Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lektsii_zubova_2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

319.88 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Функция K3(x, y) = −

бесконечно дифференцируема и гармоническая в Ωxϵ.

4π x

−

Значит можно воспользоваться второй формулой Грина.

∆u(y)· −

dy − u(y)· ∆y

−

dy =

∂u(y)

−

dSy −

4π x y

∂ny

4π x y

(

)

(

)

(

)

| − |

IΓ

→−

∫

| − |

Ωx

∂u(y)

− u(y)

∂

−

dSy −

u(y)·

∂

−

dSy +

· −

dSy

∂ny

4π x y

∂ny

4π x y

∂ny

4π x y

IΓ

(

)

(

)

(

)

→−

| − |

→−

| − |

→−

| − |

δx

∆y( −

) = 0 - в этом можно убедиться простой проверкой.

4π|x − y|

∂u(y)

−

∆u(y)· dy + u(y)

∂

−

dSy −

−

dSy =

4π x y

∂ny

4π x y

∂ny

(

)

IΓ

(

)

(

)

→−

| − |

→−

∫

| − |

IΓ

| − |

Ωx

∂u(y)

= u(y)·

∂

dSy −

dSy

∂ny

4π x y

∂ny

Iϵ

(

| − |)

Iϵ

(

| − |)

→−

δx

| ∂u(y)

I2(ϵ)

} |

I1(ϵ)

}

= (

, n ) 6

6 M

→−

|· |→−|

∂ny

→−

∂u(y)

1 1

4πϵ

(ϵ)

ïðè ϵ

dSy

Iϵ

4π x y

→

∂ny

4π ϵ ·

4πϵ

(

)

∫

−

→−

=ϵ

−

δx

∂

(

)

= −

∂

ρ=ϵ

∂ny

x y

∂ρ ρ

ϵ2

→−

−

(

)

u(x)

I2(ϵ) = u(y)

dSy

dSy +

[u(y)

u(x)]dSy = u(x) + I2(ϵ)

4πϵ2 · Iϵ

4πϵ2 Iϵ

−

Iϵ

4πϵ2

δx

|I2

(ϵ)

u(y)

− u(x) dSy

max

(

)

( )

|·

dSy

6 max

(

)

( )

| →

ïðè ϵ

→

4πϵ2

4πϵ2 · y:|x−y|=ϵ

− u x

|y−x|6ϵ

− u x

Iϵ

[

]

Iϵ

δx

леммы.

Подводя итоги,

имеем доказательство

Следствие из Леммы 8.1: Пусть Ω - ограниченная область в R3 c гладкой (кусочно-гладкой) грани-

öåé Γ u(x) C2(Ω) ∩ C1(Ω);

u(x) - гармоническая функция. Тогда:

u(x) = u(y)·

∂

−

dSy −

−

∂u(y)

dSy

∂ny

4π x y

∂ny

| − |)

IΓ

(

| − |)

IΓ

→−(

→−

Теорема 8.1

Функция K3(x) = −

является решением в обобщенных функциях следующего урав-

4π x

нения: ∆K3(x) = δ(x),

x R3

åñëè u(x) D(A), òî

∫ u(x)uk(x)dx однозначно определяет u(x)

åñëè u(x) < D(A), òî

∫ u(x)uk(x)dx определяет функцию u˜, отличную от u на множестве меры 0

1. D(Rn) - линейное пространство пробных (основных) функций.

φ(x) D(Rn), åñëè

1)φ(x) C∞(Rn)

φ(x) ≡ 0

2) A > 0 :

x : |x| > A

(Финитность)

φ1(x), φ2(x), . . . , φk(x), . . .

