- $L$ — линейный дифференциальный оператор: \[ L[u] = \pd{}{x_\alpha} \paren{ A_{\alpha \beta} \pd{u}{x_\beta} } - Au, \] причём $A \geqslant 0$, а матрица $A_{\alpha \beta}$ положительно определена: \[ A_{\alpha \beta} \xi_\alpha \xi_\beta \geqslant B \sum_{j=1}^m \xi_j^2, \qquad \alpha, \beta = \overline{1,m}, \quad B \gt 0. \]
- точка $x \in \overline{\Omega} \subset \mathbb{R}^m$, а $t \in [0;+\infty)$ — переменная времени;
- $\rho(x) \gt 0$ — заданная функция;
- $u(x,t)$ определена и непрерывна на $\overline{\Omega} \times [0;+\infty)$;
- область $\Omega$ ограничена кусочно-гладкой поверхностью $\Gamma = \partial \Omega$.
- $\gamma_1 = 0$ — первая краевая задача;
- $\gamma_2 = 0$ — вторая краевая задача;
- $\gamma_1,\gamma_2 \neq 0$ — третья краевая задача.
Будем искать решение задачи в виде \[ u(x,t) = \Phi(x) \Psi(t). \] Такое представление решения — суть метода разделённых переменных, который также называют методом Фурье.
Подставив его в исходное уравнение, получим \[ \frac{L[\Phi(\cdot)]}{\rho(x) \Phi(x)} = \frac{\Psi''(t)}{\Psi(t)} = -\lambda, \] где $\lambda = \const$, так как обе дроби зависят каждая от своей переменной. Получаем два независимых уравнения: \[ \begin{aligned} \Psi'' + \lambda \Psi &= 0, \\ L[\Phi] + \lambda \rho \Phi &= 0. \end{aligned} \]
Подставив представление $u = \Phi(x) \Psi(t)$ в краевые условия, получаем \[ \left. \left[ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) + \gamma_2 \Phi } \Psi \right] \right|_{\Gamma} = 0. \] Так как $\Psi(t)$ не зависит от $x$, то это равенство равносильно \[ \left. \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) + \gamma_2 \Phi } \right|_{\Gamma} = 0. \]
Обозначим через $A$ класс функций,
- непрерывных в $\overline{\Omega}$;
- имеющих кусочно-непрерывные частные производные 1-го и 2-го порядков в $\overline{\Omega}$;
- удовлетворяющих краевому условию \[ \left. \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) + \gamma_2 \Phi } \right|_{\Gamma} = 0. \]
Нетрудно убедиться, что собственные функции задачи Штурма-Лиувилля принадлежат классу $A$.
Произвольная функция $f(x) \in A$ разлагается в ряд Фурье по собственным функциям краевой задачи Штурма-Лиувилля \[ \begin{gathered} L[\Phi] + \lambda \rho \Phi = 0, \\ \left. \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) + \gamma_2 \Phi } \right|_{\Gamma} = 0, \end{gathered} \] абсолютно и равномерно сходящийся в области $\Omega$.
Рассмотрим гиперболическое уравнение \[ L[u] = \rho(x) \pdv2{u}{t} \] с заданными начальными \[ u(x,0) = \varphi_0(x), \qquad \at{\pd{u}{t}}{t=0} = \varphi_1(x) \] и краевыми \[ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 u } }{\Gamma} = 0 \] условиями.
Обозначим через $A$ класс функций $\Phi$,
- непрерывных в $\overline{\Omega}$;
- имеющих кусочно-непрерывные частные производные 1-го и 2-го порядков в $\overline{\Omega}$;
- удовлетворяющих краевому условию \[ \left. \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) + \gamma_2 \Phi } \right|_{\Gamma} = 0. \]
Заметим, что первое слагаемое симметрично.
Если $\gamma_1 = 0$ или $\gamma_2 = 0$, то \[ \int\limits_\Gamma W A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) d\Gamma = 0. \] Если же $\gamma_1 \neq 0$ и $\gamma_2 \neq 0$, то \[ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) = - \frac{\gamma_2}{\gamma_1} \Phi, \] поэтому \[ R[W,\Phi] = \int\limits_\Omega \left[ A_{\alpha \beta} \pd{W}{x_\alpha} \pd{\Phi}{x_\beta} + A W \Phi \right] d\Omega + \frac{\gamma_2}{\gamma_1} \int\limits_\Gamma W \Phi d\Gamma, \] откуда и следует симметричность оператора $R[W,\Phi]$.Рассмотрим сумму частных решений: \[ u(x,t) = \sum_{n=1}^\infty \left[ A_n \cos\paren{ \sqrt{\lambda_n} t } + B_n \sin\paren{ \sqrt{\lambda_n} t } \right] \Phi_n(x). \]
Если для любой $F(x) \in C(\overline{\Omega})$ и для любого $\varepsilon \gt 0$ существует $n \in \mathbb{N}$ такой, что линейная комбинация \[ S_n(x) = \sum_{k=1}^n \alpha_k \Phi_k(x) \] удовлетворяет неравенству \[ \int\limits_\Omega \rho(x) \paren{ F(x) - S_n(x) }^2 d\mu \lt \varepsilon, \] то $\set{ \Phi_n }$ полна в $L_2(\Omega, \rho)$.
Условие теоремы можно переписать в следующем виде: \[ \lim_{n \to \infty} \int\limits_\Omega \rho(x) \paren{ F(x) - S_n(x) }^2 d\mu = 0. \]
-
Если $\Phi$ — собственная функция, отвечающая собственному
значению $\lambda$, то $C \Phi$ (где $C = \const$) также является
собственной функцией, отвечающей собственному значению $\lambda$.
Свойство вытекает напрямую из задачи Штурма-Лиувилля.
-
Собственные функции $\Phi_i, \Phi_j$, отвечающие разным
собственным числам $\lambda_i \neq \lambda_j$, ортогональны в
$L_2(\Omega,\rho)$ с весом $\rho(x)$:
\[
\int\limits_{\Omega} \rho(x) \Phi_i(x) \Phi_j(x) d\mu = 0.
