Уравнения математической физики - Байков В.А.
ISBN 5-93972-242-3
Скачать (прямая ссылка):
дает решение поставленной задачи. В силу доказанной единственности
решения отсюда будет следовать, что сумма второго и третьего слагаемых
стремится к нулю.
Докажем, что функция
00 00 00 р (х у z) u(x0,y0,z0) = f J J --- dxdydz (5)
Г
- СО -ОО -ОО
действительно удовлетворяет уравнению (1) и поставленным условиям.
Функция (5) называется ньютоновым потенциалом, а р (х, у, z) - его
плотностью.
Покажем прежде всего стремление к нулю функции и на бесконечности.
Используя (3), из формулы (5) получим
ОС 00 СО
\и{хО'УО'2о)\ - A J J J Dl+adxdydZ-
-00-00 -ос rR
Переходя к оценке последнего интеграла, заметим, что величина его
V2 2 2
хо +Уо +zo > и если положить х0 = R0, yQ = О, z0 = 0, то она не
изменится. В самом деле, очевидно, этот интеграл не меняется при повороте
координатных осей, и можно выбрать, эти координатные оси так, чтобы ось
ОХ проходила через точку M0(x0,y0,z0). Делая теперь замену переменных
x = R0$, y = R оЛ- z = RoQ,
приведем его к виду
" " " Rldt,dx\d^ А ", ", "r d^dvdC,
И J I g3+a 2+a" -7т J I J77-
- CC -00 -OC -tVQ p P] XVq - CC - ЭО -00 P\ P
где p = 4'?,2 +Л2 +C2 , Pi =Vfe-1)2 +Л2 +C2 •
Последний интеграл сходится, так как:
1) при р оо подынтегральная функция убывает как -;
р +а
IV. Теория потенциала 157
2) вблизи р = 0 особенность порядка -^- интегрируема (ввиду того, что
без ограничения общности можно считать а < 1), ибо в противном случае
замена а на < а только ослабит неравенство (3));
3) вблизи рi=0 особенность порядка - интегрируема.
Р\
Обозначим
00 СС СО
2+а
- 00 -СО -00 Р\Р
будем иметь
I / \ I АВ
\и[хй,уй,гй)\<-
V
что и доказывает стремление к нулю функции и на бесконечности.
Докажем теперь, что и имеет непрерывные производные, которые получаются
дифференцированием под знаком интеграла.
Например,
ди * * " д ГО , , ,
4л--= р--\-\dxdydz.
дх0 дх0 \rj
Дифференцирование под знаком интеграла выполнимо, так как полученный
интеграл равномерно по х0 сходится. В самом деле,
дх,Лг) ~3
5 \
дх0{г
1
< -
2
Г
V) V'/ г
откуда и следует сходимость. Одновременно доказано существование
непрерывных первых производных у ньютонова потенциала. Чтобы доказать
существование и непрерывность вторых производных, необходимо наложить
некоторые новые ограничения на функцию р(х,у, z). Именно, мы положим, что
эта функция имеет непрерывные производные первого порядка. Это ог-
158 В. А. Байков, А. В. Жибер Уравнения математической физики раничение
не является существенным, но замена его другим, более слабым, потребовала
бы больших усилий.
Функцию р всегда можно разбить на два слагаемых pj и р2 так, чтобы
венна нулю, а функция pj была бы тождественна нулю в некоторой
окрестности бесконечности, т.е. везде вне некоторой области Q. При этом
можно добиться того, что pj и р2, в свою очередь, будут иметь,
непрерывные производные первого порядка. Тогда
второго интеграла исключить эту окрестность и тогда дифференцировать по
параметру два раза, получая равномерно сходящиеся интегралы. Займемся
первым интегралом. Будем иметь, например:
Вводя новые переменные х = х0 + ^, у~ у0 + r|, z = z0 +С,, получим
и, очевидно, что по параметрам x0,y0,z{) этот последний интеграл
дифференцировать можно. Это следует из того, что интегралы от производных
будут сходиться равномерно.
Нам осталось доказать, что ньютонов потенциал удовлетворяет уравнению
Пуассона.
Возьмем функцию \|>(х0, y0,z0), равную нулю везде, кроме некоторого шара
К с центром M0(x0,y0,z0), и имеющую непрерывные производные
в окрестности данной точки MQ(x0,y0,zQ) функция р2 была бы тождест-
OJ X со X X X _
4 яи(х0,у0,г0) = J J J -dxdydz+ J J \-dx dy dz.
OC 00 00 00 00 CO
r
-CO -CO - X -CO -00 -X
-X -X -X
-X -X -X
Ввиду того, что p2 = 0 в окрестности точки М0(х0, y0,z0), можно из
IV. Теория потенциала 159
нескольких порядков, и рассмотрим интегральную формулу Грина для функции
\|/:
4n\|/(x0,y0,z0 )= -JJJ-А\д dк + ^
1 Эш д (1
\|/- -
г дп дп\г
Is.
CV|/
Так как вне шара К \|/ и равны нулю, получим
дп
СО 00 00
^(хо'Уо,2о)=~4~ J J \~dxdydz.
4п
-ОС -X -СО
Умножая последнее соотношение на p(x0,y0,z0) и интегрируя по xQ,y0,zQ,
будем иметь
00 СО ОС
J J Mxo>Vo>zo)p(xO'To>zo)ao Фо =
- ОС -00 -СО
СО СО СО
= -4- I I I
- СО -СО -СО
СО СО СО
J J jp(x°'yo'Zo)dx0dy0dz0
- СО -СО -СО
dxdy dz = (6)
СО СО СО
= - J J \u{x,y,z)Xy{x,y,z)dxdydz.
-СО -СО -СО
Далее для достаточно большой области Q
JJJm A v/ dO. = JJJV А и dO.
q п
Теперь из формул (6) и (7) получаем, что
СО СО СО
(V)
J J \\f(x,y,z)[bu + p]dxdydz = 0.
- СО -СО -СО
Из произвольности \|/(х, у, z) вытекает
Ли = -р.
Итак, доказано утверждение:
Теорема 2. Пусть функция р = р(х, y,z) имеет непрерывные первые
производные и, кроме этого, выполнены условия (3). Тогда формула (5)
задает решение уравнения Пуассона (1), стремящееся к нулю на
бесконечности.
160 В. А. Байков, А. В. Жибер Уравнения математической физики
Лекция 21. Решение задачи Дирихле для шара
Пусть Q-конечная область, ограниченная поверхностью S. Внутренняя задача