→ φ(x) D(Rn), åñëè

D(Rn)

x :

x > A & k

à) A > 0, такое что: φk(x)

}

≡

| |

á) α = (α1, . . . , αn)

φk(x) D

φ(x) (сходимость равномерная)

Примером пробных функций может служить так называемые шапочки:

				\| \|
				2
		C	e	− ϵ2 ϵ x 2	,		x		6 ϵ
ωϵ(x) =		0,ϵ·		x−>\| \|	ϵ	\|		\|
Определение: Обобщенной функцией	f
	f

называется всякий линейный непрерывный функционал на

D(Rn). Обозначается ( f, φ)

а)Линейность: ( f, λφ + µψ) = λ( f, φ) + µ( f, ψ)

б)Непрерывность,если φk(x) → φ(x) â D(Rn) òî ( f, φk) → ( f, φ) Множество обобщ¼нных функций обозначается D′(Rn)

	λ f + µg = F		(F, φ) = (λ f + µg, φ) = λ( f, φ) + µ(g, φ)		φ D(Rn)
	f1, f2, . . . , fk, . . .		→ f D′(Rn), åñëè φ(x) D(Rn),		( fk, φ) → ( f, φ) - слабая сходимость
	Определение: функция f (x) называется локально интегрируемой,

åñëè B > 0		∫	\| f (x)\|dx существует и конечен.
	∫	\|x\|<B		∫

	( f, φ) = f (x)φ(x)dx =			f (x)φ(x)dx

Rn	\|x\|<A

(δ(x), φ(x)) = φ(0)

Обобщенные функции можно дифференцировать бесконечное число раз.

f (x) Cp(Rn) f α(x) C(Rn) |α| 6 p

∫

(F, φ) =

[Dα f (x)]φ(x)dx = (−1)|α|

f (x)Dαφ(x)dx = (−1)|α|( f, Dαφ(x)), отсюда:

(Dα f, φ) = (−1)|α|( f, Dαφ(x))

)

∑

(

)

∑

∑ (

∂2 f

∂2φ

∂2

(∆f, φ) = ( k=1

∂xk2

f, φ) = k=1

∂xk2

, φ = k=1 (−1)2 f,

∂xk2

= ( f, k=1

∂xk2

φ) = ( f, ∆φ)

, возьм¼м произвольную φ(x) D(Rn)

Верн¼мся к доказательству теоремы. K3 = −

4π x

Ω = {x : |x| < A + 1}

→−

∫

φ(0) =

−

4π

∆yφ(y)dy +

φ(y)

(

−

4π

dSy −

y =A+1

−

4π y

dSy

y <A+1

(

y =A+1

∂ny

(

∂ny

| |

Второе и третье слагаемые равны 0.

| |)

(

| |)

(

| |

)

(

(δ(x), φ(x)) = −

, ∆xφ(x) = (∆ −

, φ)

∆ −

= δ(x)

4π x

K3 - фундаментальное решение оператора Лапласа.

Теорема 8.2: всякая u(x), гармоническая в области Ω, бесконечно дифференцируема в Ω, то есть

u(x) C∞(Ω)

Рассмотрим произвольную точку x0 Ω. Тогда B(x0, r) Ω

u(x) C2(

)

B(x0, r)

∂

∂u(y)

u(x) =

u(y)·

−

dSy −

−

dSy

∂ny

4π x y

∂ny

(

| − |)

(

| − |)

|=r

→−

|y−x

|=r

0 < δ < r

B(x0, δ) = {x : |x − x0| 6 δ} S(x0, r) = {y : |y − x0| = r}

à)|x − y| > r − δ > 0

(

∂u(y)

)

á)( −

) C∞

× S(x0

B(x0, δ)

, r)

4π|x − y|

â)u1(x) =

−

dSy

4π

−

→−

(

|y−x |=r

∂ny

∂u(y)

u˜1(x) =

∂

−

dSy

∂x1

4π

−

∂ny

|=r

(

→−

|y−x

∂u1

В силу теоремы об интеграле с параметром

= u˜1

→−(

| − |)

k=1

∂x1

[ (

| − |)

]

∂

u2(x) =

u(y)·

∂ny

−

4π x y

dSy =

| −

∂yk

−

4π x y

· nk(y)· u(y) · dSy

| −

∑y x

∂

[

∂

( −

)· nk(y)· u(y)]· dSy, аналогично

∂u2

u˜2(x) = k=1

= u˜2

∂x1

∂yk

4π x

−

∂x1

∑y

| −

yk − xk0

nk =

;

u(y) C(S(x

, r))

|y − x0|

)

∂u(y)

(

Dxα −

∂u(y)

C B(x0, δ) × S(x0, r)

4π x

(

−

)

→−

−

∂ny

Dxα

4π x

dSy

(

)

−

→−

∂ny

То есть мы доказали, что в каждой токе Ω функция бесконечное число раз дифференцируема, что и требовалось.

Теорема 8.3:(О среднем) Пусть u(x) - гармоническая функция в B(x0, r) è u(x) C1(B(x0, r))

Тогда u(x0) =

u(y)dSy

4πr2

|y−x

|=r

используем интегральное представление:

u(x0) =

u(y)·

∂

−

dSy −

−

∂u(y)

dSy

→−(

4π x0

−

4π

−

→−

(

|y−x |=r

∂ny

|y−x |=r

∂ny

u(y)·

∂

−

dSy

u(y)dSy

→−

4π x0

−

4πr2

(

|y−x |=r

∂ny

|y−x |=r

∂u(y)

( n ,

u)dS

−

4π

4πr

−

→−

(

|y−x |=r

∂ny

|y−x |=r

∂ny

|y−x |=r

∫0

du( u)dy =

∫0

∆u(y)dy = 0

4πr

|6r

|y−x |6r

|y−x

Здесь мы использовали формула Остроградского-Гаусса.

Теорема: Пусть u(x1	, x2	, x3) - непрерывная функция в Ω и u(x0) = 4πr2	I0	u(y)dSy x0 Ω, r.
		1

|y−x |=r

Это равносильно тому, что u - гармоническая функция.

Теорема 8.4: (Принцип максимума и минимума.) Если гармоническая функция достигает в некоторой точке области G max èëè min, òî u(x) = const x Ω

1)Пусть u(x) - гармоническая функция в Ω, u(a) = max u(x)

x Ω

Докажем тогда,что u(x) ≡ const = u(a) x B(a, d), ãäå d - расстояние от точки a до границы Ω

Рассмотрим замкнутый шар B(a, r);

r < d

u(a) =

u(y)dSy =

[u(y) − u(a)]dSy +

u(a)

dSy

4πr2

|y−a|=r

1	I	[u(y) − u(a)]dSy = 0
4πr2

|y−a|=r

Но подынтегральное выражение 6 0. Это возможно лишь тогда,когда u(y) = u(a) y : |y − a| = r

В шаре функция тождественно равна u(a).

Далее рассмотрим b Ω γ Ω - контур, соединяющий точки a è b

Пусть этот контур имеет параметризацию x = x(s) (x1 = x1(s), x2 = x2(s), x3 = x3(s))

{	}
Пусть d˜ = dist	γ; R3\Ω > 0

Разобь¼м наш контур: 0 = s0 < s1 < s2 < . . . < sN = l; (sk − sk−1) < d˜; xk = x(sk), k = 0, N

|xk − xk−1| 6 sk − sk−1 < d˜

{

B(xk−1, d˜) Ω xk B(xk−1, d˜)

1)Выберем x0, B(x0, d˜) u(x1) = u(a)

2) Далее проделывем аналогичный трюк для второго шара. В итоге мы добер¼мся до точки b Доказательство заверешно.

Следствие из Теоремы 8.4: Пусть 1)Ω - ограниченная область в R3

2)u(x) - гармоническая функция в Ω

3)u(x) C(Ω)

Тогда: min u(y) 6 u(x) 6 max u(y)

y ∂Ω

Ω

, такая что u(x) 6 u(a)

max

(

)

Замечание: Пусть выполнены условия следствия теоремы 8.4. Тогда

|u(x)| 6 y

∂Ω

Действительно:

u(x) 6 y ∂Ω u

y ∂Ω

max

(

) 6 max

(

)

−u y

−u(x) 6 y ∂Ω

y ∂Ω |u

max(

(

)) 6 max

(

)

∆u = f (x),

x Ω R3

оганиченная область

Классическим решением называется

, удовлетворяющее

( )

{

= u0(x),

x ∂Ω = Γ

Ω −

∩

u(x)

(Ω)

C(Ω)

(

)

Теорема 8.5: Не может существовать более одного классического решения задачи Дирихле для уравнения Пуассона.

