Добавил:
Upload
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:All lectures pdfs / Ур.мат.физ / Lecture_13 / 2011-02-12 / Лекция_13
.tex\documentclass[a4paper,12pt,oneside]{book}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage[mathscr]{eucal}
\usepackage{amsmath, amssymb, graphicx, longtable, color, cite}
\usepackage{geometry}
\geometry{top=1cm} \geometry{bottom=0.5cm}
\begin{document}
\pagestyle{myheadings}
\renewcommand{\thesection}{\S\arabic{section}}
\setcounter{section}{12}
\section{Краевые задачи для уравнений Лапласа\\ и Пуассона. Задача Дирихле в шаре.}
%\noindent
Сформулируем теперь некоторые краевые задачи для уравнений Лапласа и Пуассона (заметим, что
в $\S$7 мы уже сформулировали так называемую задачу Дирихле в круге ($n=2$)).\\
%
\textbf{Определение.}\\
\textit{Первой краевой задачей} (или \textit{задачей Дирихле}) для уравнения Пуассона (или Лапласа)
называется задача о нахождении функции $u(x)\in C^2(\Omega)\cap C(\overline{\Omega})$,
удовлетворяющей следующим условиям:
\begin{equation} %(1)
\left\{
\begin{array}{l}
\triangle_x u=f(x)(=0), \quad x\in\Omega;\\
u|_{\partial\Omega}=\varphi(x), \quad x\in\partial\Omega;
\end{array}
\right.
\end{equation}
$f$, $\varphi$ - заданные функции.\\
%
\textit{Третьей краевой задачей} для уравнения Пуассона (или Лапласа) называется задача о нахождении
функции $u(x)\in C^2(\Omega)\cap C^1(\overline{\Omega})$,
удовлетворяющей следующим условиям:
\begin{equation} %(2)
\left\{
\begin{array}{l}
\triangle_x u=f(x)(=0), \quad x\in\Omega;\\
\bigl(\frac{\partial u}{\partial N}+\sigma(x)u\bigr)\bigr|_{\partial\Omega}=\varphi(x), \quad x\in\partial\Omega;
\end{array}
\right.
\end{equation}
$f$, $\varphi$, $\sigma$ - заданные функции;
$\frac{\partial}{\partial N}=(N,\nabla)$, $N$ - единичная внешняя нормаль к $\partial\Omega$.
Если $\sigma(x)\equiv 0$, то задача (2) называется \textit{второй краевой задачей }(или \textit{задачей Неймана}) для
уравнения Пуассона (или Лапласа).\\
%
\textbf{Замечание.}\\
а) Давая определение краевых задач, мы сразу ведем речь о \textit{классическом решении }той или иной задачи.\\
б) При $n=2$ задачи (1), (2) имеют четкий физический смысл: например, они описывают распределение
прогиба упругой мембраны (при том или ином способе крепления края мембраны).\\
в) Давая определение краевых задач, мы полагали, что $\Omega\subset R^n$
- ограниченная область. Задачи (1), (2) при этом еще иногда называют \textit{внутренними} (interior):
внутренняя задача Дирихле ($D_i$), внутренняя задача Неймана ($N_i$) и т.д. Если область $\Omega\subset R^n$ -
неограниченная и является внешностью ограниченного множества, то задачи (1), (2)
называют \textit{внешними}: внешняя задача Дирихле ($D_e$), внешняя задача Неймана ($N_e$) и т.д.\\
%
\textbf{Замечание о задаче Коши}.
Рассмотрим сначала вопрос о единственности классического решения \textit{внутренних} задач (1), (2).\\
\textbf{Теорема 1.}\\
Задача Дирихле (1) и задача (2) при $\sigma(x)\geq 0$, $x\in \partial\Omega$ не могут иметь
более одного классического решения. Классическое решение задачи Неймана определяется
с точностью до постоянной.\\
%
Доказательство.\\
Рассмотрим задачу $D_i$.
Пусть $u_{1,2}(x)$ - два решения задачи (1), отвечающие одним и тем же функциям $f$, $\varphi$.
Тогда их разность $u(x)=u_1(x)-u_2(x)$ является гармонической функцией в $\Omega$,
непрерывной в $\overline{\Omega}$ и $u|_{\partial\Omega}=0$.