\]
Так как \[ L[\Phi_n] = - \lambda_n \rho \Phi_n, \] то \[ (\lambda_i - \lambda_j) \int\limits_{\Omega} \rho(x) \Phi_i(x) \Phi_j(x) d\mu = R[\Phi_j, \Phi_i] - R[\Phi_i, \Phi_j] = 0. \]
-
Все собственные числа вещественны: $\lambda_n \in \mathbb{R}$.
Данное утверждение является следствием свойства 2: \[ (\lambda - \overline{\lambda}) \int\limits_{\Omega} \rho(x) \Phi_i(x) \overline{\Phi}_i(x) d\mu = 0, \implies \lambda = \overline{\lambda} \]
-
Если $L$ — линейный дифференциальный оператор: \[ L[u] = \pd{}{x_\alpha} \paren{ A_{\alpha \beta} \pd{u}{x_\beta} } - Au, \] причём $A \geqslant 0$, а матрица $A_{\alpha \beta}$ положительно определена: \[ A_{\alpha \beta} \xi_\alpha \xi_\beta \geqslant B \sum_{j=1}^m \xi_j^2, \qquad \alpha, \beta = \overline{1,m}, \quad B \gt 0, \] то собственные числа $\lambda_n$, которым соответствуют собственные функции задачи Штурма-Лиувилля, неотрицательные: \[ \lambda_n \geqslant 0, \qquad n \in \mathbb{N}. \]Домножим уравнение \[ L[\Phi] + \lambda \rho \Phi = 0 \] на $\Phi_m$ и проинтегрируем по области $\Omega$. В силу того, что $\Phi_m$ — система ортогональных с весом $\rho(x)$ функций, справедливо, что \[ \int\limits_\Omega \rho(x) \Phi_n(x) \Phi_m(x) d\Omega = 0, \qquad n \neq m. \] Тогда \[ \begin{aligned} \lambda_n &= - \frac{1}{\norm{\Phi_n(x)}^2} \int\limits_\Omega \Phi_n(x) L[\Phi_n] d\Omega = \\ &= - \frac{1}{\norm{\Phi_n(x)}^2} \int\limits_\Omega \Phi_n(x) \left[ \pd{}{x_\alpha} \paren{ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\beta} } - A\Phi_n \right] d\Omega = \\ &= \frac{1}{\norm{\Phi_n(x)}^2} \int\limits_\Omega A \Phi_n^2 d\Omega - \frac{1}{\norm{\Phi_n(x)}^2} \int\limits_\Omega \Phi_n(x) \pd{}{x_\alpha} \paren{ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\beta} } d\Omega = \\ \end{aligned} \] Применим ко второму слагаемому формулу интегрирования по частям: \[ \int\limits_\Omega \pd{u}{x_\alpha} v d\Omega = \int\limits_{\Gamma} u v n_\alpha d\Gamma - \int\limits_\Omega u \pd{u}{x_\alpha} d\Omega, \] получим \[ \begin{aligned} \lambda_n &= \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega A \Phi_n^2 d\Omega - \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Gamma \Phi_n A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) d\Gamma + \phantom{1} \\ &\phantom{=1} + \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\alpha} \pd{\Phi_n}{x_\beta} d\Omega = \\ &= \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \left[ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\alpha} \pd{\Phi_n}{x_\beta} + A \Phi_n^2 \right] d\Omega - \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Gamma \Phi_n A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\beta} \cos( \vec{n}, x_\alpha ) d\Gamma. \end{aligned} \]
Рассмотрим варианты постановки краевой задачи:
- если $\gamma_1 = 0, \gamma_2 \neq 0$, то \[ \at{\Phi_n}{\Gamma} = 0, \implies \int\limits_\Gamma \Phi_n A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\beta} \cos( \vec{n}, x_\alpha ) d\Gamma = 0, \] откуда следует, что \[ \lambda_n = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \left[ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\alpha} \pd{\Phi_n}{x_\beta} + A \Phi_n^2 \right] d\Omega. \] В силу того, что \[ A \geqslant 0, \] а $A_{\alpha \beta}$ положительно определена, заключаем, что $\lambda_n \geqslant 0$.
- если $\gamma_1 \neq 0, \gamma_2 = 0$, то \[ \left. \paren{ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) } \right|_{\Gamma} = 0, \] поэтому $\lambda_n \geqslant 0$ (аналогично предыдущему пункту).
- если $\gamma_1 \neq 0, \gamma_2 \neq 0$, то на границе $\Gamma$ справедливо равенство \[ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) = -\frac{\gamma_2}{\gamma_1} \Phi_n, \] то есть \[ \lambda_n = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \left[ A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n}{x_\alpha} \pd{\Phi_n}{x_\beta} + A \Phi_n^2 \right] d\Omega + \frac{\gamma_2}{\gamma_1} \cdot \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Gamma \Phi_n^2 \, d\Gamma. \] Нетрудно видеть, что при $\gamma_1 \gamma_2 \gt 0$ собственные числа $\lambda_n \geqslant 0$.
Собственные числа можно представить в виде \[ \lambda_n = \frac{R[\Phi_n, \Phi_n]}{\norm{\Phi_n^2}}. \] -
Если $\Omega' \subset \Omega$, то $\lambda_n' \geqslant \lambda_n$, то есть при сужении области определения решения задачи Штурма-Лиувилля собственные числа не уменьшаются.
Пусть $\lambda_1 = \inf \set{ \lambda_n }$ для задачи Штурма-Лиувилля с областью определения $\Omega$. Предположим, что области $\Omega$ соответствует класс $A$, а области $\Omega'$ — класс $A'$.
Пусть $\Gamma = \partial \Omega$. Тогда границу сужения можно представить в виде \[ \Gamma' = \partial \Omega' = \gamma' \cup \Gamma_1, \] где $\Gamma_1 = \partial \Omega \cap \partial \Omega'$.