Пусть uI(x) è uII(x) - решения. v(x) = uI(x) − uII(x)

{

∆v(x) = 0

v Γ = 0

∂Ω |

≡

= 0

v(x)

6 max

v(y)

Пусть Ω - ограниченная область в R3. Пусть u(x) C2(Ω) ∩ C1(

Ω

)

Пусть u(x) удовлетворяет ( ) и ∆u = f (x) C(

Ω

)

| − |)

I (

| − |)

→−

∫

(

| − |)

→−

(

u(x) =

−

· ∆yu(y)· dy + u(y)·

∂

−

dSy

−

∂u(y)

dSy

4π x y

∂ny

4π x y

∂ny

Ω

∂Ω

}

áû îò íåãî} |избавиться.{z

}

Потенциал простого слоя нам очень| мешает. Хотелось{z

обь¼мный потенциал

потенциал двойного слоя

потенциал простого слоя

Граница класса C2

K3(x, y) =

−1

4π|x − y|

g(x, y) C2(Ω) ∩ C1(Ω)

∆ (x, y) = 0					y			Ω
g(yxg, y)		=				1



			1

	y ∂Ω			4π x				y
	y ∂Ω			4π x			−	y	\|
					\|		−		\|

G(x, y) = −4π|x − y| + g(x, y)

Пусть мы нашли g(x, y), тогда мы можем применить вторую формулу Грина:

∫	∫	∫	→−	I
	∆yu(y)g(x, y)dy −	u(y) ∆y g(x, y) dy = g(x, y)	∂u(y)	dSy −
	∆yu(y)g(x, y)dy −	u(y) ∆y g(x, y) dy = g(x, y)	∂ny	dSy −
		\| {z }	∂ny
Ω	Ω	∂Ω		∂Ω
		= 0

u(y)

|{z}

= u0(y)

∂g(x, y)

∂→− dSy ny

Складывая эту формулу, и другую большую формулу на этой странице, имеем:

u(x) =

−

+ g(x, y) · ∆yu(y)· dy + u(y)·

∂

−

+ g(x, y) dSy −

4π x y

∂ny

4π x y

∫ [

| − |

]

[

| − |

]

→−

Ω

∂Ω

∂u(y)

+ g(x, y) dSy

−

· −

∂ny

[

| −

]

→−

∂Ω

Так как мы так специально выбирали функцию g(x, y), òî:

∫

u(x) = G(x, y)

Ω

G(x, y) = G(y, x)

∆yu(y) dy +

| {z }

∂Ω

= f (y)

x, y Ω

∂

u(y) ∂→−G(x, y)dSy

|{z} ny

= u0(y)

Попробуем решить следующую систему:

∆ (x, y) = 0,

Ω

(y g.

)

= +

y =R

g x y

y =R

4π

относительно окружности.

−

| |

x = x

- точка симметричня x

|x|2

4π|x||x − y|; x , 0

g(x, y) =

y Ω

4πR

;

x = 0

Докажем, что это действительно будет решением сформулированной системы.


\|x\|\|x \| = \|y\|2
	\|x\|	=	\|y\|
		=	\|x \|
	\|y\|		\|x \|
	\|y − x\|				=	\|x\|	R	=	1
	\|y − x			\|	=	\|y\|	4π\|x\|\|y − x \|	=	4π\|y − x\|
	\|y − x			\|		\|y\|	4π\|x\|\|y − x \|		4π\|y − x\|

Решение в случае шара:

{∆u(x) = 0, x Ω u |x|=R = u0(x)

ny = y		- вектор внешней нормали.
→−

∂G(x, y)

∂

G(x, y) = nk(y)

= nk(y)

−

∂ny

∂yk

4π x y

4π x x

→−

k=1

[

| − |

| ||

− |]

∑

−

∑

−

yk (yk

−

xk)

R (yk

yk yk

−

| |

(yk

)

[

−

]

[

−

]

4π

k=1

−

4π

k=1

−

∑

Последнее равенство следует из того, что:

|x|

R|x − y|

|x|2

|y − x |

|x|2

∂

G(x, y) =

(y, y

) =

(y, x)

(y, x

) =

4π

−

4π x

−

R2 |

→−

−

]

−

]

[

∂ny

[

−

− |

|R|2

(

|x|2 )]

4πR|x − y|3

4π|x − y|3R

(y, x)

2 +

y, x

− |x|

Отсюда имеем формулу Пуассона:

u(x) =

(R2 − |x|2)

(y)dS

(

)

4πR

|x − y|3

|y| = R

Подвед¼м доказанные только что факты в теорему:

Теорема 8.6: пусть u0(x) C(Γ), где Γ- сфера радиуса R : Γ = {x : x R3; |x| = R}, тогда u(x),

определяемой формулой Пуассона: 1)u(x) C∞({|x| < R}) ∩ C({|x| 6 R})

2)u является классическим решение задачи Дирихле для уравнения Лапласа. 3)Это решение единстенно

Теоремы Лиувилля и об устранимой особенности.

