1625915396-080a9d47d07d6b633f2b1b0d68649b55 (843932), страница 13
Текст из файла (страница 13)
w(x) непрерывна в т.x0 ∈ ∂Ω.Из (∗) получаем:Z(i) lim u2 (x) = u2i (x0 ) = w(x0 ) + ρ2 (x0 ) =ρ2 (ξ)x→x0∂ΩZ−ρ2 (x0 )∂Ω∂U (x0 − ξ)dSξ −∂Nξ1∂U (x0 − ξ)dSξ + ρ2 (x0 ) = ρ2 (x0 ) + u2 (x),∂Nξ21(e) lim u2 (x) = u2e (x0 ) = − ρ2 (x0 ) + u2 (x), что и требовалось доказать.x→x024) Потенциал u1 (x) обладает следующими свойствами:а) Если ∂Ω - достаточно гладкая поверхность, плотность ρ1 (ξ) непрерывна на∂Ω, то u1 (x) непрерывна во всем пространстве Rn .б) Если обозначить через V (x) нормальную производную от u1 (x), x ∈/ ∂ΩZ∂U (x − ξ)∂u1 (x)= ρ1 (ξ)dSξ ,V (x) =∂Nx∂Nx∂Ωто справедлива следующаяТеорема 5.5Если ∂Ω - достаточно гладкая поверхность, плотность ρ1 (ξ) непрерывна на ∂Ω,то на поверхности ∂Ω потенциал u1 (x) имеет правильную нормальную производную (как изнутри, так и снаружи ∂Ω), при этом справедливы следующиепредельные соотношения:(i) lim V (x) = Vi (x0 ) = − 21 ρ1 (x0 ) + V (x0 ), x→x0(12)(e) lim V (x) = Ve (x0 ) = 12 ρ1 (x0 ) + V (x0 ), x→x0гдеZV (x0 ) =ρ1 (ξ)∂Ω∂U (x0 − ξ)dSξ −∂Nx0прямое значение нормальной производной потенциала u1 (x) в т.x0 ∈ ∂Ω.Рассмотрим теперь применение потенциалов при нахождении решений задач (D) или (N ):½4x u(x) = 0, x ∈ Ω;(D)u|∂Ω = ϕ(ξ), ξ ∈ ∂Ω;½4x¯u(x) = 0, x ∈ Ω;(N )∂u ¯= ϕ(ξ), ξ ∈ ∂Ω.∂N ∂ΩЗдесь Ω - ограниченная (или неограниченная) область; ∂Ω - ограниченноемножество; ϕ(ξ) - непрерывная функция, ξ ∈ ∂Ω.Предположение.Будем искать решение задач Di , De в видеZ∂U (x − ξ)dSξ ,(13)u(x) = ρ(ξ)∂Nξ∂Ωзадач Ni , Ne в виде:Zu(x) =ρ(ξ)U (x − ξ)dSξ ,(14)∂Ωρ(ξ) - непрерывная на ∂Ω функция.Ясно, что, как в первом, так и во втором случае4x u(x) = 0,x∈/ ∂Ω.В случае задачи D имеем (см.
формулы (11)):1(i) x→xlim u(x) = ui (x0 ) = ϕ(x0 ) = ρ(x0 ) +02x ∈∂Ω0Zρ(ξ)∂Ω∂U (x0 − ξ)dSξ ,∂Nξт.е.I)Z(Di ) : ρ(x) + 2ρ(ξ)∂Ω∂U (x − ξ)dSξ = 2ϕ(x), x ∈ ∂Ω,∂NξII)Z(De ) : ρ(x) − 2∂Ωρ(ξ)∂U (x − ξ)dSξ = −2ϕ(x), x ∈ ∂Ω.∂NξАналогично, для задачи N получим (см. формулы (12)):III)Z∂U (x − ξ)(Ni ) : ρ(x) − 2 ρ(ξ)dSξ = −2ϕ(x), x ∈ ∂Ω,∂Nx∂Ω6IV)Z(Ne ) : ρ(x) + 2ρ(ξ)∂Ω∂U (x − ξ)dSξ = 2ϕ(x), x ∈ ∂Ω.∂NxИнтегральные уравнения I)-IV) - интегральные уравнения теории потенциалов.
