книги / Методы математической физики и задачи гидроаэродинамики

о = Г « ( * ) да(х' Хо)- d s + u ( x Q),

.)

дпх

откуда следует доказываемое

интегральное

представление

(6.21) гармонической функции и(х).

полупространства,

круга,

Построение функции

Грина для

шара. Пусть D — полупространство в # 3, плоскость 5 — его гра­

ница, Хоe D — произвольная точка.

Функцией

Грина

первого

рода для полупространства D бу­

дем называть функцию

G(x, х0)=£(Ху *0)+«(■*» л:0),

где

& (я, х0) — главное

фундамен­

тальное решение оператора

Лапла­

са, v { x y

Хо) — гармоническая в об­

ласти D и стремящаяся к нулю на

бесконечности

функция

такая,

что

G ( x , Хо)

на границе 5 тождествен­

тельно, для построения

но обращается

в

нуль.

Следова­

функции

Грина

G { x t хо)

надо

по­

строить функцию v ( x , хо)

так, чтобы

•о (ХуxQ)Ues = — <$(Ху х0)\xes=

— г——-------1

.

(6.24)

4л (ДГ—х0) Ues

плоскости Sy T O V

XIœ S имеем

\xi—Xo\ = \xi—xQ\ (рис. 6.4).

Поэтому, полагая

v ( x ) = -

1

__— , получим, гармоническую

4л 1х

— х 0 1

G(XyX0) =

I

I x — Xo I

*ol ]■

гармоническую в D функцию о(х, х0)

такую, чтобы

функция

G(Ху Хо) =<§Г(Ху Xo)+v(x, Хо)

удовлетворяла

условию

О [xt Хо) 1*6$ = 0 , т. е. чтобы

*о(Ху л'0) |,es = 2 U , л:0) |,65= —

Ь ------!-----

2л

\х —*0| *е$ *

Обозначим

через

*о* точку,

инверсную точке Хо относительно

окружности

Г, так что Хо* расположена

на луче Ох0 и рр*=

= R 2, где

р, р* — соответственно

расстояния

точек хо и х0* от

точки О (рис. 6.5).

точка

окружности

Г.

Пусть

теперь

х\ — произвольная

В &OX\XQ и кОх\Хо*

стороны, образующие угол с вершиной

в

точке О,

пропорциональны: — = - ^ - .Следовательно,

эти тре-

угольники подобны и

R

р*

_£i_—£о_[__1L

(6.25)

xi ~ x Q

R

Тогда,

полагая

v {x ,x Q)—

2л In PU

R

получаем, что

функция и(х, Хо) — гармоническая по х в круге D и

О (х, л0) Uer=

——• In

I

—

In-

= 0.

I * — *о I

?\х —х0

Итак,

2л

2л

1

G(x, х0)

in—

!—

(6.26)

2л

I

— *0 I

Пусть D — шар

радиуса R с центром

в точке

О, Г

его

граница,

хо — произвольная

точка

шара D. Для построения функции

Грина

первого

рода

в области

D

надо

найти

гармоническую

в

D

функцию v(x, х0) такую, чтобы вы­

полнялось условие

'

G(x,x0)jxer=

1#(х,х0)-1-ъ(х, х0)]хбг=0

т. е. чтобы

1

Рис. 6.5

*уи,л:0)и ег= —^(х,х0)\хет=

.сбг

через х0* точку

4я | .V — лг0 |

Обозначая

на луче Ох0 такую,

что рр*=/?2,

О, как и в предыдущем случае для любой точки .VIœT,

полу­

чаем равенство (6.25).

ft

Полагая v (л:, х0) ■

имеем v(x, Хо) — гармони-

4л | лг — JTSI р

ческая по х в шаре D функция,

9 I х Ь 5г]

I Г

1

G (ХуЛд)—

4я I |

— -*o I

(6.27)

д а ( Х , Х о) _

1

П

Ф + Г 2 - р2

р

/ ? 2 ( / ? г / р ) 2 - ( / ? 2 / р ) 2

2 я

I г

2/?г

7?г

2# (/? г/р )

/?2-р2

(6.30)

2Л/?Г2

Из ДО**0

имеем

г2= /? 2+ р 2—2/?pcos6,

где 0 — угол, между

Охо и Ох (рис.