Поэтому, в силу принципа максимума (вернее, в силу следствия из Теоремы 12 предыдущего $\S$12)
$$ ||u||_{C(\overline{\Omega})}\leq ||u||_{C(\partial\Omega)}=0, \quad \mbox{т.е.}\ u\equiv 0\ \mbox{в}\ \Omega.$$
Значит в $u_1(x)\equiv u_2(x)$ области $\Omega$.
Рассмотрим задачу ($2_i$).
Пусть $u_{1,2}(x)$ - два решения задачи ($2_i$),
отвечающие одним и тем же функциям $f$, $\varphi$, $\sigma$.
Тогда их разность $u(x)=u_1(x)-u_2(x)$
удовлетворяет следующей задаче:
{\renewcommand{\theequation}{$2'_i$}
\begin{equation} %(2'_i)
\left\{
\begin{array}{l}
\triangle_x u(x)=0, \quad x\in\Omega;\\
\bigl(\frac{\partial u}{\partial N}+\sigma(\xi)u\bigr)\bigr|_{\partial\Omega}=0, \quad \xi\in\partial\Omega;
\end{array}
\right.
\end{equation}}
Используем теперь первую формулу Грина (3) из $\S$12 (убедитесь в том,
что она применима):
$$0=\int\limits_{\Omega} u\cdot\triangle_x u\cdot dx=\int\limits_{\partial\Omega}u\cdot\frac{\partial u}{\partial N}dS-
\int\limits_{\Omega}|\nabla u|^2dx$$
или
{\renewcommand{\theequation}{$*$}
\begin{equation} %(*)
\int\limits_{\Omega}|\nabla u|^2dx+\int\limits_{\partial\Omega}\sigma(x)u^2(x)dS_x=0.
\end{equation}}
\setcounter{equation}{2}
Из ($*$) следует, что при $\sigma(x)\geq 0$ $u(x)\equiv 0$ в $\Omega$.
Для задачи $N_i$ из ($*$) следует, что $u(x)\equiv const$ в $\Omega$.\\
%
%
\textbf{Замечание.}\\
Легко может быть найдено \textit{необходимое условие разрешимости задачи $N_i$}.
В самом деле, пусть существует классическое решение задачи $N_i$.
Тогда (см. формулу (2) из $\S$12):
$$\int\limits_{\Omega} \triangle u dx=\int\limits_{\partial\Omega}\frac{\partial u}{\partial N}dS$$
и
\begin{equation} % (3)
\int\limits_{\Omega} f dx=\int\limits_{\partial\Omega}\varphi dS.
\end{equation}
Перейдем к вопросу о существовании классического решения задачи $D_i$.
Сформулируем сначала общий результат.\\
%
\textbf{Теорема 2.}\\
Если:\\
а) $f\in C^1(\overline{\Omega})$,\\
б) $\varphi\in C(\partial\Omega)$,\\
в) граница $\partial\Omega$ достаточно гладкая,\\
то задача $D_i$ имеет классическое решение.\\
%
\textbf{Замечание.}\\
На первый взгляд кажется, что условие а) завышено (не достаточно ли для разрешимости
задачи $D_i$ выполнения условия $f\in C(\overline{\Omega})$?).
Однако заменить а) на это условие нельзя (можно построить пример, показывающий,
что задача $D_i$ не имеет классического решения, если $f\in C(\overline{\Omega})$).
Методы доказательства теоремы 2: \textit{метод функций Грина}, \textit{метод потенциалов}.
Рассмотрим эти методы. Остановимся сначала на методе функций Грина.
\textbf{Предварительные сведения.}
Пусть $u\in C^2(\overline{\Omega})$, $n\geq 2$.
Тогда в силу теоремы 1 из $\S$12 (см. формулы (7), (9)):
{\renewcommand{\theequation}{$+$}
\begin{equation} %(+)
u(x)=u_0(x)+u_2(x)-u_1(x), \quad x\in\Omega;
\end{equation}}
{\renewcommand{\theequation}{$++$}
\begin{equation} %(++)
0=u_0(z)+u_2(z)-u_1(z), \quad z\notin\overline{\Omega}.
