Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Физика -> Бицадзе А.В. -> "Уравнения математической физика" -> 14

Уравнения математической физика - Бицадзе А.В.

Бицадзе А.В. Уравнения математической физика — М.: Наука, 1982. — 336 c.
Скачать (прямая ссылка): uravneniematematfizika1982.djvu
Предыдущая << 1 .. 8 9 10 11 12 13 < 14 > 15 16 17 18 19 20 .. 88 >> Следующая

Когда М = + со или т — — со, справедливость этого утверждения очевидна, ибо в каждой точке области D функция и(х) принимает лишь конечное значение. Когда же М ф + оо, допустим обратное, т. е. и (х0) — М, х0 е D, и рассмотрим шар | х — х01 < е, лежащий в D. В каждой точке этого шара и (х) = М. Действительно, если бы в точке у при | у — х01 < е имело место неравенство и(у)<М (неравенство и(у)>М исключено), то в силу непрерывности и (х) это неравенство сохранилось бы всюду в некоторой окрестности |? —1/|<8 точки у и на основа-
S 2. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ
47
нии формулы (8), примененной в случае шара \х — х0|<е, получилось бы бессмысленное неравенство М<М. Следовательно, и(х) — М всюду в шаре | дс — дг01 <С е.
Пусть теперь х — произвольная фиксированная точка области D и / — непрерывная кривая, соединяющая х с Хо и лежащая в D. Пусть число е меньше, чем расстояние между границей S области D и кривой I. Передвигая центр у шара | т) — у | < е из точки х0 в точку х по кривой I и пользуясь уже доказанным фактом, что при любом положении у внутри этого шара и = М, получаем и (х) = М. Следовательно, и(х) — М всюду в области D. Полученное противоречие доказывает справедливость первой части сформулированного утверждения. Аналогично доказывается и вторая его часть.
Если дополнительно известно, что гармоническая в области D функция и(х) непрерывна в D[) S, пю она обязательно примет свое максимальное (минимальное) значение в некоторой точке Хо е D U 5. В силу только что доказанного свойства гармонических функций точка экстремума х0 не может быть внутренней для области D и, стало быть, х0 е S.
Из принципа экстремума для гармонических функций следует, что сформулированная в пункте 4° § 3 введения задача Дирихле не может иметь более одного решения. В самом деле, если и(х) и v{x) являются решениями этой задачи (см. краевое условие (42) введения), то их разность w(x) = u(x) — v(x) будет равна нулю на границе S области D и поэтому в силу принципа экстремума w (х) = О, т. е. u(x) — v (х) всюду в D U S.
§ 2. Понятие функции Грина и решение
задачи Дирихле для шара и полупространства
1°. Функция Грина задачи Дирихле для уравнения Лапласа. Функцией Грина задачи Дирихле для уравнения Лапласа в области D называется функция G (х, |) двух точек х, | е D U 5, обладающая свойствами: 1) она имеет вид
G{x, |) = ?'(х, !) + g(x, I), (10)
где Е (х, ?) — элементарное решение уравнения Лапласа, a g (х, |) — гармоническая функция как по х е D, так и
48
ГЛ. I. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА
по $ е D, и 2) когда точка х или ? лежит на границе S области D, то
Легко видеть, что G(x, ?)5*0 всюду в области D В самом деле, обозначим через Dg часть области D, лежащую вне шара \у — ?|=^6, ?<= D, достаточно малого радиуса б. Так как lim G(x, ?)= + оо, то при достаточно
тельно, на границе области Da имеем G(x, ?)>0 и,
стало быть, в силу принципа экстремума, G(x, |)^0 для всех хеDfi. Отсюда заключаем, что G(х, |) 5?0.всюду
Функция Грина G (х, у) симметрична относительно точек х и у.
Чтобы обнаружить этот факт, лежащие в области D точки х и у удалим из этой области вместе с замкнутыми шарами d: |z —х|^б и d\г~у\^8 достаточно малого радиуса 8 и оставшуюся часть области D обозначим через Da (рис. 3).
Функции v(z) = G(z, у) и u(z) = G(z, *) гармоничны в области D вне d' и d соответственно. Применяя формулу (2) для области D6, будем иметь
G(x, ?) = 0.
(11)
Рис. 3.
в DUS.
J [б(2. у)
$2 РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ ДИРИХЛЕ
49
где V* — внешняя нормаль в точке г на S и на сферах С:
| г — хI = б. С': | г —г/|=б. Эту формулу в силу равенств G{z, x) = G(z, у) — 0, zsS, можно переписать в виде
Нв(г, У)Щ^-0{г,
Отсюда с учетом того, что
G(z, х) = Е(г, x)+g(z, х), G(z, у) = Е(г, y)+g{z, у),
где g(z, х) и g(z, у) — гармонические функции, в пределе при б ~0, как и при выводе формулы (5), получаем G(х, y) — G{y, х), что и требовалось доказать.
Если в равенстве (5) примем, что и (х) — решение задачи Дирихле для уравнения. Лапласа, и вместо Е (х, у) возьмем G(x, ?), то повторением приведенного выше при выводе формулы (5) рассуждения с учетом (10) и (11) получаем
• W—;И?2?г,>11)‘%' (12)
где ф —заданная действительная непрерывная функция.
Когда функция Грина известна, формула (12) дает решение задачи Дирихле в следующей постановке: ищется гармоническая в области D функция и (х), непрерывная в D U S и удовлетворяющая краевому условию
Нш и (х) = ф (дс0), хо eS, xsiD. (13)
Гармоничность представленной формулой (12) функции и(х) следует из гармоничности функции Грина G(x, |) по х при хф\. То, что эта функция удовлетворяет и краевому условию (13), требует особого доказательства.
2°. Решение задачи Дирихле для шара. Формула Пуассона. Мы сейчас явно построим функцию Грина, когда D представляет собой шар, и в этом случае покажем, что представленная формулой (12) гармоническая функция действительно удовлетворяет краевому условию (13).
50
ГЛ. I. УРАВНЕНИЯ ЭЛЛИПТИЧЕСКОГО ТИПА
Пусть область D представляет собой шар | х \ •< 1, ахи
?
5 — внутренние точки этого шара. Точка ?' = у|р симметрична точке ? относительно сферы S: | х | = 1. Покажем, что функция Грина G (х, |) задачи Дирихле для шара \ х | < 1 имеет вид
Предыдущая << 1 .. 8 9 10 11 12 13 < 14 > 15 16 17 18 19 20 .. 88 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed