Учебник москва мфти 2014
 Скачать 1.39 Mb.
|
|
, где эта функция имеет точки разрыва 1- города (вдоль границы ?). Обозначим через e? 4 = ? \ Требуется найти гармоническую и ограниченную в области функцию u, которая непрерывна на множестве G ? e? и принимает значения в каждой точке ? из множества Замечание 1. В общей задаче Дирихле область G может быть неограниченной и содержать бесконечно удаленную точку как внутри себя, таки на границе ?. В первом случае из условия ограниченности решения задачи Дирихле следует, что ? есть устранимая особая точка этого решения. Если же бесконечно удаленная точка лежит на границе ? области то из условия общей задачи Дирихле следует, что граничная функция имеет конечные односторонние пределы в ? вдоль кривой Лемма 1. Если существует решение u(z) общей задачи Дирихле в ограниченной односвязной области G с кусочно- гладкой границей ?, то оно принимает значения в интервале ] , где m и M инфинум и супремум граничной функции на множестве e? = ? \ {? n k=1 ? k } , где ? 1 , . . . ,? n ? ? все точки разрыва функции Доказательство. Через d обозначим диаметр области, те, и пусть выбрано произвольное число ? > 0 . Рассмотрим функцию M + ? n X k=1 ln d |z ? Функция U ? , очевидно, является гармонической в области G и непрерывной на множестве G ? При приближении к любой из точек ? 1 , . . . ,? n , очевидно, получаем. Задача Дирихле на плоскости Для каждого достаточно малого числа r > 0 и номера k ? ? определим множества (см. рис. 80): G r 4 = G \ n [ k=1 B r (? k ), ? k r 4 = {z ? G | |z ? ? k | = Рис. В силу равенства (2) для каждого номера получаем, что lim r?0 h min{U ? (z) | z ? ? k r } i = +Рассмотрим разность функций U ? (z) ? ? u(z) . Из выражения (1) и определения числа M получаем, что U ? (z) > M > для любой точки z ? e?. Отсюда, из ограниченности по условию функции u(z) и из выражения (4) существует число r 0 > > для всякого числа r ? справедливо неравенство U ? (z) ? u(z) > на границе области G r . Отсюда в силу принципа максимума и минимума гармонических функций (см. теорему 3 из џ 24) получаем неравенство U ? (z) ? ? u(z) > для всех z ? Из того, что для любого z ? существует r 1 ? такое, что z ? при любом r ? из последнего неравенства получаем, что) ? u(z) > 0, ? z ? G, ?? > В свою очередь, для каждой точки z ? G в силу (1) получаем lim ??0 U ? (z) = В итоге из выражений (5) и (6) следует, что u(z) 6 M ? z ? Чтобы получить нижнюю оценку для u(z), рассмотрим функцию ?u(z), которая также является гармонической ив силу приведенных выше рассуждений для нее следует верхняя оценка ?u(z) 6 ?m ? z ? G, что и завершает доказательство леммы. Следствие 1. Если в лемме 1 функция u 0 (z) 6? const , то решение общей задачи Дирихле удовлетворяет строгим неравенствам Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Д ока за тел ь ст во. От противного. Если бы существовала точка z 0 ? в которой достигается равенство u(z 0 ) = то из принципа максимума гармонической функции следовало бы, что найдется другая точка z 1 ? G , в которой u(z 1 ) > что невозможно в силу леммы 1. Аналогично доказывается, что u(z) > m на Теорема 2. В односвязной ограниченной области G с кусочно-гладкой границей ? общая задача Дирихле может иметь не более одного решения. Д ока за тел ь ст во. Пусть e? тоже, что ив лемме Допустим, что существуют две функции и u 2 (z) , являющиеся ограниченными гармоническими в области G, непрерывными на множестве G ? e? и удовлетворяющие одному и тому же граничному условию. Определим функцию) = u 1 (z) ? Эта функция является гармонической и ограниченной вобла- сти G, и равна нулю во всех точках множества e?. По лемме получаем, что w ? Замечание 2. Отметим, что в теореме единственности теореме) условие ограниченности области G можно убрать, однако это приведет к значительному усложнению доказательства теоремы (доказательством, например, в [3]). В свою очередь, в теореме 2 условие ограниченности решения u(z) общей задачи Дирихле в области G существенно. Покажем это на примере. Рассмотрим функцию) = x 2 + y 2 ? 2x x 2 + y 2 = Re µ 1 Эта функция является гармонической в круге |z ? 