УМФ Тихонов (965259), страница 51
Текст из файла (страница 51)
Первая внешняя краевая задача (внешняя задача Дирихле) состоит в следующем. Требуеошя найти функцию и(х, у, з), удовлетворяющую услови- 1) бзи = О в неограниченной области Т; 2) и всюду непрерывна, включая поверхность Х: 3) и~в = з" (х, у, з), где з" функция, заданная на поверхности Е; 4) и (М) равномерно стремшпся к О на бесконечности: и (М) — > — +бири М вЂ” >ос. Последнее условие является существенным для единственности решения, в чем легко убедиться на простом примере.
Пусть требуется решить внешнюю первую краевую задачу для сферы дн радиуса Л с постоянным граничным условием з 2) ОБЩие сВОЙстВА ГАРмОнических ФУнкЦий 323 Опуская условие 4, видим, что решениями задачи могут служить функции из — — зо и иг = звЛ)г, а также любая функция и = гсиз + Диз, где о + Д = 1. Докажем, что внешняя первая краевая задача для гармонических функций с тремя независимыми переменными имеет еданственное решение.
Предполагая сущоствование двух решений и1 и из, удовлетворяющих условиям 1--.4., видим, что их разность и = и1 — из представляет собой решение задачи с нулевыми граничными условиями. Поскольку условие 4 выполнено также для функции и, то для произвольного е > О можно указать такое Л", что ~и (М)~ < г при г > Л*. Г.:) Если точка М лежит внутри области Т' (рис. 47), заключенной между поверхностью Е и сферой Я„ Т' '1г > Л*), то и (М) < е, как то следует из принципа максимального значения, примснснного к обла- Рис.
47 сти Т'. В силу произвольности г заключаем, что и = О в области Т', а также и во всей области Т, что и доказывает единственность решения внешней первой краевой задачи в пространстве. Первая внешняя краевая задача на плоскости ставится следующим образом. Требуется найепи функцию и., удовлегаворяюшую условиям: 1) Ьи = О в рассматриваемой бесконечной области Е, ограниченной контуром С; 2) и всюду непрерывна, включая границу С; 3) и~с = з (х, у), где ~ ---функция, заданная на С; 4) и(М) ограничена в бесконечности, т.
е. сушествута такое число Х, что ~и(М)~ < 1у. Требование обращения решения в нуль на бесконечности и здесь оказывается достаточным, чтобы доказать., что двух разных решений быть не может, но оно явля- л Л1 ется слишком сильным, так как при нем задача может оказаться вообще неразре- Б, С Сл, щи мой. г! Докажем, что внешняя первая краевая задача для функций двух переменных имеет единственное решение. Допуская существование двух различ- Рис.
48 ных решений из и и и рассматривая их разность и =и1 — из, являющуюся решением первой краевой задачи с нулевыми граничными условиями, в силу условия 4 будем иметь (и ~ < Х = Аз + Асз, 21* 324 УРАВНКНИЯ ЭЛЛИПТИЧКСКОГО ТИПА ИГЛ. 1У где М1 и 1зз таковы, что ~и, ~ < Хы ~из) < Аз. Обозначим через Хз область, лежащую внутри С и являющуюся дополнением к области Х, так что Х + Хз есть вся плоскость. Возьмем точку Мо внутри Хз и окружность радиуса Л с центром в точке Мо, лежащую внутри Х1 (рис. 48). Гармоническая функция 1п ЯЛмзг„) не имеет особенностей в области Х, функция 1п (Лммо/Л) положительна во всей области Х включая С, Пусть Сл, окружность радиуса Лз с центром в Мо, содержащая целиком контур С, и Х' область, ограниченная кривыми С и Сл,.
Функция ил,, определяемая равенством ,у и (Лммо ' Л) 1п (Л~/Л) (23) есть гармоническая функция, равная 1У на окружности радиуса Лы положительная на С. Из принципа максимального значения следует, что ил, является мажорантой для модуля функции и(М) в области Х: ~и(М)~ < ил, (М). Фиксируем точку М и будем неограниченно увеличивать Лы Оче- видно, что ил, (М) — з 0 при Лз — з оо. Отсюда следует, что и(М) = О. и)п = Уо = сопзц Тем самым, в силу произвольности М, единственность решения поставленной задачи доказана.
Единственность решения этой задачи можно также доказать, пользуясь преобразованием обратных радиусов-векторов, переводящим область, внешн|ою к контуру С, в область., внутреннюю к контуру С', в который переходит контур С. При этом бесконечно удаленная точка перейдет в изолированную особую точку, в окрестности которой функция и ограничена. Из теоремы и. 5 будет вытекать гармоничность функции о в начале координат, а тем самым и единственность решения. Из приведенных рассуждений следует, что гармоническая функция двух переменных и (М), ограниченная в бесконечности, стремится к определенному пределу при М, стремящейся к бесконечности.
Различие в постановке первой внешней краевой задачи для двух и трех переменных можно пояснить на следующем физическом примере. Пусть дан шар радиуса Л, на поверхности которого поддерживается постоянная температура ио, и требуется определить стационарное распределение температуры во внешнем пространстве. Функция и = = ио (Л/г) представляет решение этой задачи., обращающееся в нуль на бесконечности. Рассмотрим теперь двумерную задачу.
Пусть на окружности радиуса Л задано постоянное граничное значение: 3 2) ОБЩие сВОЙстВА ГАРмОнических ФУнкЦий 325 В этом случае и = уа есть единственное ограниченное решение задачи и никакого решения, обращающегося в нуль на бесконечности, не существует. Мы уже встречались с принципиально различным характером поведения гармонических функций в бесконечности для двух и трех независимых переменных (например, поведение 11'г и 1п(1/г) на бесконечности). Для пространственной и плоской неограниченных областей имеет место принцип максимального значения.
В этом нетрудно убедиться с помощью рассуждений, аналогичных тем, которые были использованы при доказательстве теорем единственности. Отсюда, в свою очередь, вытекает непрерывная зависимость решения от граничных условий. 8. Вторая краевая задача. Теорема единственности. Решением второй краевой задачи будем называть гармоническую функцию и, непрерывную в области Т+ Х и удовлетворяющую на поверхности Е условию — = 1'(М). ди дп 11окажем, что решение второй внугаренней краевой задачи (внутренней задачи Неймана) опредсляегпся с 7почностью до произвольной постоянной.
Доказательство проведем при дополнительном предположении, что функция и имеет непрерывные первые производные в области Т+КП Пусть из и иг две непрерывно дифференцируемые в Т + + Е функции, удовлетворяющие уравнению ага = О в Т и условию ди(дп ~г = 1" (М) на Х. Для функции и = из — ия будем иметь — = О. ди д Полагая в первой формуле Грина (3) е = и и учитывая соотношения Ьи = О и ди)дп ~н = О, получаем Предположение относительно непрорывности первых производных в Т + Б сделано для упрощения доказательства.
Доказательство единственности при наиболее общих предположениях было дано М. В. Келдышем и М. А. Лаврентьевым. (См.: Келдыш М. В., Лаврентьев М. А. О единственности задачи Неймана 0 ДАН СССР. 1937. Т. 15, М" 3. С. 151 --152; Смирнов В. И. Курс высшей математики. Т. 1У. М., 1953.) 326 УРАВНКНИЯ ЭЛЛИПТИЧКСКОГО ТИПА [ГЛ. 1У Отсюда в силу непрерывности функции и и ее первых производных следует ди ди ди — = — = — = О, т. е. и яя сопя4., дх ду дх что и требовалось доказать. Изложенный здесь метод доказатсльства применим и в случае не- ограниченной области для функций, удовлетворяющих требованиям регулярности на бесконечности.