6.6). Вводя полярную систему координат с по­

люсом О,

обозначая

через р, <р и R, ф полярные координаты

вии с равенствами (6.29) и (6.30) имеем

интегральное

пред­

ставление решения задачи Дирихле в виде

и( р,<р)=-

2к

/?2 — р2

j / «

>*)

а д .

(6.31)

2nR

/?2

р'2 _ 2 /? COS ( f — 40

Входящий в равенство

(6.31) интеграл называется интегралом

Пуассона,, а его ядро

_________ /?2-р2_________

Р (X, •£())—

2я/? [/?2 +

р2 —2/?р cos (<р —4')]

— ядром Пуассона.

представление

реше­

Аналогично

получается интегральное

ния внутренней задачи Дирихле

(6.28) в шаре DczR3 с грани­

àG ( х , х 0)

____ д т J

/ J

____Д \ 1

дпх

дпх [ 4я

{ г

рr* J J

1

/ 1

R п

*\

Я2- Р 2

—

[ -----cos а ----------- cos а*

)

-----------— =

4я

\ г2

рг*2

4я/?г2

_______ /?2- Р2________ = Р ( х ,х 0)

(6.32)

4JtR (/?2 +

р2 _ 2/?р cos 8)3' 2

.Тогда из (6.29) и (6.32)

следует

искомое интегральное

пред­

ставление решения, называемое интегралом Пуассона: YXQ^D

(

и(х )0= f / (х)Р(х, x0)ds.

(6.33)

Ядро интеграла Р(х, Хо)

называется ядром Пуассона.

так­

В случае шара DczRn решение задачи Дирихле (6.27)

же представимо

в виде

интеграла

Пуассона, ядро которого

да

да

~dx, I ■1| •••) я*

dxi

D дхI

Рассматривая ------

как div(0,..., О, и, 0,..., 0), где и — i-я ком-

дхI

где т — угол внешней

нормали

к прверхности Г с осью Oxi.

Тогда

да

x-7

•< — max \ti\S.

дхi

V

г

1

S_

i

да

шах \и\,

V

I

àxi х-х

R

г

ности точки Хо. Пусть v(x) — решение

задачи Дирихле

Д-и = 0

в D,

тзlr=#Jr*

Рассмотрим

разность w —u—u. Имеем

ш |г = 0 . Так

как

V ограничена в D, а по условию

теоремы

и (х )= о (ёГ(х, хо))

при х-*-хо, то w = o (&(х, Хо))

при х-+#о.

Это

означает,

что

V > 0 з г ( е ) > 0

такое, что V г<г(в)

на сфере

Sr : \х—Хо\ = г

проколы. Рассмотрим

пример. Пусть

D={(x,

y)\Q<x2+ y 2<

<1} — единичный круг

на плоскости

с проколотым центром.

Тогда граница

Г состоит

из окружности у— {(х, у)\х2+ у 2= \

и центра 0(0,

0) круга. Рассмотрим задачу Дирихле: найти

функцию U œ C2 (D) Ç)C {D)

такую, что

àa—0 в D

1

в точке 0(0,0),

0 в точках окружности у.

Если бы решение и{х,

у) существовало, то как непрерывное

в ограниченной замкнутой области Д

оно было

бы ограничен­

ным. Но тогда

начало

координат О являлось

бы устранимой

особой точкой решения

и решение й(х, у) можно было бы до­

ф=:{(л;, у) \х2+ у 2< \ ) являлось

гармонической

функцией. Со­

гласно принципу максимума для

и в Q в этом

случае имели