω (см.
(6))∂Nξ4S,x0Nx0.xr0rn.xто½u2 (x) = w(x) +ρ2 (x0 ), x ∈ Ω;0,x∈/ Ω.(∗)Покажем теперь, что функция w(x) непрерывна в т.x0 ∈ ∂Ω, т.е. ∀ε > 0∃δ > 0, что как только |x − x0 | < δ, то |w(x) − w(x0 )| < ε, x0 ∈ ∂Ω.ZZ∂... ,{U (x−ξ)−U (x0 −ξ)}dSξ +w(x)−w(x0 ) =(ρ2 (ξ)−ρ2 (x0 ))∂Nξ∂Ω∂Ω|ξ−x0 |≥δ|ξ−x0 |<δ½¾∂1 cos(Nξ , r) cos(Nξ , r0 ){U (x − ξ) − U (x0 − ξ)} =−,∂Nξσn |x − ξ|n−1 |x0 − ξ|n−1Пусть |x − x0 | < 2δ , тогда |x − ξ| ≥ |ξ − x0 | − |x − x0 | ≥ δ − 2δ = 2δ . Следовательно,∀ε > 0 ∃δ > 0, что как только |x − x0 | < 2δ , то |2слаг.|< 3ε Далее:¯¯ Z¯¯∂U(x−ξ)dSξ ¯¯+|1слаг.| ≤ ¯¯(ρ2 (ξ) − ρ2 (x0 ))∂Nξ∂Ω|ξ−x0 |<δ¯ Z¯+¯¯¯¯ ε ε∂U (x0 − ξ)dSξ ¯¯ < + (в силу (9)),(ρ2 (ξ) − ρ2 (x0 ))∂Nξ3 3∂Ω|ξ−x0 |<δт.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