\end{equation}}
\setcounter{equation}{3}
Умножим (++) на произвольную непрерывную функцию $d(z)$, $z\notin\overline{\Omega}$
и вычтем его из (+). В итоге мы получим еще одно представление
произвольной функции $u\in C^2(\overline{\Omega})$:
\begin{equation} %(4)
\left.
\begin{array}{c}
u(x)=\int\limits_{\Omega}\{U(x-y)-d(z)U(z-y)\}\triangle_y u(y)dy+\\
+\int\limits_{\partial\Omega}\{[d(z)U(z-\xi)-U(x-\xi)]\frac{\partial u(\xi)}{\partial N_\xi}+\\
+ \frac{\partial}{\partial N_\xi}[U(x-\xi)-d(z)U(z-\xi)]u(\xi)\}dS_\xi,\ x\in\Omega.
\end{array}
\right.
\end{equation}
Оказывается, что справедлив следующий факт:
при весьма общих предположениях относительно
области $\Omega$ существует такое отображение $z=z(x)$,
переводящее т.$x\in\Omega$
в точку $z\notin\overline{\Omega}$ и такая функция $d(z(x))$, что для всех $x\in\Omega$
выполнено тождество
\begin{equation} %(5)
d(z(x))U(z(x)-\xi)-U(x-\xi)\equiv 0,\quad \xi\in\partial\Omega.
\end{equation}
Пусть мы нашли такие функции $z(x)$, $d(z(x))$.
Тогда из (4) следует еще одно представление для произвольной
функции $u\in C^2(\overline{\Omega})$:
\begin{equation} %(6)
\left.
\begin{array}{c}
u(x)=\int\limits_{\Omega}\{U(x-y)-d(z(x))U(z(x)-y)\}\triangle_y u(y)dy+\\
+ \int\limits_{\partial\Omega}u(\xi)\frac{\partial}{\partial N_\xi}\{U(x-\xi)-d(z(x))U(z(x)-\xi)\}dS_\xi,\ x\in\Omega.
\end{array}
\right.
\end{equation}
Дальнейшие рассуждения будем проводить для случая, когда
область $\Omega$ - шар: $S_{R,0}$.
Простые рассуждения позволят нам найти функции $z(x)$, $d(z(x))$ с нужными свойствами.
В самом деле, пусть $n>2$.
Тогда условие (5) перепишется так:
$$|z(x)-\xi|^{n-2}\equiv |x-\xi|^{n-2}d(z(x)), \quad |\xi|=R$$
или
$$|z(x)-\xi|^{2}\equiv |x-\xi|^{2}b^2(z(x)), \quad b(z(x))=[d(z(x))]^{\frac{1}{n-2}}, \quad |\xi|=R.$$
Функцию $z(x)$ будем искать в следующем виде
$$z=a(x)x,$$
где $a(x)$ - неизвестная пока функция.
Тогда
\begin{equation*}
\left.
\begin{array}{c}
|z(x)-\xi|^{2}=(z-\xi,z-\xi)=|z(x)|^2-2(z(x),\xi)+R^2\equiv \\
\equiv b^2(z(x))|x-\xi|^2=b^2(z(x))\{|x|^2-2(x,\xi)+R^2\}
\end{array}
\right.
\end{equation*}
или
{\renewcommand{\theequation}{$**$}
\begin{equation} % (**)
\left.
\begin{array}{c}
[a^2(x)-b^2(y(x))]|x|^2+(1-b^2(z(x)))R^2\equiv\\
\equiv 2[a(x)-b^2(z(x))](x,\xi), \quad |\xi|=R.
\end{array}
\right.
\end{equation}}
\setcounter{equation}{6}
Положим
$$a(x)=b^2(z(x)), \quad b(z(x))=\frac{R}{|x|}.$$
При таком выборе тождество ($**$) выполняется.
Далее, отображение\\
$z=a(x)x=\frac{R^2}{|x|^2}x$ переводит т.$x\in S_{R,0}$ ($|x|<R$) в
т.$z\notin\overline{S_{R,0}}$ ($|z|>R$),
поскольку $|z|=\frac{R^2}{|x|^2}|x|=\frac{R^2}{|x|}>R$ при $|x|<R$.