Найдя их решения, по формулам (13), (14) найдем решения задач D,N . К уравнениям I)-IV) применимы теоремы Фредгольма. Краткие выводытаковы.Если ∂Ω - достаточно гладкая поверхность, то задачи Di и Ne разрешимыпри любых непрерывных функциях ϕ(x) и эти решения можно представить ввиде (13), (14).Пусть ∂Ω - достаточно гладкая поверхность. Тогда необходимым и достаточным условием того, что задача Ni имеет решение является условиеZϕ(x)dSx = 0,∂Ωпри этом решение задачи Ni представляется в виде (14).При определенных условиях однозначно разрешима задача De .Пример.ПустьnΩ = R+= {x = (x0 , xn ), x0 ∈ Rn−1 , xn > 0}.Рассмотрим в области Ω задачи Di , Ni½n4x u(x) = 0, x ∈ R+; ¯∂u ¯0u|xn =0 = ϕ(x ) или ∂N= ϕ(x0 ),xn =0x0 ∈ Rn−1 .cos(Nξ , r0 ) = 0, cos(Nx0 , r0 ) = 0xnxx2, ...
,xn-1x 0 =(x0,0 )x1N =( 0, - 1)(Di ): ρ(x00 ) = 2ϕ(x00 ),(Ni ): ρ(x00 ) = −2ϕ(x00 ).По формулам (13), (14) находим (см. также, формулу (7)):Zcos(Nξ , r)(Di ) : u(x) = 2ϕ(ξ 0 )dξ 0 =σn |x − ξ|n−1Rn−12=σnZ(Nξ , r) 0 2xnϕ(ξ )dξ =|x − ξ|nσnZ0Rn−1ξ = (ξ 0 , 0); r = ξ − x = (ξ 0 − x0 , −xn );Z(Ni ) : u(x) = −2ϕ(ξ 0 ) ·Rn−1ϕ(ξ 0 )dξ 0 ;|x − ξ|nRn−1−11·dξ 0 =(n − 2)σn |x − ξ|n−272=(n − 2)σnZRn−1ϕ(ξ 0 )dξ 0 ,|x − ξ|n−2Zϕ(ξ 0 )dξ 0 = 0.Rn−1Замечание.1) сравнение метода потенциалов и метода функций Грина.2) о численном решении интегральных уравнений.1§17 Задача на собственные значенияРассмотрим следующую задачу(4u + λu = 0,x ∈ Ω,u|∂Ω = 0,(1)гдеΩ — ограниченная область из Rn с достаточно гладкой границей ∂Ω;λ — некоторый параметр (вообще говоря комплексный).Задача (1) состоит в нахождении функции u(x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω),удовлетворяющей в Ω уравнению: 4u + λu = 0 и граничному условиюu|∂Ω = 0.
Задача (1) всегда имеет тривиальное решение u ≡ 0 (привсех λ). Нас будут интересовать нетривиальные решения задачи (1)и поэтому, мы будем понимать задачу (1) как задачу на собственныезначения для оператораL=−4.Суть задачи на собственные значения заключается в нахождениинетривиальных решений u = u(x) (которые называются собственнымифункциями), отвечающих числам λ (которые называются собственными значениями оператора L).Решением (1) является пара {λ; u(x)}, причем одному значению λможет соответствовать несколько функций u(x).(Lu = λu, x ∈ Ω,u|∂Ω = 0,u ∈ D(L),(10 )гдеD(L) — область определения оператора L, причемD(L) = {f (x);f (x) ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω), f |∂Ω = 0, Lf ∈ L2 (Ω)}.Пусть υ(x) ∈ C 1 (Ω), u(x) ∈ D(L).
Применим к этой паре функцийпервую формулу Грина (см. §12), которую перепишем так:ZZZ∂udS.υLu dx = (5υ, 5u) dx − υ∂NΩΩ∂Ω(2)2Пусть υ(x), u(x) ∈ D(L). Тогда в силу второй формулы Грина(см. §12)Z ½Z{υLu − uLυ} dx =Ω∂υ∂uu−υ∂N∂N¾dS = 0.(3)∂ΩОтметим следующие свойства оператора L.1) Оператор L эрмитов, т.е.
L = L* или(Lf, g)L2 (Ω) = (f, Lg)L2 (Ω) ∀f (x), g(x) ∈ D(L),где(f, g)L2 (Ω) =R(4)f · ḡ dx — скалярное произведение в L2 (Ω).ΩДействительно, положим в (3) u = f , υ = ḡ. ТогдаZ{Lf · ḡ − f · Lḡ} dx =ΩZ ½= (Lf, g)L2 (Ω) − (f, Lg)L2 (Ω) =∂ḡ∂ff− ḡ∂N∂N¾dS = 0,∂Ωчто и требовалось доказать.Положим в (2) u = f , υ = f¯. В итоге получим:ZZ¡¢f¯ · Lf dx = (Lf, f )L2 (Ω) =5f, 5f¯ dx = k 5 f k2L2 (Ω) ,ΩΩт.е. оператор L — положительный, поскольку(Lf, f )L2 (Ω) ≥ 0 ∀f ∈ D(L).(5)Задача. Покажите, что оператор L — эрмитов, используя только формулу (2).Замечание.
Равенство(Lf, f )L2 (Ω) = k 5 f k2L2 (Ω)называется тождеством интеграла энергии.2) Все собственные значения оператора L: λ ≥ 0.3В самом деле, пусть u0 (x) ∈ D(L) — собственная функция оператора L, а λ0 — соответствующее ей собственное число. Тогда(Lu0 , u0 )L2 (Ω) = k 5 u0 k2L2 (Ω) = (λ0 u0 , u0 )L2 (Ω) = λ0 ku0 k2L2 (Ω) ,т.е. λ0 ≥ 0.3) Собственные функции (с.ф.) оператора L, соответствующие различным собственным значения (с.з.), ортогональны, т.е.(u1 , u2 )L2 (Ω) = 0,где u1 , u2 — с.ф., λ1 , λ2 — соответствующие с.з.Доказательство.(Lu1 , u2 )L2 (Ω) = λ1 (u1 , u2 )L2 (Ω) = (u1 , Lu2 )L2 (Ω) = λ2 (u1 , u2 )L2 (Ω) ⇒⇒ (λ1 − λ2 )(u1 , u2 )L2 (Ω) = 0.Поскольку λ1 6= λ2 , то (u1 , u2 )L2 (Ω) = 0, что и требовалось доказать.4) С.ф.
оператора L можно выбрать вещественными.Пусть Lu0 = λ0 u0 , u0 = u1 + iu2 . Тогда Lu1,2 = λ0 u1,2 , что и требовалось доказать.5) λ = 0 не является с.з. задачи (1).Допустим противное: λ = 0 является с.з. задачи (1), аu(6≡ 0) ∈ D(L) — с.ф. Однако в силу принципа максимума u ≡ 0 в Ω,т.е. λ = 0 не является с.з. оператора L.Если ∂Ω — достаточно гладкая поверхность, то справедлива следующаяТеорема 1. Множество собственных значений {λk } оператора L счетно и не имеет конечных предельных точек; каждое с.з. имеет конечнуюкратность.Всякая функция f (x) ∈ D(L) разлагается в регулярно сходящийсяряд Фурье по с.ф. оператора L.Замечание 1.
Доказательство теоремы 1 основано на том, что задача(1) эквивалентна задаче на с.з. для некоторого интегрального уравнения. В самом деле, переписывая задачу (1) в виде:(4x u = f (x) = −λu(x), x ∈ Ω,u|∂Ω = 0,(1)4применим затем аппарат функций Грина (см. §14, формулу (12)):R u(x) = λ G(x, ξ)u(ξ) dξ,Ω u(x) ∈ C 1 (Ω).(6)Обратно, пусть u(x) ∈ C 1 (Ω) — решение задачи (6). Тогда, посколькуZZg(x, ξ)u(ξ) dξ − λu(x) = λU (x − ξ)u(ξ) dξ,ΩΩто, воспользовавшись свойствами объемного потенциала, легко убедиться, что(4x u = −λu,x ∈ Ω,u|∂Ω = 0.К интегральному уравнению (6) применимы теоремы Фредгольма,из которых и следует теорема 1.Замечание 2. Теорема 1 утверждает, что все с.з.
оператора L можноперенумеровать в порядке возрастания их величины, т.е.0 < λ1 < λ2 ≤ ... ≤ λk ≤ ...,λk → ∞, k → ∞,(7)причем на основании свойства (5) λ1 > 0 (кроме того, более тонкийанализ показывает, что λ1 — простое с.з. оператора L).В ряде (7) λk повторяется столько раз, какова его кратность. Соответствующие с.ф. оператора L обозначим через X1 , ..., Xk , ..., так, чтов ряде (7) каждому с.з.
оператора L λk соответствует одна, и толькоодна, с.ф. оператора L Xk :LXk = λk Xk ,k = 1, ..., Xk (x) ∈ D(L).При этом с.ф. оператора L {Xk } можно выбрать вещественнозначными и ортонормальными, так, что(LXk , Xi )L2 (Ω) = λk (Xk , Xi )L2 (Ω) = λk δki .(8)5Далее, всякая функция f (x) ∈ D(L) разлагается в ряд Фурье посистеме {Xk }:f (x) =∞X(f, Xk )L2 (Ω) Xk (x)(9)k=1и этот ряд Фурье сходится регулярно (равномерно) на Ω. Посколькумножество C0∞ (Ω) плотно в L2 (Ω) и C0∞ (Ω) ⊂ D(L), то D(L) плотнов L2 (Ω). СправедливаТеорема 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