Рассмотрим $\Phi_n' \in A'$. Тогда \[ \left. \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{\Phi_n'}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) + \gamma_2 \Phi_n' } \right|_{\Gamma'} = 0. \] Расширим эту функцию на множество $\overline{\Omega}$ следующим образом: \[ \Phi_n'' = \begin{cases} \Phi_n', & x \in \overline{\Omega'}, \\ 0, & x \in \overline{\Omega} \setminus \overline{\Omega'}. \end{cases} \] Очевидно, что $\Phi_n'' \in A'$, а также $\Phi_n'' \in A$ (выполнены граничные условия). Обозначим класс таких функций как $\widetilde{A}' := \set{ \Phi_n'' }$. Ясно, что $\widetilde{A}' \subset A$. Тогда \[ \begin{aligned} \lambda_1' &= \inf_{\Phi_n \in A'} \left\{ \frac{R_{\Omega'}[\Phi_n, \Phi_n]}{\norm{\Phi_n}_{\Omega'}^2} \right\} = \\ &= \inf_{\Phi_n \in \widetilde{A}'} \left\{ \frac{R_{\Omega}[\Phi_n, \Phi_n]}{\norm{\Phi_n}_{\Omega}^2} \right\} \geqslant \\ &\geqslant \inf_{\Phi_n \in A} \left\{ \frac{R_{\Omega}[\Phi_n, \Phi_n]}{\norm{\Phi_n}_{\Omega}^2} \right\} =: \lambda_1. \end{aligned} \]
-
Система собственных функций краевой задачи Штурма-Лиувилля полна в $L_2(\Omega,\rho)$.Рассмотрим функцию $f \in C(\overline{\Omega})$. Примем без доказательства, что множество функций класса $A$ полно в $L_2(\Omega,\rho)$, тогда для любого $\varepsilon \gt 0$ найдётся $g \in A$ такая, что \[ \int\limits_\Omega \rho(x) (f(x) - g(x))^2 d\Omega \lt \frac{\varepsilon}{4}. \] Для функции $g(x)$ справедливо представление рядом Фурье: \[ g(x) = \sum_{k=1}^\infty C_k \Phi_k(x) \] по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля, равномерно сходящемся в $\overline{\Omega}$, то есть для любого $\varepsilon_1 \gt 0$ существует такой номер $N = N(\varepsilon_1)$, что для всех $n \gt N$ выполняется неравенство \[ \abs{g(x) - \sum_{k=1}^n C_k \Phi_k} \lt \varepsilon_1. \] В таком случае, пользуясь неравенством \[ 2AB \leqslant A^2 + B^2, \] справедлива оценка: \[ \begin{aligned} \int\limits_\Omega \rho \paren{ f - \sum_{k=1}^n C_k \Phi_k }^2 d\Omega &= \int\limits_\Omega \rho \paren{ f - g + g - \sum_{k=1}^n C_k \Phi_k }^2 d\Omega \leqslant \\ &\leqslant 2 \int\limits_\Omega \rho \paren{ f - g }^2 d\Omega + 2 \int\limits_\Omega \rho \paren{ g - \sum_{k=1}^n C_k \Phi_k }^2 d\Omega \lt \\ &\lt \frac{\varepsilon}{2} + 2 \varepsilon_1^2 \int\limits_\Omega \rho d\Omega. \end{aligned} \] Выбрав \[ 2\varepsilon_1^2 := \frac{\varepsilon} {\displaystyle 2 \int\limits_\Omega \rho d\Omega}, \] завершаем доказательство.
Рассмотрим однородную изотропную мембрану \[ 0 \lt x \lt a, \qquad 0 \lt y \lt b \] с закреплёнными концами: \[ \begin{aligned} &\at{u}{x=0} = \at{u}{x=a} = 0, \\ &\at{u}{y=0} = \at{u}{y=b} = 0. \end{aligned} \] Малые колебания мембраны описываются уравнением \[ \pdv2{u}{t} - c^2 \Delta u = 0, \] где
- $\Delta = \pdv2{}{x} + \pdv2{}{y}$;
- $c^2 = \dfrac{T_0}{\rho}$, $T_0$ — равномерное натяжение.
Пусть начальные условия задаются уравнениями \[ u(x,y,0) = \varphi_0(x,y), \qquad \pd{u}{t}(x,y,0) = \varphi_1(x,y). \] Решать полученную смешанную задачу будем методом Фурье: \[ u(x,y,t) = \Phi(x,y) T(t). \]
Подставим это представление в уравнение колебаний: \[ \frac{T''}{c^2 T} = \frac{\Delta \Phi}{\Phi} = -\lambda, \] где $\lambda = \const$. Отсюда приходим к уравнению \[ \Delta \Phi + \lambda \Phi = 0 \] с граничными условиями \[ \begin{aligned} &\Phi(0,y) = \Phi(a,y) = 0, \\ &\Phi(x,0) = \Phi(x,b) = 0. \end{aligned} \] Аналогично приходим к уравнению для функции $T$: \[ T'' + c^2 \lambda T = 0. \]
Решение задачи для $\Phi$ будем искать в виде \[ \Phi(x,y) = X(x) Y(y). \] Тогда \[ \frac{X''}{X} + \frac{Y''}{Y} + \lambda = 0. \] Введём обозначения: \[ \frac{X''}{X} = -\alpha, \qquad \lambda - \alpha = \beta; \] тогда предыдущее уравнение сводится к системе \[ \begin{aligned} X'' + \alpha X &= 0, \\ Y'' + \beta Y &= 0 \end{aligned} \] с краевыми условиями \[ \begin{aligned} X(0) = X(a) &= 0, \\ Y(0) = Y(b) &= 0. \end{aligned} \]
Нетрудно заметить, что мы получили две задачи Штурма-Лиувилля: \[ \begin{gathered} X'' + \alpha X = 0, \qquad X(0) = X(a) = 0, \\ Y'' + \alpha Y = 0, \qquad Y(0) = Y(b) = 0. \end{gathered} \] Решение первой из них имеет вид \[ X_n(x) = A \cos \sqrt{\alpha_n} x + B \sin \sqrt{\alpha_n} x. \] Из граничных условий находим, что $A = 0$. Тогда $B \neq 0$, так как нас интересуют нетривиальные решения. Из свойств собственных функций известно, что они определяются с точностью до постоянного множителя, поэтому положим $B = 1$. Тогда \[ X_n(x) = \sin \sqrt{\alpha_n} x, \qquad \sqrt{\alpha_n} = \frac{n \pi}{a}, \quad n \in \mathbb{N}. \] Аналогичным образом получаем, что \[ Y_k(x) = \sin \sqrt{\beta_k} y, \qquad \sqrt{\beta_k} = \frac{k \pi}{b}, \quad k \in \mathbb{N}. \] Следовательно, \[ \Phi_{nk}(x,y) = \sin \frac{n \pi x}{a} \sin \frac{k \pi y}{b} \] и \[ \lambda_{nk} = \beta_k + \alpha_n = \pi^2 \paren{ \frac{n^2}{a^2} + \frac{k^2}{b^2} }. \] Каждому $\lambda_{nk}$ соответствует решение \[ T_{nk}(t) = C_{nk} \cos \paren{ c \sqrt{\lambda_{nk}} t } + D_{nk} \sin \paren{ c \sqrt{\lambda_{nk}} t }. \] Окончательно получаем \[ u(x,y,t) = \sum_{n,k=1}^\infty T_{nk}(t) \Phi_{nk}(x,y). \]
Если ряд для $u(x,y,t)$ и ряды, полученные из него двукратным дифференцированием, сходятся, то это решение удовлетворяет исходному уравнению малых колебаний мембраны с заданными краевыми условиями.
Уравнение \[ u(x,y,t) = \sum_{n,k=1}^\infty T_{nk}(t) \Phi_{nk}(x,y) \] при $t = 0$ принимает вид \[ \varphi_0(x,y) = \sum_{n,k=1}^\infty C_{nk} \Phi_{nk}(x,y). \] Домножением на $\Phi_{ml}(x,y)$ и двойным интегрированием получаем выражение \[ C_{nk} = \frac{1}{\norm{\Phi_{nk}}^2} \int\limits_0^a \int\limits_0^b \varphi_0(x,y) \Phi_{nk}(x,y) dx dy. \]
Дифференцируя уравнение \[ u(x,y,t) = \sum_{n,k=1}^\infty T_{nk}(t) \Phi_{nk}(x,y) \] и принимая $t = 0$, получаем \[ \varphi_1(x,y) = \sum_{n,k=1}^\infty D_{nk} c \sqrt{\lambda_{nk}} \Phi_{nk}(x,y). \] Домножая на $\Phi_{ml}(x,y)$ и интегрируя, приходим к выражению \[ D_{nk} = \frac{1}{\norm{\Phi_{nk}}^2 c \sqrt{\lambda_{nk}}} \int\limits_0^a \int \limits_0^b \varphi_1(x,y) \Phi_{nk}(x,y) dx dy. \]
Представим $T_{nk}(t)$ в виде \[ \begin{aligned} C_{nk} \cos(c \sqrt{\lambda_{nk}} t) + D_{nk} \sin(c \sqrt{\lambda_{nk}} t) &= M_{nk} \sin(c \sqrt{\lambda_{nk}} t + \varphi_{nk}) = \\ &= M_{nk} \paren{ \sin(c \sqrt{\lambda_{nk}} t) \cos \varphi_{nk} + \cos(c \sqrt{\lambda_{nk}} t) \sin \varphi_{nk} } = \\ &= M_{nk} \cos \varphi_{nk} \sin(c \sqrt{\lambda_{nk}} t) + M_{nk} \sin \varphi_{nk} \cos(c \sqrt{\lambda_{nk}} t). \end{aligned} \] Пусть \[ \begin{aligned} M_{nk} \cos \varphi_{nk} &= C_{nk}, \\ M_{nk} \sin \varphi_{nk} &= D_{nk}, \end{aligned} \] тогда \[ \begin{aligned} \tg \varphi_{nk} = \frac{C_{nk}}{D_{nk}}, \implies \varphi_{nk} &= \arctg \frac{C_{nk}}{D_{nk}}, \\ M_{nk} &= \sqrt{C_{nk}^2 + D_{nk}^2}. \end{aligned} \] В конечном итоге получаем следующее выражение для решения: \[ u(x,y,t) = \sum_{n,k=1}^\infty M_{nk} \sin \frac{n \pi x}{a} \sin \frac{k \pi y}{b} \sin \paren{ c \sqrt{\lambda_{nk}} t + \varphi_{nk} }. \]
Отсюда видно, что колебание мембраны есть сумма бесконечного множества собственных гармонических колебаний типа стоячих волн, частота которых равна \[ \omega_{nk} = c \sqrt{\lambda_{nk}} = c \pi \sqrt{ \frac{n^2}{a^2} + \frac{k^2}{b^2} }, \] а период равен \[ T_{nk} = \frac{2 \pi}{\omega_{nk}} = \frac{2ab}{c \sqrt{n^2 b^2 + k^2 a^2}}. \]
Например, если $\Phi_{nk}(x,y)$ единственна для данной частоты, то \[ \Phi_{nk}(x,g(x)) \equiv 0. \]
Рассмотрим уравнение \[ L[u] + f(x,t) = \rho(x) \pdv2{u}{t}, \qquad x \in \overline{\Omega} \subset \mathbb{R}^m, \quad t \geqslant 0. \] Поставим смешанную задачу с начальными \[ u(x,0) = 0, \qquad u_t'(x,0) = 0 \] и граничными \[ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 u } }{\Gamma} = 0 \] условиями.
Введём обозначение: $\overline{D} := \overline{\Omega} \times [0; +\infty)$. Будем искать решение задачи в классе функций $u(x,t) \in C(\overline{D})$, $u(x,t) \in C^2 (D)$.
Так как $u(x,t)$ принадлежит классу $A$ для любого $t$, то по теореме Стеклова её можно представить в виде ряда по собственным функциям $\set{\Phi_n}$ соответствующей однородной задачи: \[ u(x,t) = \sum_{k=1}^\infty \Psi_n(t) \Phi_n(x), \] где \[ \Psi_n(t) = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) u(x,t) \Phi_n(x) d\Omega. \] Так как $\Phi_n$ — собственные функции, то \[ \rho(x) \Phi_n(x) = - \frac{L[\Phi_n]}{\lambda_n}. \] Тогда \[ \begin{aligned} \Psi_n(t) &= \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) u(x,t) \Phi_n(x) d\Omega = \\ &= \frac{R[u,\Phi_n]}{\lambda_n \norm{\Phi_n}^2} = \frac{R[\Phi_n,u]}{\lambda_n \norm{\Phi_n}^2} = \\ &= -\frac{1}{\lambda_n \norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \Phi_n(x) L[u] d\Omega. \end{aligned} \] Вспоминая, что \[ L[u] = \rho(x) \pdv2{u}{t} - f(x,t), \] получаем, что \[ \Psi_n(t) = - \frac{1}{\lambda_n \norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) u_{tt}(x,t) \Phi_n(x) d\Omega + \frac{1}{\lambda_n \norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega f(x,y) \Phi_n(x) d\Omega. \]
Так как \[ \Psi_n(t) = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) u(x,t) \Phi_n(x) d\Omega, \] то \[ \Psi_n''(t) = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) u_{tt}(x,t) \Phi_n(x) d\Omega, \] поэтому \[ \Psi_n''(t) + \lambda_n \Psi_n(t) = f_n(t), \] где \[ f_n(t) = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega f(x,t) \Phi_n(x) d\Omega \] — коэффициент разложения функции $f(x,t)$ по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля. Кроме того, подставляя выражение \[ \Psi_n(t) = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) u(x,t) \Phi_n(x) d\Omega, \] в начальные условия, получаем, что \[ \Psi_n(0) = 0, \qquad \Psi_n'(0) = 0. \] Решая однородное уравнение \[ \Psi_n''(t) + \lambda_n \Psi_n(t) = 0, \] находим его решение: \[ \Psi_n^o(t) = C_n \cos (\sqrt{\lambda_n} t) + D_n \sin(\sqrt{\lambda_n} t). \] Общее решение неоднородного уравнения найдём, пользуясь методом вариации постоянных: \[ \Psi_n(t) = C_n(t) \cos (\sqrt{\lambda_n} t) + D_n(t) \sin(\sqrt{\lambda_n} t). \] Потребуем, чтобы неизвестные функции $C_n(t), D_n(t)$ подчинялись условию \[ C_n'(t) \cos(\sqrt{\lambda_n} t) + D_n'(t) \sin(\sqrt{\lambda_n} t) = 0. \]
Подставив выражение в $\Psi_n(t)$, получим, что \[ -C_n'(t) \sin(\sqrt{\lambda_n} t) + D_n'(t) \cos(\sqrt{\lambda_n} t) = \frac{f_n(t)}{\sqrt{\lambda_n}}. \] Итак, имеем систему \[ \begin{aligned} C_n'(t) \cos(\sqrt{\lambda_n} t) + D_n'(t) \sin(\sqrt{\lambda_n} t) &= 0, \\ -C_n'(t) \sin(\sqrt{\lambda_n} t) + D_n'(t) \cos(\sqrt{\lambda_n} t) &= \frac{f_n(t)}{\sqrt{\lambda_n}}; \end{aligned} \] она невырождена: \[ \begin{vmatrix} \phantom{-}\cos(\sqrt{\lambda_n} t) & \sin(\sqrt{\lambda_n} t) \\ -\sin(\sqrt{\lambda_n} t) & \cos(\sqrt{\lambda_n} t) \end{vmatrix} = \cos^2 (\sqrt{\lambda_n} t) + \sin^2 (\sqrt{\lambda_n} t) \equiv 1. \]Решая её, например, методом Крамера, получаем, что \[ \begin{aligned} C_n'(t) &= -\frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} f_n(t) \sin(\sqrt{\lambda_n} t), \\ D_n'(t) &= \phantom{+}\frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} f_n(t) \cos(\sqrt{\lambda_n} t). \end{aligned} \] После интегрирования получаем следующие выражения: \[ \begin{aligned} C_n(t) &= -\frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} \int\limits_0^t f_n(\tau) \sin(\sqrt{\lambda_n} \tau) d\tau + C_{0n}, \\ D_n(t) &= \phantom{+}\frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} \int\limits_0^t f_n(\tau) \cos(\sqrt{\lambda_n} \tau) d\tau + D_{0n}. \end{aligned} \] Из граничных условий задачи Штурма-Лиувилля находим, что $D_{0n} = C_{0n} = 0$. Тогда \[ \begin{aligned} \Psi_n(t) &= -\frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} \int\limits_0^t f_n(\tau) \sin(\sqrt{\lambda_n} \tau) d\tau \cdot \cos (\sqrt{\lambda_n} t) + \phantom{1} \\ &\phantom{=} + \frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} \int\limits_0^t f_n(\tau) \cos(\sqrt{\lambda_n} \tau) d\tau \cdot \sin(\sqrt{\lambda_n} t) = \\ &= \frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} \int\limits_0^t f_n(\tau) \paren{ -\sin(\sqrt{\lambda_n} \tau) \cos (\sqrt{\lambda_n} t) + \cos(\sqrt{\lambda_n} \tau) \sin(\sqrt{\lambda_n} t) } d\tau = \\ &= \frac{1}{\sqrt{\lambda_n}} \int\limits_0^t f_n(\tau) \sin \left[ \sqrt{\lambda_n} (t - \tau) \right] d\tau. \end{aligned} \]
Таким образом, решение найдено: \[ u(x,t) = \sum_{k=n}^\infty \Psi_n(t) \Phi_n(x). \]
Можно сформулировать более общие задачи:
-
Рассмотрим неоднородную смешанную задачу \[ L[u] + f(x,t) = \rho(x) \pdv2{u}{t} \] с ненулевыми начальными \[ u(x,0) = \varphi_0(x), \qquad u_t(x,0) = \varphi_1(x) \] и нулевыми граничными \[ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 u } }{\Gamma} = 0 \] условиями.