Теорема 8.7: (Лиувилля) Гармоническая функция u(x) â R3, имеющая на ∞ рост не выше степен-

íîãî: |u(x)| 6 C(1 + |x|)µ

является многочленом переменных x1, x2, x3 степени не выше µ :

(C > 0, µ - действительные числа)

Первый случай: µ > 0

R > 0; R > 2|x|

u(x) C∞(R3)

Rx − y|x3|

u(x) = 4πR

u(y) y =RdSy

y =R

−

| − |

= R

Dαu(x) =

Dα

R2 − |x|2

u(y)dS

4πR I

( |x − y|3

)

(

R2 − |x|2

)

|y|=R

Dα

Pα(R, x, y)

|x − y|3+2|α|

|x − y|3

Pα(R, x, y)

- однородный многочлен степени |α| + 2

переменных R, x1, x2, x3, y1, y2, y3. Докажем это

методом математической индукции.

1)α = 0 |α| = 0

Dα

(

R2 − |x|2

)

R2 − x12 − x22 − x32

|x − y|3

2)Пусть предположение индукции верно для |α| 6 k (k > 0). Докажем, что оно верно для |α| = k + 1

Пусть не умоляя общности: (α1 + 1, α2, α3) = αˆ

(случаи (α1, α2 + 1, α3) = αˆ

è (α1, α2, α3 + 1) = αˆ аналогичны)

(

)

∂x1 [

(

)]

(|x − y|3+2|α|

)

∂

− y1)

|x − y|3

∂x1

|x − y|3+2(|α|+1)

Dαˆ

R2 − |x|2

∂

Dα

− |x|2

∂

Pα(R, x, y)

∂x1 (Pα(R, x, y))· |x − y|2 − (3 + 2|α|)· Pα(R, x, y)· (x1

Pαˆ (R, x, y)

|x − y|3+2|αˆ|

2) |x| 6

|y| = R & α = (α1, α2, α3)

(

| −

)

Cα

Dxα

x − y|

R1+|α|

à) Pα(R, x, y) 6

CαR| |

так как это многочлен степени не выше чем |α| + 2, и x1, x2, x3, y1, y2, y3 все по модулю меньше R

1 3+2 α

3+2 α

á)|x − 2y|3+2|α2| 6 (

)

| |· R

+|2

Dxα

(

Cα R|α|

− |

= C˜α·

3+2|α|

3+2 α

R|α|+1

−

)

(

)

Докажем, что

α : |α| > µ

Dxαu(x) ≡ 0

x 2

|Dxαu(x)| =

Dxα

− |

u(y)dSy

4πR

(

− |

)

y =R

| |

˜		1		I	(1 + R)	µ
Cα	· C· (1+\|x\|)µdSy 6		C˜α· C·				dSy =
R\|α\|+1		4πR			R\|α\|+1

|y|=R

(1 + R)

Cα· C

(1 + R)

4πR2 = C C˜

→

0 ïðè R

→ ∞

4πR R|α|+1

R|α|

Запишем ряд Тейлора в форме Лагранджа:

∑ |∑|

|∑

u(x) = u(0) +

α!

Dαu(0)xα +

Dαu(ξ)xα, ãäå:

k=1 α =k

α =m+1

α!

Dαu(x) =

∂α1

∂α2

∂α3

xα = x1α1 · x2α2 · x3α4 ;

α! = α1!α2!α3!

;

∂xα1

∂xα2

∂xα3

Значит наша функция и в самом деле многочлен степени не выше, чем µ

Второй случай: µ < 0

|u(x)| 6 C(1 + |x|)µ тогда наша функция это тождественный 0.

Теорема 8.8 (Об устранимой особенности)

Пусть:

1) u(x) - гармоническая функция в B (a, ρ) = {x, 0 < |x − a| < ρ}

2)u(x) = o(K3(x − a)) ïðè x → a

Тогда:

lim u(x), и функция, дополненная пределом значения в точке a - гармоническая функция в B(a, ρ)

x→a

Доказательство: пусть сначала a = 0

(\| \|)			r : 0 < r < ρ
u(x) = o	1			\|x\|u(x) → 0 ïðè \|x\| → 0
u(x) = o	x			\|x\|u(x) → 0 ïðè \|x\| → 0
Зафиксируем
B(0, r) 0		uˆ(x) =		1		(r2 − \|x\|2)	u(y)dS
B(0, r) 0	}	uˆ(x) =		4πr I			u(y)dS
\{	}			4πr I		\|x − y\|3		y
					\|y\|=r

uˆ(x) C∞(B(0, r)), совпадает с u(x) на границе B(0, r)

Пусть V(x) = u(x) − uˆ(x), 0 < |x| 6 r

Cвойства:

1)V(x) - гармоническая функция в B(0, r)\{0}

2)|x|V(x) = |x|u(x) − |x|uˆ(x) → 0, ïðè x → 0

(uˆ(x) - ограничена)

Докажем, что |v(x)| 6

0 < |x| < r

W±(x) =

V(x), 0 <

6 r, ϵ > 0

|x|

| |

à)W±(x) - гармоническая функция в 0 <

< r

C(δ 6

6 r)

| |

á) r > δ > 0 W±(x)

ã)

â)Wϵ±(x) |x|=r

= r

]|x|=δ

|x|=δ

[

= 1

V(x)

Wϵ±(x)

ϵ > 0

δ(ϵ) > 0

x : 0 < x

6 δ(ϵ)

V(x) <

→ | ||

Тогда x : 0 < |x| 6 δ(ϵ)

Wϵ±(x) = |x|

V(x) = |x|[1 |x|

] >

|x|[1 −

| | ϵ

] >

|x|·

2 > 0

V(x)

x V(x)

По принципу максимума, W±

(x) положительна везде в 0 <

6 r :

| |

W±(x) =

V(x) > 0

0 < x

6 r

|x|

|V(x)| <

V(x) ≡ 0 в любой конечной точке , 0.

|x|

lim u(x) =

lim uˆ(x) = uˆ(0)

x→0,x,0

Регулярность поведения гармонических функций на бесконечности.

Пусть x = x

x ∞; x 0

|x|

(

)

n−2

Лемма 8.2: Åñëè u(x) - гармоническая функция в окрестности ∞ в Rn, то функция u (x ) =

· u

)

- гармоническая функция в окрестности 0.

|x| = ρ, |x | = r |x ||x| = ρr = R2

Доказательство леммы будем проводить для случая n = 3.

uˆ(ρ, θ, φ) = u[ρ sin θ cos φ, ρ sin θ sin φ, ρ cos θ] uˆ (r, θ, φ) = u [r sin θ cos φ, r sin θ sin φ, r cos θ]

ˆ ( , θ, φ) =

, θ, φ

u r

1 ∂2

r u(

)

R ∂2

∆u =

[r· uˆ (r, θ, φ)] +

∆ˆ θ,φuˆ (r, θ, φ) =

[u(

, θ, φ)] +

∆ˆ θ,φ′ uˆ

(

, θ, φ)

∂r2

∂

∂ρ

∂

ρ2

∂

uˆ(

, θ, φ) =

uˆ(ρ, θ, φ)

= −

uˆ(ρ, θ, φ)

= −

uˆ(ρ, θ, φ)

∂r

∂ρ

∂r

∂ρ

∂2

(

∂

( −

ρ2 ∂

R2 ∂

[

ρ2 ∂

2 ∂

uˆ

, θ, φ =

uˆ(ρ, θ, φ)

−

uˆ(ρ, θ, φ) =

uˆ(ρ, θ, φ)

∂ 2

∂r

∂ρ

− r

∂ρ

∂

)

∂

)

]

[

]

1 ∂

∂uˆ(ρ, θ, φ)

∆u

[ρ2

uˆ(ρ, θ, φ)]