Кроме этого:
$$d(z(x))=\biggl(\frac{R}{|x|}\biggr)^{n-2}.$$
С учетом найденных функций $z(x)$, $d(z(x))$
преобразуем формулу (6), переписав ее сначала для шара $S_{R,0}$.
Поскольку:
\begin{equation} % (7)
\left.
\begin{array}{l}
1)\ U(x-y)-d(z(x))U(z(x)-y)=\\
=-\frac{1}{(n-2)\sigma_n}\biggl\{\frac{1}{|x-y|^{n-2}}-\biggl(\frac{\frac{R}{|x|}}{|\frac{R^2}{|x|^2}x-y|}\biggr)^{n-2}\biggr\}=-G_R(x,y)
\end{array}
\right.
\end{equation}
\begin{equation} % (8)
\left.
\begin{array}{l}
2)\ |\xi|=R;\\
\frac{\partial}{\partial N_\xi}\{U(x-\xi)-d(z(x))U(z(x)-\xi)\}=(N_{\xi},\nabla_{\xi}\{\ldots\})=\\[4mm]
=\frac{1}{R}(\xi,\nabla_{\xi}\{\ldots\})=-\frac{1}{(n-2)\sigma_n}\frac{1}{R}
(\xi,\nabla_{\xi}\bigl\{\frac{1}{|x-\xi|^{n-2}}\bigr\})+\\[4mm]
+\frac{1}{(n-2)\sigma_n}\frac{1}{R}\bigl(\frac{R}{|x|}\bigr)^{n-2}
(\xi,\nabla_{\xi}\bigl\{\frac{1}{|\frac{R^2}{|x|^2}x-\xi|^{n-2}}\bigr\})=\\[4mm]
=\frac{1}{R\sigma_n}
\biggl\{\frac{(\xi,\xi-x)}{|x-\xi|^{n}}-\frac{\bigl(\frac{R}{|x|}\bigr)^{n-2}}{|\frac{R^2}{|x|^2}x-\xi|^n}
(\xi,\xi-\frac{R^2}{|x|^2}x)\biggr\}=\\[4mm]
=\frac{1}{R\sigma_n}\frac{1}{|x-\xi|^{n}}\bigl\{R^2-(\xi,x)-\frac{R^2-\frac{R^2}{|x|^2}(\xi,x)}{\frac{R^2}{|x|^2}}\bigr\}=\\[4mm]
=\frac{R^2-|x|^2}{R\sigma_n|x-\xi|^{n}}=P_R(x,\xi),\quad |\xi|=R.
\end{array}
\right.
\end{equation}
%
\textbf{Задача.}\\
Покажите, что
$$P_R(x,\xi)=-\frac{\partial}{\partial N_\xi}G_R(x,\xi), \quad |\xi|=R.$$
Итак, для любой функции $u\in C^2(\overline{\Omega})$
где $\Omega$ - шар $S_{R,0}$, имеет место представление:
\begin{equation} % (9)
u(x)=\int\limits_{|\xi|=R}u(\xi)P_R(x,\xi)dS_\xi-\int\limits_{|y|<R}G_R(x,y)\triangle_y u(y)dy, \quad x\in\Omega
\end{equation}
%
\textbf{Замечание.}\\
1) При $n=2$ представление (9) также имеет место, при этом $P_R(x,\xi)$
имеет тот же вид (8), а функция $G_R(x,y)$ принимает следующий вид:
{\renewcommand{\theequation}{$7'$}
\begin{equation} % (7')
G_R(x,y)=\frac{1}{2\pi}\ln\biggl\{\frac{|y|x|^2-R^2x|}{R|x-y|}\biggr\}
\end{equation}}
\setcounter{equation}{9}
2) Функция $P_R(x,\xi)$, $|x|<R$, $|\xi|=R$ называется \textit{ядром Пуассона}
задачи $D_i$ шаре $S_{R,0}$;\\
Функция $G_R(x,y)$, $|x|,|y|<R$ называется \textit{функцией Грина} задачи $D_i$ в шаре $S_{R,0}$.