Будем искать решение в виде суммы \[ u(x,t) = v(x,t) + w(x,t), \] где $v(x,t)$ — решение однородного уравнения \[ L[v] = \rho(x) \pdv2{v}{t} \] при условиях \[ \begin{gathered} v(x,0) = \varphi_0(x), \qquad v_t(x,0) = \varphi_1(x), \\ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{v}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 v } }{\Gamma} = 0, \end{gathered} \] а $w(x,t)$ — решение неоднородного уравнения \[ L[w] + f(x,t) = \rho(x) \pdv2{w}{t} \] с нулевыми начальными и граничными условиями: \[ \begin{gathered} w(x,0) = 0, \qquad w_t(x,0) = 0, \\ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{w}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 w } }{\Gamma} = 0. \end{gathered} \]
-
Рассмотрим неоднородную смешанную задачу \[ L[u] + f(x,t) = \rho(x) \pdv2{u}{t} \] с ненулевыми начальными \[ u(x,0) = \varphi_0(x), \qquad u_t(x,0) = \varphi_1(x) \] и граничными \[ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 u } }{\Gamma} = \mu(x,t) \] условиями.
Выберем функцию $U(x,t) \in C^2(\overline{D})$ так, чтобы \[ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{U}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 U } }{\Gamma} = \mu(x,t). \] Тогда будем искать решение в виде суммы \[ u(x,t) = U(x,t) + w(x,t), \] где $w(x,t)$ — решение задачи \[ L[w] + f_1(x,t) = \rho(x) \pdv2{w}{t} \] с ненулевыми начальными \[ w(x,0) = \psi_0(x), \qquad w_t(x,0) = \psi_1(x) \] и нулевыми граничными \[ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{w}{x_\beta} \cos(\vec{n}, x_\alpha) - \gamma_2 w } }{\Gamma} = 0, \] причём \[ \begin{aligned} f_1(x,t) &= f(x,t) + L[U] - \rho(x) \pdv2{U}{t}, \\ \psi_0(x) &= \varphi_0(x) - U(x,0), \\ \psi_1(x) &= \varphi_1(x) - U_t(x,0). \end{aligned} \]
Рассмотрим однородную изотропную мембрану \[ 0 \lt x \lt a, \qquad 0 \lt y \lt b \] с закреплёнными концами: \[ \begin{aligned} \at{v}{x=0} = \at{v}{x=a} &= 0, \\ \at{v}{y=0} = \at{v}{y=b} &= 0 \end{aligned} \] и нулевыми начальными условиями: \[ \at{v}{t=0} = \at{v_t}{t=0} = 0. \] Вынужденные малые колебания мембраны описываются уравнением \[ \pdv2{v}{t} - c^2 \Delta v = f(x,y,t). \]
Будем искать решение в виде двойного ряда по собственным функциям задачи Штурма-Лиувилля: \[ \begin{aligned} v(x,y,t) &= \sum_{k,n=1}^\infty T_{nk}(t) \Phi_{nk}(x,y) = \\ &= \sum_{k,n=1}^\infty T_{nk}(t) \sin \frac{n \pi x}{a} \sin \frac{k \pi y}{b}. \end{aligned} \] Подставим это выражение в исходное уравнение: \[ \sum_{k,n=1}^\infty \paren{ T_{nk}''(t) + \omega_{nk}^2 T_{nk}(t) } \sin \frac{n \pi x}{a} \sin \frac{k \pi y}{b} = f(x,y,t), \] где \[ \omega_{nk}^2 = c^2 \pi^2 \paren{ \frac{n^2}{a^2} + \frac{k^2}{b^2} }. \]
Разложим функцию $f(x,y,t)$ в аналогичный ряд: \[ f(x,y,t) = \sum_{k,n=1}^\infty g_{nk}(t) \sin \frac{n \pi x}{a} \sin \frac{k \pi y}{b}, \] где \[ g_{nk}(t) = \frac{1}{\norm{\Phi_{nk}}^2} \int\limits_0^a \int\limits_0^b f(x,y,t) \Phi_{nk}(x,y) dx dy. \] Тогда можно поставить следующую задачу: \[ T_{nk}''(t) + \omega_{nk}^2 T_{nk}(t) = g_{nk}(t) \] с начальными условиями \[ T_{nk}(0) = T_{nk}'(0) = 0. \] Решая её методом вариации произвольных постоянных Лагранжа, получаем, что \[ T_{nk}(t) = \frac{1}{\omega_{nk}} \int\limits_0^t g_{nk}(\tau) \sin \left[ \omega_{nk} (t - \tau) \right] d\tau. \]
Если $t = 0$, то это уравнение принимает вид \[ \varphi(x) = \sum_{n=1}^\infty C_n \Phi_n(x). \] Домножив обе части на $\Phi_m(x)$ и проинтегрировав с весом $\rho(x)$, находим: \[ C_n = \frac{1}{\norm{\Phi_n}^2} \int\limits_\Omega \rho(x) \varphi(x) \Phi_n(x) d\Omega. \]
Рассмотрим задачу \[ L[u] = \rho(x) \pd{u}{t} \] с начальными и граничными условиями: \[ \begin{gathered} u(x,0) = \varphi(x), \\ \at{ \paren{ \gamma_1 \pd{u}{\vec{n}} + \gamma_2 u } }{\Gamma} = \mu(x,t), \end{gathered} \] решение которой ищется в области $\overline{D} = \overline{\Omega} \times [0;+\infty)$.
Тогда решение поставленной задачи \[ u(x,t) \in C^2(\Omega) \cap C^1(\overline{\Omega}) \cap C^1[0;+\infty) \] единственно.
Примем сначала в качестве плотности $\delta(x)$ поточечный предел средней плотности $f_\varepsilon(x)$: \[ \delta(x) := \lim_{\varepsilon \to 0} f_\varepsilon(x) = \begin{cases} +\infty, & x = 0, \\ 0, & x \neq 0. \end{cases} \] Естественно потребовать, чтобы интеграл от плотности $\delta(x)$ по объёму $V$ давал бы массу этого объёма, то есть \[ \int\limits_V \delta(x) dx = \begin{cases} 1, & 0 \in V, \\ 0, & 0 \not\in V. \end{cases} \] Если же интеграл ${\displaystyle \int\limits_V \delta(x) dx }$ понимать как несобственный, то он всегда равен нулю в силу определения $\delta(x)$ как поточечного предела. Это означает, что поточечный предел не может быть принят в качестве определения $\delta$-функции.
Рассмотрим теперь слабый предел функции $f_\varepsilon(x)$ при $\varepsilon \to 0$, то есть для любой функции $\varphi(x) \in C(\mathbb{R}^3)$ найдём предел \[ \lim_{\varepsilon \to 0} \int\limits_V f_\varepsilon(x) \varphi(x) dx. \]
Итак, выражение \[ \lim_{\varepsilon \to 0} \int\limits_V f_\varepsilon(x) \varphi(x) dx = \varphi(0) \] можно считать определением $\delta$-функции на основных функциях. Формально обозначают \[ \int\limits_{\mathbb{R}^m} \delta(x) \varphi(x) dx = (\delta, \varphi). \]
- $\delta(x) = \delta(-x)$;
- $\delta'(x) = -\delta'(-x)$;
- $\varphi(\xi) \delta(\xi - x) = \varphi(x) - \delta(\xi - x)$;
- $x \delta(x) = 0$;
-
${\displaystyle
\delta(\varphi(x))
= \sum_k \frac{\delta(x - x_k)}{\abs{\varphi'(x_k)}}
= \sum_k \frac{\delta(x - x_k)}{\abs{\varphi'(x)}},
}$
где $x_k$ — простые корни уравнения $\varphi(x) = 0$.
В частности \[ \begin{aligned} \delta(ax) &= \frac{\delta(x)}{\abs{a}}, \\ \delta(x^2 - a^2) &= \frac{\delta(x-a) + \delta(x+a)}{2\abs{a}}, \end{aligned} \] следовательно, при $x \to 0$ \[ \abs{a} \delta(a^2) = \delta(a). \]
- $ \delta(x) = \begin{cases} +\infty, & x = 0, \\ 0, & x \neq 0. \end{cases} $
- ${\displaystyle \int\limits_{-\infty}^{\infty} \delta(x) dx = 1. }$
- ${\displaystyle \int\limits_{-A}^{A} f(x) \delta(x) dx = f(0). }$
Пусть на отрезке $[\alpha_0, \alpha_1]$ заданы непрерывно дифференцируемые функции $\varphi(\alpha)$ и $\psi(\alpha)$, причём \[ \varphi(\alpha) \leqslant \psi(\alpha) \qquad \forall \alpha \in [\alpha_0, \alpha_1]. \] Пусть в некотором множестве $G \subset \mathbb{R}^2$, содержащем множество \[ E = \set{ (x,\alpha): \alpha \in [\alpha_0, \alpha_1], x \in [\varphi(\alpha), \psi(\alpha_1)] }, \] задана функция $f(x,\alpha)$, непрерывная вместе со своей производной $f_\alpha'(x,\alpha)$. Тогда функция \[ J(\alpha) = \int\limits_{\varphi(\alpha)}^{\psi(\alpha)} f(x,\alpha) dx, \] дифференцируема на отрезке $[\alpha_0, \alpha_1]$ и для любого $\alpha$ из этого отрезка справедливо равенство \[ J'(\alpha) = f(\psi(\alpha), \alpha) \psi'(\alpha) - f(\varphi(\alpha), \alpha) \varphi'(\alpha) + \int\limits_{\varphi(\alpha)}^{\psi(\alpha)} f_\alpha'(x,\alpha) dx. \]
Очевидно, что если к $G^*(\xi, x)$ добавить достаточно гладкую функцию $v(\xi, x)$, удовлетворяющую уравнению \[ L[v(\xi,x)] = 0, \] то функция \[ G(\xi,x) = G^*(\xi,x) + v(\xi,x) \] также будет удовлетворять условию \[ L[G(\xi, x)] = -\delta(\xi - x). \]
В данном случае функция $v(\xi, x)$ является однозначным решением краевой задачи \[ \begin{gathered} L[v(\xi,x)] = 0, \\ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{v}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 v } }{\Gamma} = -\at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{G^*}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 G^* } }{\Gamma}. \end{gathered} \] Таким образом, при известной функции $G^*$ и найденной функции $v$ решение исходной задачи определяется формулой \[ u(x) = \int\limits_\Omega \rho(\xi) G(\xi, x) d\xi, \]
Заданной функции $\varphi(x)$ соответствует единственное решение: \[ u(x,t) = M[\varphi(x)]; \] предполагаем, что оператор $M$ можно представить в виде \[ M[\varphi(x)] = \int\limits_\Omega G(x,\xi,t) \varphi(\xi) d\Omega, \] где $G(x,\xi,t)$ — ядро оператора $M$.