∆ˆ θ,φ′

uˆ(ρ, θ, φ) =

[

(ρ2

)

∆ˆ θ,φuˆ(ρ, θ, φ)] =

∂ρ

ρ2

∂ρ

ρ2

∆u(ρ, θ, φ) = 0

Òàê

êàê

c uˆ - гармоническая. Значит u (r, θ, φ) - гармоническая в проколотой окрестности 0

Теорема 8.9: Пусть u(x) - гармоническая функция в окрестности ∞

{x :

x R3, |x| >

R} è u(x) → 0 ïðè |x| → ∞

Тогда u(x) = O(

)

è Dαu(x) =2O(

)

|x|

|x|1+|α|

Посторим u (x ) =

x ) (применим к нашей функции преобразование Кельвина)

|x |

|x |2

1)u (x ) - гармоническая в проколотой окрестности 0

2)|x |· u (x ) = R· u(

x ) → 0

ïðè |x | → 0

|x |2

3)u (x2 ) C∞(x

: 0 < |x | 6

)

0 < Mα < ∞ :

|Dαu (x )| 6 Mα

= 1 =

|x|· |x |

|x|

|x |

Åñëè x определена в окрестности 0, то x в окрестности ∞

u(x) = u(

x )

x ) =

u (x ) 6 M0

|x |2

|x|

|x |

|x |2

|x|

Докажем аналогичное своийство для производных.

α = (1, 0, 0)

(x ) = R u

(x ) +

∑

= R u

(x ) +

∑

δk1

∂u(x)

∂

[

]

∂u (x

)

∂x

∂u

)

(

)

−

k=1

∂x1

∂x1 x

−

∂x

∂x1

−

∂x

Теперь провед¼м оценки:

k=1

| |

[

| |

]

| |

∂u(x)

∑

∂u (x )

∂x1

6 R·

| x |

6 M0

∂x

6 1

| x | ·

| x |

6 R x 2

+ x 3 · M100· 7

x 2 |u

(x )| + x 3

δk

6 1

| {z }

6 M100

|{z}

6 1

|{z}

|{z} |{z}

∂u(x)

M˜

| {z }

∂x1

| |

Постановка внешних задач

Определение: Область Ω R3 называется внешней, если множество (R3\Ω) - ограниченная область

â R3; ∂Ω = ∂(R3\Ω)

Определение: Пусть Ω - внешняя область в R3 с гладкой (кусочно-гладкой) границей Γ.

Внешняя задача Дирихле:

найти функцию u(x) C2(Ω) ∩ C(Ω Γ) такую, которая удовлетворяет условиям:

1)∆u(x) = 0 x Ω

2)u Γ = u0(x), u0(x) C(Γ)

3)u(x) → 0, ïðè |x| → ∞

Внешняя задача Неймана:

найти функцию u(x) C2(Ω) ∩ C1(Ω Γ) такую, которая удовлетворяет условиям:

1)∆u(x) = 0 x Ω

	→−		0, ïðè	x
3)u(x)			0, ïðè	x
2)	∂u	= u1(x), u1(x) C(Γ)
	∂ n	Γ
		→		\| \| → ∞

Решения, удовлетворяющие этим условия называются классическими.

Теорема 8.10: не может существовать более одного классического решения внешней задачи Дирихле для уравнения Лапласа.


Предположим противное: v(x) = uI(x) − uII(x);				Ω1 = (R3\Ω)
1)v(x) - гармоническая функция в Ω
2)v(x) C(Ω Γ)
4)v(x) Γ ≡0 ïðè x
3)v(x)		0
3)v(x)	→	0	\| \| → ∞
	→		\| \| → ∞
ϵ > 0	R(ϵ) > 0, такой что x : \|x\| > E(ϵ) →			\|v(x)\| 6 ϵ

ΩR(ϵ) = Ω ∩ {x : |x| < R(ϵ)}

Тогда |v(x)| 6 max |v(y)| 6 ϵ - по следствию из принципа максимума

y ∂ΩR(ϵ)

|v(x)| 6 ϵ x (Ω Γ)

Теорема 8.11: не может существовать более одного классического решения внешней задачи Неймана для уравнения Лапласа.

