УМФ Тихонов (965259), страница 59
Текст из файла (страница 59)
А. Самарский 2. Первая краевая задача для полупространства. Найти гармоническую функцию, непрерывную всюду в области я > > О, принимающую на границе в = О заданное значение У (т, 0), Будем искать решение этой задачи в виде потенциала двойного слоя: 386 УРАВНКНИЯ ЭЛЛИПТИЧВСКОГО ТИПА (ГЛ. 1У 11. Интегральные уравнения, соответствующие краевым задачам. При решении краевых задач для уравнения Лапласа с помощью потенциалов простого и двойного слоев мы пришли к интегральным уравнениям Фредгольма второго рода (50). Условия разрешимости интегральных уравнений Фредгольма второго рода с непрерывным ядром и ограниченной (интегрируемой) правой частью сходны с условиями разрешимости систем линейных алгебраических уравнений (к которым они сводятся, если интеграл заменить интегральной суммой).
Первая теорема Фрсдгольма заключается в следующем. Неоднородное интегральное уравнение второго рода имеегп реваение, и притом единственное, если соответствующее однородное уравнение имеет только нулевое решение~1. Покажем, опираясь на сформулированную теорему, что интегральное уравнение (50) имеет единственное решение. Ограничимся рассмотрением выпуклых контуров, не содержащих прямолинейных участков границы.
В этом случае ядро уравнения (50) К (Рв, Р) неотрицательно, так как К(Ро, Р) дв~ = дш, где дш есть угол видимости дуги дНр из точки Ро. Лля кривых с ограниченной кривизной теория Фредгольма применима непосредственно,так как ядро интегрального уравнения (50) непрерывно. Теория Фредгольма применима также в том случае, когда непрерывно одно из повторных ядер: К'вв П (Р„Рг) = ~~ КРИ (Р„М) К'"' (М, Рз) дон., К( 1(Р, М) = К(Р, М). Покажем, что если Е -- поверхность Ляпунова, то повторные ядра нашего уравнения, начиная с некоторого номера, непрерывны.
Как мы видели,. для поверхностей Ляпунова )сову( С Повторные ядра могут быть представлены в виде Кз з (Ры Рз) = ~~ К, (Ры М) Кз (М, Рз) дом. Покажем, что если (г,=РМ, ог>0' 1=1 2) 2 — ь г, 387 ТЕОРИЯ ПОТЕНЦИАЛА з 5) Рассмотрим прежде всего первую краевую задачу для внутренней области. Однородное уравнение, соответствующее уравнению (50), имеет вид (63) то С ~Кцз( <, если ог + от < 2, г = (РгРз~. Очевидно, что эту оценку достаточно установить для случая, когда точка Рз лежит в окрестности Ляпунова Ео точки Ры причем вместо интеграла по Ео можно рассматривать интеграл по проекции Ео этой окрестности на касательную плоскость в точке Рз в силу того,.
что р(Р, М) 1> ' >Е>0 (где р (Р, М) — расстояние между проекциями точек Р и М на касательную плоскость, В некоторая постоянная), а также в силу связи между элементом поверхности Ио и его проекцией ЮЕ: бп = бЕ/соз7, где согласно формуле (34) соку > > 1/2. Лля плоской области справедлива следующая лемма. Если )К;) <, то С, г / Кз (Х ы М) Кз (М, Рз) Ии бу < гз — сч — эз зе 3 гз ~< гз з- т <ч 2гз, 3гг гз < гз + г < гз +— 2 2 Обозначим через Н диаметр области Ео. Разобьем интеграл 1 на два интеграла: уг взятый по кругу Сз радиуса 2г с центром в точке Ры и уз распространенный на оставшуюся область Сз (рис.
бб). Так как для точек М, лежапшх в Сз, 388 УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА (ГЛ. 1У Как мы видели (см. и. 8), имеет место равенство К(зо, з)ггз=х, о пользуясь которым, однородное уравнение (63) можно записать в виде (ц (зо) + л (з)) К (зо, з) гзз = О. о (64) Пусть Р„* (зо) точка контура С, в которой функция ~и(з)~ достигает своего максимального значения. Отсюда следует, что сумма и(зо) + и(з) знакопостоянна.
Тогда, полагалв (64) зо = зо и пользуясь тем, что К (зо, з) > О, получаем равенство ц (зо*) + ц (з) = О., Производя в интеграле по С1 замену переменных х = 1'х, у = гу, полу! ! чаем ~'(' С,С, 11х о' 1.2 †аз †~2 †42-аз 12 А~< В последнем интеграле, взятом по кругу С1 с радиусом, равным 2г, г1 есть расстояние от центра, гз от середины радиуса, вследствие чего этот интеграл сходится, причем он не зависит от положения точки Рз, т. е. от г. Отсюда Положив Сз 4- С4 = С, получим искомое неравенство: < С о14.оз <2, у~ гз гз а1 аз СЛ '+ ' г о +ог > 2. Отсюда следует, что, начиная с некоторого номера, интегралы, производя- цзие повторные ядра, ограничены и равномерно сходятся, т.
е. являются непрерывными функциями своих аргументов. то для интеграла 12 получаем оценку 2г и 1 ~12~ < 4С1С2 / / 4 т1 Йг1 ц22 О зг 2 3 ~ ~ ~~ ~ ~ ~ ~ ~ о | о 2 С о14-оз <2, Гз — а1 — а < СзЛа14 '2 1 +12>2. ТЕОРИЯ ПОТЕНЦИАЛА 5 5) или л (ь) = " (зо) противоречащее непрерывности в точке з*, если только о(з*) ~ О. Следовательно, однородное уравнение (63) имеет только нулевое решение, и тем самым неоднородное уравнение имеет единственное решение при любой функции 1 з~.