3) Напомним, что функция Грина $G_R(x,y)$ дается
формулой (7) при $n>2$ (и формулой (7') при $n=2$):
$$G_R(x,y)=\frac{1}{(n-2)\sigma_n}\biggl\{\frac{1}{|x-y|^{n-2}}-\biggl(\frac{\frac{R}{|x|}}{|\frac{R^2}{|x|^2}x-y|}\biggr)^{n-2}\biggr\}.$$
%
Опишем более подробно эту функцию (имея в виду дальнейшие соображения).
Эта функция определена в области $\{(x,y)\in R^{2n};\ x\neq~y,\ \frac{R^2}{|x|^2}x\neq~y\}$,
непрерывна в ней и обладает следующими легко-проверяемыми свойствами:\\
а) $G_R(x,y)\equiv 0$ при $|x|=R$;\\
б) $G_R(x,y)=G_R(y,x)$;\\
в) $\triangle_{x,y}G_R(x,y)=0$;\\
г) при $|x|,|y|\leq R$:\\
$$0\leq G_R(x,y) \leq \frac{1}{\sigma_n|x-y|^{n-2}}, \quad n>2$$
или
$$0\leq G_R(x,y) \leq \frac{1}{2\pi}\ln\frac{2R}{|x-y|}, \quad n=2.$$
Свойство б) доказывается с помощью очевидного равенства (проверьте его справедливость!)
$$|R^2y-x|y|^2|^2\cdot|x|^2=|R^2x-y|x|^2|^2\cdot|y|^2.$$
Из него вытекает, что условие $\frac{R^2}{|x|^2}x\neq~y$ эквивалентно условию $\frac{R^2}{|y|^2}y\neq~x$ и поэтому,
если точка $(x,y)$
принадлежит области определения функции $G_R(x,y)$
то точка $(y,x)$ принадлежит той же области.
Свойство г) доказывается с помощью принципа максимума.\\
%
\textbf{Задача.}\\
Докажите свойство в).
Вернемся снова к представлению (9).
Оказывается, такое же представление справедливо, если на функцию $u(x)$, $|x|<R$
наложены менее ограничительные требования. А именно, справедлива\\
%
\textbf{Теорема 3.}\\
Пусть $u\in C^2(S_{R,0})\cap C(\overline{S_{R,0}})$,
функция $\triangle u(x)$ - непрерывна и ограничена в шаре $S_{R,0}$.
Тогда для любой точки $|x|<R$ справедливо равенство (9).
Доказательство теоремы простое по идее, но громоздкое по технике.
Поэтому я ограничусь изложением только идеи доказательства.
Возьмем шар $S_{\widetilde{R},0}$, $\widetilde{R}<R$, в котором
лежит т.$x$ (см. Рис.). Тогда $u\in
C^2(\overline{S_{\widetilde{R},0}})$. Поэтому в шаре
$S_{\widetilde{R},0}$ справедливо представление (9). Записав это
представление и устремив $\widetilde{R}\rightarrow R$, надо
убедиться, что слагаемые в правой части формулы (9) имеют пределы
для любой т.$x$: $|x|<R$.
\begin{figure}[h]
\centering\includegraphics[width=0.6\textwidth]{pic_1.eps}
\end{figure}
Закончим рассказ о предварительных сведениях в этом параграфе ещё
несколькими фактами.\\
1) Легко показать, что
\begin{equation} % (10)
\triangle_x P_R(x,\xi)=0,\quad |x|<R,\ |\xi|=R.
\end{equation}
2) Если уравнение $\triangle_x u(x)=0$ в шаре $S_{R,0}$
имеет решение $u\in C^2(\overline{S_{R,0}})$, то это решение
записывается в следующем виде:
\begin{equation} % (11)
u(x)=\int\limits_{|\xi|=R}P_R(x,\xi)u(\xi)dS_\xi.
\end{equation}
Формула (11) называется \textit{формулой Пуассона} (при $n=2$
формула Пуассона была получена нами в $\S$7).
В частности, задача $D_i$ следующего вида:
{\renewcommand{\theequation}{$D_i$}
\begin{equation} %(D_i)
\left\{
\begin{array}{l}
\triangle_x u(x)=0, \quad |x|<R;\\
u|_{|x|=R}=1
\end{array}
\right.