Покажем, что в случае ноограничснной области, внешней к за- мкнутой поверхности, формула Грина (3) применима для функций, регулярных на бесконечности. Рассмотрим область Т, внешнюю к замкнутой поверхности. Про- ведем сферу Ел столь большого радиуса, чтобы Х лежала внутри Кл. Обозначим Тл область, ограниченную Е и Ел (рис.
49). Применив в области Тн формулу Грина к двум функциям и и п, регулярным в бесконсчности, получим Я иЬят1т = тл + ~~ и — т1тт+ ~~и — йт. (24) Рис. 49 Оценим интеграл по Хл, используя при этом свойство регулярности функций и и ш 0 и — йг / и (и, сова+ ся соя)з+ пт сояу) Йт ЗА2 127ГАз Отсюда вилно, что )У д Нпт ~( и — йг = О. л // дп Стоящий справа в (24) интеграл по Тл стремится к интегралу по всей области Т при Л -э оо. Этот интеграл существует, так как подынтегральное выражение в силу регулярности и и я убывает на з 2) ОБЩии сВОЙстВА ГАРмОничБских ФУнкЦий 327 бесконечности как 1/Нл. Следовательно, существует предел 1пп ~~~ и лйи дт = ~~~ и лзо дт. В результате мы приходим к формуле (25) Тем самым установлена применимость первой, а следовательно, и второй формул Грина для неограниченных областей к функпиям, регулярным на бесконечности.
Покажем теперь, что вшорая внеланяя краевая задача (внешняя задача Неймана) имеет единственное решение, регулярное на бесконечностаи. Полагая в формуле (25) е = и = ил — из и учитывая, что Ьи = О и ди)дп)п = О, получаем (и +и„+и.,)дт=О. т Отсюда в силу непрерывности производных функции а следует, что ик=О, ие — — О, ил=О и и=сопв1. Так как и = О на бесконечности, то и=О, т.е.
ил=из, что и требовалось доказать. Естественно возникает вопрос: можно ли доказать этим же методом единственность решения первой краевой задачи? Пусть ил и иг различные решения первой краевой задачи (внутренней). Применим формулу (3) к функциям и = ил — из и и = и в области Т, ограниченной поверхностью Х: лл лзи дт = — ~~~ (лл~ + аз + из) дт + ~~ и — до. Отсюда, принимая во внимание условия лли=О, .и)в=О, получаем (а.,+лл„+и )дт=О т 328 УРАВНКНИЯ ЭЛЛИПТИЧКСКОГО ТИПА ~ГЛ. 1У и, следовательно, и„ = ив — — и = О и и = сопзц На поверхности Е функция и равна нулю., поэтому мы можем утвер- ждать, что и=О и из = из. Однако это доказательство некорректно, поскольку в процессе доказательства мы предполагали существование производных искомой функции на поверхности Е, что самой постановкой задачи нс предусматривается.
Показательство единственности, основанное на принципе максимального значения, свободно от этого недостатка. 3 3. Решение краевых задач для простейших областей методом разделения переменных Ьи = О внутри круги и граничному условию (2) и = 1 на границе круга, где 1" -- заданная функция. Предположим сначала, что функция 1 непрерывна и дифференцируема и решение и (М) непрерывно в замкнутой области:, в дальнейшем мы освободимся от условия дифференцируемости и даже непрерывности функции 1 (ср.
с 1 2, и. 4). Наряду с внутренней краевой задачей будем рассматривать также внешнюю краевую задачу (см. 3 2, и. 7). Введем полярную систему координат (р, ф с началом в центре круга. Уравнение (1) в полярных координатах имеет вид 1 д /' ди'~ 1 дзи гА =- — ~р — ~+ —,, =О др) др( "д ' (3) Решение краевых задач для уравнения Лапласа может быть найдено методом разделения переменных в случае некоторых простейших областей (круг, прямоугольник, шар, цилиндр и др.). Получэгощиеся при этом задачи на собственные значения (задачи Штурма Лиувилля) приводят к различным классам специальных функций.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