Внешняя вторая краевая задача, как мы видели (см. и. 10), сводится к интегральному уравнению (54) яд (ао) + ( Кз (во з) д (я) аз = з (зо) о ядро которого Кг (зо, з) является сопряженным по отношению к ядру К (зо, а), т. е. Кз (яо, е) = К(е, ао). Вторая теорема Фредгольма состоит в следующем. Число линейно независимых решений некоторого оанородного интегрального уравнения равно числу линейно независимых рензеннй сопряженного уравнению Из этой теоремы следует, что решение уравнения (54) определено однозначно. Внешней первой краевой задаче соответствует уравнение (52) — яо (зо) + ( К (зо, з) о (з) аз У (зо). о Однородное уравнение (1 = О) согласно предыдущему может быть приведено к виду (65) (о(зо) — ц(з)) К(зо, з) аз = О.
о Обозначив через е' точку, в которой (о (я)! достигает максимального значения, получим из (65) о (е*) = о (е). Отсюда следует, что только о (з) = сопку = оо является решением однородного уравнения. В силу второй теоремы Фредгольма сопряженное однородное уравнение будет иметь единственное решение. И Прн наличии прямолинейных участков границы рассуждения несколько усложняются, хотя доведение их до конца не вызывает затруднений. ЗАДАЧИ К ГЛАВЕ 11 691 Таким образом, интегральные уравнения, к которым снодятся краевые задачи, разрешимы всегда для внутренней первой н внешней второй краевых задач и разрешимы при условиях (66) и (67) для внутренней второй и внешней первой краевых задач ). ЗАЛАЧИ К ГЛАВЕ 1У 1.
Найти функцию и, гармоническую внутри круга радиуса а и принимающую на окружности С значения: а) и~с = А сову; б) и~о = А -Ь В в1п у. 2. Решить уравнение Лапласа Аи = 0 внутри прямоугольника 0 ( т < ( а, 0 ( у ( Ь прн следующих граничных условиях: 'и~а=о = Л (у), '4я=о = 1г(х), и~а=а = О, и~я ь = О. Показать, что получающиеся при этом формулы дают решение задачи для произвольной кусочно-непрерывной функции, заданной на границе. Решить задачу для частного случая уг (у) = Ау (Ь вЂ” у), уг (х) = В сов — т. 2а ди — = О. д р р и~р=а = Аы Начало координат находится в центре кольца.
О. Построить функцию источника для уравнения Лапласа (первая краевая задача); а) лля полукруга, б) для кольца, в) лля слоя (О < в < 1). 7. Найти гармоническую функцию внутри кольца а ( р ( Ь, удовлетворяющую следующим граничным условиям: и~р=а = Х1 (у) и~а=в гг (у) 8. Найти решение уравнения Лапласа Аи = 0 в полуплоскости у ) 0 с граничным условием (О приз<0, и(",.О) =1 ~ио при х > О. 9. Найти функцию и (р, у), гармоническую внутри кругового сектора р < а, 0 < у < уо прн граничных условиях: а) иЬ=о = уы и~у=но = йы и~а=а —— уг, где уг и дг постоянные; б) иЬ=о = и~ р=ра = 0 и!р=а — — 1 (у).
1) См. подробнее: Петровский И. Г. Лекции об уравнениях с частными производными. М., 1901. З 39. 3. Решить уравнение Аи = 1 для круга радиуса а при граничном условии и~,=а = О. 4. Решить уравнение Аи = Аху для круга радиуса а с центром в точке (О, 0) при граничном условии и(с.=а = О. б. Решить уравнение Аи = А+ В (т — у ) в кольце а ( р ( Ь, если 392 УРАВНКНИЯ ЭЛЛИПТИЧКСКОГО ТИПА (ГЛ. 1У 10.
Методом конечных разностей решить первую краеную задачу для уравнения Аи = О внутри прямоугольника О < х < а, О < у < Ь, подразделяя каждую из его сторон на 8 равных частей, если граничные условия имеют вид х . я и~и ь = — з1п — т, а а. и)э=а — — и(х--о = О. Сравнить с аналитическим решением (см. Дополнение 1, з 3). 11. Найти объемный потенциал сферы при постоянной плотности р = = Ро. Указание. Решить уравнения Аи = О вне сферы и Аи = 4хро внутри сферы и решения сопрягать на поверхности сферы.
12. Найти потенциал простого слоя, распределенного с постоянной плотностью и = ро на сфере. Указание. Искать решение уравнения Аи = О вне и внутри сферы и носпользоваться для сопряжения условиями разрыва производной потенциала простого слоя. 13. Решить первую краевую задачу для ограниченного круглого цилиндра (р<а, О<э<1): а) на основаниях цилиндра заданы нулевые граничные условия (первого или второго рода), а на боковой поверхности и)я=а = З (х)~ б) на боковой поверхности и на одном из оснований цилиндра заданы нулевые граничные условия (первого и второго рода), а на втором основании цилиндра например 1 (р) = Ар(1 — р(а).
14. Решить неоднородное уравнение в неограниченной цилиндрической области при нулевых граничных условиях (первого илн второго рода) н построить функцию источника. 15. Найти гармоническую внутри сферы функцивэ, равную иг на одной половине сферы и иэ на второй половине сферы. 16. Написать разложение по сферичесхим функциям плотности поверхностных зарядов, индуцированных на проводящей сфере точечным зарядом.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