\end{equation}}
\setcounter{equation}{11}\\
имеет единственное решение (почему?) $u(x)\equiv 1$.
Тогда в силу (11) имеем:
\begin{equation} % (12)
u(x)\equiv 1=\int\limits_{|\xi|=R}P_R(x,\xi)dS_\xi.
\end{equation}
3) Пусть $u\in C^2(\overline{S_{R,0}})$
финитная функция . Тогда из (9) получаем:
\begin{equation} % (13)
u(x)=-\int\limits_{|y|<R}G_R(x,y)\triangle_y u(y)dy.
\end{equation}
Из теоремы 3 следует, что если классическое решение
задачи $D_i$ в шаре $S_{R,0}$ существует
(при непрерывной на сфере $|\xi|=R$
функции $\varphi(\xi)$ и ограниченной непрерывной в шаре $|x|<R$
функции $f(x)$), то оно (это классическое решение)
представляется в виде
\begin{equation} % (14)
u(x)=\int\limits_{|\xi|=R}P_R(x,\xi)\varphi(\xi)dS_\xi-\int\limits_{|y|<R}G_R(x,y)f(y)dy.
\end{equation}
Пусть теперь выполнены условия теоремы 2:\\
а) $f(x)\in C^1(\overline{S_{R,0}})$,\\
б) $\varphi(\xi)\in C(\partial S_{R,0})$.\\
Покажем, что (14) и есть искомое решение задачи $D_i$
в шаре $S_{R,0}$.
Доказательство этого факта состоит из двух частей.\\
%
\textbf{Часть 1.}\\
%
Обозначим первое слагаемое в (14) через
$$v(x)=\int\limits_{|\xi|=R}P_R(x,\xi)\varphi(\xi)dS_\xi, \quad |x|<R.$$
Покажем, что\\
а) $\triangle_x v(x)=0$, $|x|<R$;\\
б) $v(x)\rightarrow \varphi(\zeta)$, если $x\rightarrow \zeta$, $|\zeta|=R$.\\
Свойство а) выполнимо в силу формулы (10). Докажем свойство б).
Очевидно, что функция $v(x)\in C^2(S_{R,0})$
по крайней мере.
Составим разность (с учетом формулы (12)):
{\renewcommand{\theequation}{$*$}
\begin{equation} %(*)
\begin{array}{l}
v(x)-\varphi(\zeta)=\int\limits_{|\xi|=R}P_R(x,\xi)\{\varphi(\xi)-\varphi(\zeta)\}dS_\xi=\\[4mm]
=\int\limits_{|\xi|=R,|\xi-\zeta|<\delta}P_R(x,\xi)\{\varphi(\xi)-\varphi(\zeta)\}dS_\xi +\\[4mm]
+\int\limits_{|\xi|=R,|\xi-\zeta|\geq\delta}P_R(x,\xi)\{\varphi(\xi)-\varphi(\zeta)\}dS_\xi,\ |\zeta|=R,
\end{array}
\end{equation}}
\setcounter{equation}{11}\\
$\delta>0$ - некоторое число.
$$|v(x)-\varphi(\zeta)|\leq |\mbox{1 слаг}|+|\mbox{2 слаг}|.$$
\begin{figure}[h]
\centering\includegraphics[width=0.6\textwidth]{pic_2.eps}
\end{figure}
Поскольку $\varphi(\xi)\in C(\partial S_{R,0})$, то $\forall
\varepsilon>0$, $\exists\delta>0$, что как только $|\xi-\zeta|<
\delta$, то $|\varphi(\xi)-\varphi(\zeta)|\leq
\frac{\varepsilon}{2}$ и поэтому
$$|\mbox{1 слаг}|=|\int\limits_{|\xi|=R,|\xi-\zeta|<\delta}P_R(x,\xi)\{\varphi(\xi)-\varphi(\zeta)\}dS_\xi|\leq \frac{\varepsilon}{2}$$
(в силу (12)).
Рассмотрим теперь второе слагаемое.
Поскольку $x\rightarrow\zeta$,
то можно считать, что $|x-\zeta|\leq \frac{\delta}{2}$.