Предположим противное: v(x) = uI(x) − uII(x); Ω1 = (R3\Ω)

1)v(x) - гармоническая функция в Ω 2)v(x) C2(Ω) ∩ C1(Ω Γ)

3) ∂v ≡ 0

∂→− n Γ

4)v(x) → 0 ïðè |x| → ∞

ΩR(ϵ) = Ω ∩ {x : |x| < R(ϵ)}

v(x) C∞(ΩR(ϵ)) ∩ C1(ΩR(ϵ))

∆v(x) ≡ 0 x ΩR(ϵ) ∆v(x) C(ΩR(ϵ))

Можем применить первую формулу Грина:

	∫			I		→−	I
		[∆v(x)]v(x)dx = 0 =				∂v(x)	v(x)dSx +
		[∆v(x)]v(x)dx = 0 =				∂ n	v(x)dSx +
ΩR(ϵ)			→−	Γ			\|x\|=R(ϵ)
	I		→−	∫	v(x) dx
			∂v(x) v(x)dSx =		v(x) dx
							2
			∂ n
x	=R(ϵ)		∂ n	ΩR(ϵ)
x	=R(ϵ)
\| \|

→−	∫
∂v(x) v(x)dSx −		v(x) dx
			2
∂ n
∂ n	ΩR(ϵ)
	ΩR(ϵ)

Возьм¼м произвольное R1 > R(ϵ)

∫

→−

ΩR(ϵ)

ΩR1

x =R1

∂v(x)

x =R1

∂v(x)

C1 C2

| |

4π

v(x)

dx 6

v(x)

dx =

v(x)dSx 6

dSx 6 R2 R1

∂ n

v(x)

C1C2

→ 0

ïðè R1 → ∞

Так как выполнены следующие оценки:

(

| |)

(| |

)

→−

∂v

v(x) = O

;

v(x) = O

;

( n , v) 6 n

Отсюда

x 2

(òàê êàê

на границе )

∂ n

→−

|→−|· | |

≡

v(x)

const

Интегральные уравнеия Фредгольма 2 рода.

dS =

|x|=R1

∫

u(x) = λ K(x, y)u(y)dy + f (x), x G

G - ограниченнаÿ область в Rn u(x) C(G), x G

f (x) C(G)

K(x, y) → (x, y) (G × G)

Ядро интегрального оператора.

∫

Ku = K(x, y)u(y)dy

∫b

Уравнение Фредгольма 1 рода: 1· u(y)dy + f (y) = 0 f (x) = const

Интегральные операторы с непрерывными и полярными ядрами.

Лемма 9.1: пространство C(G), снабженное нормой C ( u C(G) = max |u(x)|) является Банаховым про-

x G

странством.

Доказательство: Пусть uk(x) - фундаментальная последовательность

ϵ > 0 N(ϵ) > 0 : k, m > N(ϵ) uk(x) − um(x) C(G) = max |uk(x) − u(x)| < ϵ

1)x0 G

{uk(x0)} → u(x0) в силу полноты R

|uk(x0) − um(x0)| 6 max |uk(x) − um(x)| < ϵ

x G

u(x), x G

ϵ > 0 N(ϵ) > 0, такое что k, m > N(ϵ) |uk(x) − um(x)| < ϵ ( x G)

Устемим m к бесконечíîñòè:

|uk(x) − u(x)| 6 ϵ ( x G)

max |uk(x) − u(x)| 6 ϵ uk(x) − u(x) C(G) 6 ϵ

x G

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.20151.41 Mб37Lecture_8.pdf
#
27.03.2016170.33 Кб10Lecture_HJ_7.pdf
#
03.06.201523.24 Кб18Lektsia_5_Eumetazoa.docx
#
03.06.20151.11 Mб11Lektsii_Vesna.pdf
#
03.06.2015303.94 Кб8Lektsii_zubova_1.pdf
#
03.06.2015319.88 Кб7Lektsii_zubova_2.pdf
#
03.06.2015450.28 Кб8Leonidov.pdf
#
03.06.2015550.54 Кб5LM1117.pdf
#
03.06.201520.96 Mб124M.A.Leontovich-термодинамика и стат физика.pdf
#
03.06.2015688.23 Кб82M1_10_14.pdf
#
03.06.2015504.99 Кб129M1_11_2012.pdf