1| < 1, т. е. при x 2 + y 2 < 2x . При этом она равна нулю на границе круга всюду, кроме одной точки 0. В результате эта функция дает неограниченное решение общей задачи Дирихле в данном круге, отличное от другого решения, тождественно равного нулю џ 29. Задача Дирихле на плоскости Перейдем к исследованию простейшей классической задачи Дирихле на круге B R (0) , где число R > 0. Допустим, что решение классической задачи Дирихле на круге = 0, |z| u Ї Ї |z|=R = существует. Более того, допустим, что решение u(x,y) задачи, является гармонической функцией в большем круге B R 1 (0) радиуса R 1 > R . Тогда, в силу теоремы 2 џ 4, найдется регулярная в круге функция f такая, что f (z) = u(x,y), ? z = x + iy ? Зафиксируем произвольную точку z ? B R (0) , и пусть окружность ориентирована движением против хода часовой стрелки. По интегральной формуле Коши теорема где во втором интеграле мы заменили ? на функцию ?(?) = = Re i? , и, соответственно, d? = i?(?) Рассмотрим точку, симметричную выбранной точке z относительно окружности ? R . Эта точка имеет вид R 2 · и лежит вне круга B R (0) . Аналогично равенству (9) получаем равенство интегралов = 1 2?i Z ? R f (?) ? ? R 2 (z) ?1 d? = 1 2? 2? Z 0 f (?)? ? ? Левый интеграл в (10) равен нулю в силу того, что его под- интегральная функция является регулярной в круге B R (0) , и для нее справедлива теорема Коши (теорема 1 из џ 7). В правом интеграле в (10) ? = ?(?) = Re i? 239 Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции Вычитая (10) из (9), получаем (z) = 1 2? 2? Z 0 f (?) · ? ? ? z ? ?z ?z ? Так как R 2 = ?? , то упростим выражение в интеграле (11): · ? ? ? z ? ?z ?z ? R 2 ё = · ? ? ? z + z ? ? z ё = |?| 2 ? |z| 2 |? ? Подставляя в интеграл (11) выражение (12) и ? = Re i? , получаем Выбирая слева и справа в равенстве (13) действительные части и обозначая u 0 (?) Ї Ї |?|=R 4 = получаем так называемую формулу Пуассона) = 1 2? 2? Z 0 e u 0 (?) R 2 ? |z| 2 |Re i? ? Правая часть формулы (14) называется интегралом Пуассона, она вычисляется через значение функции на границе круга. Слева в (14) стоит решение задачи Дирихле u(x,y) на круге B R (0) Таким образом, мы показали, что если решение классической задачи Дирихле существует, то оно выражается через интеграл Пуассона (Определим ядро интеграла Пуассона (14) по формуле 2? |?| 2 ? |z| 2 |? ? Легко проверить, что K(?,z) = 1 2? Re ?+z ??z , откуда получим другую форму интеграла Пуассона) = Re 1 2?i Z ? R u 0 (?) ? + z (? ? z)? d?, (16) 240 џ 29. Задача Дирихле на плоскости удобную для его вычисления с помощью вычетов. Перейдем к вопросу о существовании решения общей задачи Дирихле на круге и покажем, что именно интеграл Пуассона) является решением, причем не только классической, но и общей задачи Дирихле на круге. Для этого вначале изучим свойства ядра (15) интеграла Пуассона. Лемма 2. Справедливо равенство) d? ? 1, ? z ? Доказательство. Интеграл J(z) представим в виде) = Re J ? (z) , где интеграл удовлетворяет равенству) = 1 2? 2? Z 0 ? + z ? ? z d? = 1 2?i Z |?|=R ? + z ? ? По теореме о вычетах, обозначая через f подинтегральную функцию f(?) = (? + z)/((? ? z)?), вычислим интеграл) = res 0 f + res z f = ?1 + 2 = Отсюда следует, что J(z) = Re J ? (z) = Лемма 3. Пусть на окружности ? R = {? | |?| = выбрана точка и пусть угол ? 0 ? такой, что ? 0 = Re i? 0 . Для каждого ? ? (0,?) определим дугу {? | ? = Re i? , ? ? [? 0 + ?,? 0 + 2? ? Тогда справедливо равенство lim z BR(0) ? ? 0 max{K(?,z) | ? ? ?(0,?)} = Доказательство. Так как ядро K(?,z) можно записать в виде) = 1 2? |? 0 | 2 ? |z| 2 |? ? то числитель в (19) при z, стремящемся к ? 0 , очевидно, стремится к нулю. Оценим поведение знаменателя при z ? ? 0 . Так Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции как функция непрерывна, то найдется число ? 0 > 0 такое, что |? ? ? 0 | = R|1 ? e i(??? 0 ) | > при ? ? [? 0 + ?,? 0 + 2? ? Выбирая точку z ? из условия |z ? ? 0 | < ? 0 /2 , получаем ? z| > |? ? ? 0 | ? |? 0 ? z| > ? 0 ? ? 0 2 = ? 0 В итоге max{K(?,z) | ? ? ?(0,?)} 6 2 ?? 2 0 (|? 0 | 2 ? откуда следует утверждение леммы. Теорема 3. Решение общей задачи Дирихле на круге существует и описывается интегралом Пуассона Доказательство. Покажем, что если граничная функция является кусочно-непрерывной на окружности ? R = = {? | |?| = то формула Пуассона (14) дает решение общей задачи Дирихле на круге B R (0) . В самом деле, правая часть формулы (14) определяется значениями функции на окружности ? R , причем интеграл Пуассона (14) определенна круге B R (0) . В силу формулы (16) интеграл Пуассона (можно преобразовать к виду u(z) = Re f(z), где (z) = 1 2? 2? Z 0 u 0 (?) ? + z ? ? z d?, ? = Покажем, что функция f из (20) регулярна в круге откуда последует гармоничность функции u в круге B R (0) . Для этого вычислим выражение (z + ?z) ? f (z) ?z ? 1 ? 2? Z 0 u 0 (?) ? (? ? z) 2 d? = = 1 ? 2? Z 0 u 0 (?) Ѕ· ? + z + ?z ? ? z ? ?z ? ? + z ? ? z ё 1 2?z ? ? (? ? z) 2 ѕ d? = = 1 ? 2? Z 0 u 0 (?) Ѕ ? (? ? z)(? ? z ? ?z) ? ? (? ? z) 2 ѕ d? = 242 џ 29. Задача Дирихле на плоскости d? (? ? z) 2 (? ? z ? Таким образом, эта разность стремится к нулю прите. существует производная f 0 . Она задается интегралом, приведенным в разности (21), который, очевидно, является непрерывной функцией на круге B R (0) . В итоге мы показали, что функция f регулярна, а интеграл Пуассона (14) является гармонической функцией на круге Покажем, что функция u из формулы Пуассона (14) на круге ограничена. Обозначим через ? 1 , . . . точки разрыва 1-го рода функции на ? R . Обозначим через e? R 4 = ? R \ {? ? n k=1 ? k } . Пусть M = sup{|u 0 (?)| | ? ? e ? R } . Тогда из формулы Пуассона (14) и леммы 2 получаем, что 6 M 2? 2? Z 0 R 2 ? |z| 2 |? ? z| 2 d? (17) = Осталось показать, что в каждой точке ? 0 ? те. в каждой точке непрерывности функции u 0 ) для функции u из (справедливо равенство lim z BR(0) ? ? 0 u(z) = Рассмотрим разность) d? ? u 0 (? 0 ) (17) = (17) = 2? Z 0 (u 0 (?) ? u 0 (? 0 )) K(?,z) Зафиксируем произвольное ? > 0. Так как функция непрерывна в точке ? 0 = Re i? 0 , существует число ? ? (0,?) такое, что для всех точек ? = Re i? , у которых |? ? ? 0 | < выполняется неравенство |u 0 (?) ? u 0 (? 0 )| < ? . Обозначим ?(1,?) = = {? | ? = Re i? , |? ? ? 0 | < ?} , ?(0,?) = ? R \ ?(1,?) . Разобьем Е. С. Половинкин. ТФКП: лекции интеграл (22) на два интеграла по дугами. В силу выбора числа ? и из леммы 2 получаем Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї Z ?(1,?) (u 0 (?) ? u 0 (? 0 )) K(?,z) d? Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї 6 ? Z ?(1,?) K(?,z) d? < Теперь обозначим z = re i? ? B R (0) , итак как z ? ? 0 , то считаем, что |? ? ? 0 | < ? . В силу леммы 3 найдется число ? такое, что K(?,z) < ? при всех ? ? ?(0,?) и всех ? B R (0) , у которых |z ? ? 0 | < ? . Поэтому для указанных z получаем Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї Z ?(0,?) (u 0 (?) ? u 0 (? 0 )) K(?,z) d? Ї Ї Ї Ї Ї Ї Ї < 2M Z ?(0,?) K(?,z) d? 6 4M Объединяя (23) и (24), получаем |?I| 6 (1 + 4?M)?, что в силу произвольности числа ? > 0 дает выполнение граничного условия в точке Теорема 4. Для любой ограниченной односвязной области с простой кусочно-гладкой границей ? и для любой кусочно-непрерывной (с конечным числом точек разрыва города) на ? функции решение общей задачи Дирихле су- ществует. Д ока за тел ь ст во. По теореме Римана (теорема 3 џ существует регулярная функция w = f(z), осуществляющая конформное отображение области G на круг B 1 (0) . Пусть z = = g(w) обратная функция к функции f. По принципу соответствия границ (теорема 4 џ 27) функция f(z) (и соответственно) непрерывно продолжима на границу ? (на окружность. Поэтому ив силу кусочной непрерывности на функции функция будет кусочно-непрерывной на окружности |?| = 1. По этой граничной функции запишем через интеграл Пуассона функцию eu(w), определенную в круге. Тогда по теореме 1 функция u(z) 4 = e u(f будет гармонической в области G. В силу теоремы 3 она ограничена џ 29. Задача Дирихле на плоскости и непрерывна на G ? ? всюду за исключением точек разрыва функции u 0 . Введем обозначение e u 0 (?) 4 = u 0 (g(?)) = u 0 (?), |?| = 1, ? ? Запишем решение eu(w) через интеграл Пуассона e u(w) = Re 1 2?i Z |?|=1 e u 0 (?) ? + w ? ? w · d? ? , |w| < Так как ? = f(?), ? ? ? и w = f( |