Поэтому $|\xi-x|\geq |\xi-\zeta|-|\zeta-x|\geq \delta-\frac{\delta}{2}=\frac{\delta}{2}>0$
и следовательно второе слагаемое в ($*$)
стремится к нулю (?), когда $x\rightarrow\zeta$
и станет меньше $\frac{\varepsilon}{2}$ (по абсолютной величине).
Итак, $v(x)\rightarrow \varphi(\zeta)$, когда $x\rightarrow \zeta$, $|\zeta|=R$, $|x|=R$.\\
%
\textbf{Часть 2.}\\
%
Обозначим второе слагаемое в (14) через
$$w(x)=-\int\limits_{|y|<R}G_R(x,y)f(y)dy, |x|<R.$$
Для функции $w(x)$
справедливо следующее утверждение:\\
Если $f(x)\in C^1(\overline{S_{R,0}})$, то $w(x)\in C^2(S_{R,0})\cap C^1(\overline{S_{R,0}})$
и для всех $x$: $|x|<R$
{\renewcommand{\theequation}{$**$}
\begin{equation} %(**)
\triangle_x w(x)=f(x),
\end{equation}}
\setcounter{equation}{14}
при этом $w(x)\rightarrow 0$,
когда $x\rightarrow \zeta$, $|\zeta|=R$.\\
%
Последнее свойство очевидно в силу того, что $G_R(x,y)=0$
при $|x|=R$.
Первая часть утверждения доказывается путем
громоздких выкладок (и мы их опустим).
Докажем свойство ($**$).
Возьмем произвольную финитную в $S_{R,0}$
функцию $\Psi(x)\in C^2(\overline{S_{R,0}})$
В силу (13):
$$\Psi(x)=-\int\limits_{|y|<R}G_R(x,y)\triangle_y \Psi(y)dy, |x|<R.$$
К функциям $\Psi(x)$, $w(x)$ применим вторую формулу Грина (см. $\S$12):
$$\int\limits_{|x|<R}\{\Psi(x)\triangle_x w(x)-w(x)\triangle_x\Psi(x)\}dx=$$
$$=\int\limits_{|\xi|=R}\biggl\{\Psi(\xi)\frac{\partial w(\xi)}{\partial N_\xi}-w(\xi)\frac{\partial \Psi(\xi)}{\partial N_\xi}\biggr\}dS_\xi=0,$$
т.е.
$$\int\limits_{|x|<R}\Psi(x)\triangle_x w(x)dx=\int\limits_{|x|<R}w(x)\triangle_x\Psi(x)dx=$$
$$=\int\limits_{|x|<R}\triangle_x\Psi(x)\biggl\{-\int\limits_{|y|<R}G_R(x,y)f(y)dy\biggr\}dx=$$
$$=\int\limits_{|y|<R}f(y)\biggl\{-\int\limits_{|x|<R}G_R(x,y)\triangle_x\Psi(x)dx\biggr\}dy=$$
$$=\int\limits_{|y|<R}f(y)\Psi(y)dy=\int\limits_{|x|<R}\Psi(x)f(x)dx$$
или
{\renewcommand{\theequation}{$+$}
\begin{equation} %(+)
\int\limits_{|x|<R}\{\triangle_x w(x)-f(x)\}\Psi(x)dx.
\end{equation}}
При получении (+) использовались: теорема Фубини, свойство симметрии функции Грина $G_R(x,y)$.
Поскольку $\Psi(x)$ - произвольная финитная функция из $C^2(\overline{S_{R,0}})$,
то
$$\triangle_x w(x)=f(x),$$
что и требовалось доказать.
Итак, решение задачи $D_i$ в шаре $S_{R,0}$
\begin{equation*}
\left\{
\begin{array}{l}
\triangle_x u(x)=f(x), \quad f(x)\in C^1(\overline{S_{R,0}}),\ x\in S_{R,0},\\
u|_{|x|=R}=\varphi(x), \quad \varphi(x)\in C(\partial S_{R,0}),\ |x|=R
\end{array}
\right.
\end{equation*}
дается формулой (14).
\end{document}
Соседние файлы в папке 2011-02-12