Для нахождения этого ядра положим \[ \varphi(x) := \delta(\xi - \eta). \] Тогда \[ u(x,t) = G(x, \eta, t), \] то есть функция $G(x,\eta,t)$ является решением следующей задачи: \[ \begin{aligned} L[G(x, \eta, t)] = \pd{G(x, \eta, t)}{t}, \\ G(x,\eta,0) = \delta(x - \eta), \\ \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{G}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 G } }{\Gamma} = 0. \end{aligned} \] Обратим внимание на то, что $G \in C(\overline{\Omega} \times [0;+\infty))$ кроме точки $\eta = x, t = 0$. Функция $G(x, \eta, t)$ является функцией Грина исходной задачи, а также задачи с ненулевыми краевыми условиями.
Таким образом, исходная задача свелась к поиску функции Грина и проверке законности дифференцирования под знаком интеграла в формуле \[ u(x,t) = \int\limits_\Omega G(x,\xi,t) \varphi(\xi) d\Omega. \]
Будем искать решение в виде суммы \[ u(x,t) = u_1(x,t) + u_2(x,t), \] причём пусть функция $u_1$ удовлетворяет условиям \[ \begin{gathered} L[u_1] = \rho \pd{u_1}{t}, \\ u_1(x,0) = \varphi(x), \qquad \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u_1}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 u_1 } }{\Gamma} = 0, \end{gathered} \] а функция $u_2$ — условиям \[ \begin{gathered} L[u_2] + f(x,t) = \rho \pd{u_2}{t}, \\ u_2(x,0) = 0, \qquad \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u_2}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 u_2 } }{\Gamma} = 0. \end{gathered} \]
Решение первой задачи имеет вид \[ u_1(x,t) = \int\limits_\Omega G(x,\xi,t) \varphi(\xi) d\xi. \]
Покажем, что решение второй задачи имеет вид \[ u_2(x,t) = \int\limits_0^t v(x,t,\tau) d\tau, \] где $v(x,t,\tau)$ — решение краевой задачи \[ \begin{gathered} L[v] = \rho \pd{v}{t}, \\ \at{v(x,t,\tau)}{t-\tau=0} = \frac{f(x,\tau)}{\rho(x)}, \qquad \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{v}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 v } }{\Gamma} = 0. \end{gathered} \]
Действительно, положив \[ u_2(x,t) = \int\limits_0^t v(x,t,\tau) d\tau, \] из этой краевой задачи получаем, что \[ L[u_2] = \int\limits_0^t L[v] d\tau = \int\limits_0^t \rho \pd{v}{t} d\tau. \] Продифференцируем $u_2(x,t)$ по $t$: \[ \begin{aligned} \pd{u_2}{t} &= \at{v(x,t,\tau)}{t-\tau=0} + \int\limits_0^t \pd{v}{t} d\tau = \\ &= \frac{f(x,\tau)}{\rho(x)} + \int\limits_0^t \pd{v}{t} d\tau. \end{aligned} \] Домножим на $\rho(x)$: \[ \begin{aligned} \rho(x) \pd{u_2}{t} &= f(x,\tau) + \int\limits_0^t \rho(x) \pd{v}{t} d\tau = \\ &= f(x,\tau) + L[u_2]. \end{aligned} \] Таким образом, функция \[ u_2(x,t) = \int\limits_0^t v(x,t,\tau) d\tau \] удовлетворяет неоднородному параболическому уравнению. Граничные условия \[ u_2(x,0) = 0, \qquad \at{ \paren{ \gamma_1 A_{\alpha \beta} \pd{u_2}{x_\beta} \cos\paren{ \vec{n}, x_\alpha } + \gamma_2 u_2 } }{\Gamma} = 0 \] проверяются непосредственно.
По аналогии с решением \[ u_1(x,t) = \int\limits_\Omega G(x,\xi,t) \varphi(\xi) d\xi \] запишем \[ v(x,t,\tau) = \int\limits_\Omega G(x,\xi,t - \tau) \frac{f(\xi,\tau)}{\rho(\xi)} d\Omega, \] тогда \[ u_2(x,t) = \int\limits_0^t \int\limits_\Omega G(x,\xi,t - \tau) \frac{f(\xi,\tau)}{\rho(\xi)} d\Omega d\tau. \]
Это уравнение называют неоднородным уравнением Лапласа (или уравнением Пуассона), если $f(x) \not\equiv 0$. Если же $f(x) \equiv 0$, то уравнение принимает вид (однородного) уравнения Лапласа: \[ \Delta u = 0. \]
- $u(x) \in C^2(\Omega)$;
- $u(x)$ удовлетворяет уравнению Лапласа $\Delta u = 0$ в этой области.
- $u(x) \in C^2(\Omega)$ для каждой точки $x \in \Omega$ такой, что $\abs{x} \lt \infty$;
- $u(x)$ удовлетворяет уравнению Лапласа $\Delta u = 0$ в любой конечной области $\Omega_k$;
-
на бесконечности имеет место оценка:
\[
\abs{u(x)} \leqslant \frac{C}{\abs{x}^{n-2}},
\qquad x \to \infty,
\]
где $n \geqslant 2$ — размерность пространства, а
$C = \const$.
Это условие можно переписать в виде \[ u(x) = \frac{C_1}{x^{n-2}} + o(x^{-n+2}), \] то есть при разложении функции $u(x)$ в степенной ряд главный член разложения будет равен \[ \frac{C_1}{x^{n-2}}. \]
Так как $E(x,\xi)$ симметрична относительно $x$ и $\xi$, то очевидна её гармоничность и по $\xi$.
- $\Omega \subset \mathbb{R}^n, \; \Gamma = \partial\Omega$.
- $\vb{n}$ — внешняя нормаль к $\Gamma$.
- $\Omega \subset \mathbb{R}^n, \; \Gamma = \partial\Omega$.
- $\vb{n}$ — внешняя нормаль к $\Gamma$.
Введём в $\Omega$ новые переменные \[ z_k = z_k(x_1, \dots, x_n) = z_k(x), \qquad k = \overline{1,n}. \] Пусть это преобразование координат взаимно-однозначное, дважды непрерывно дифференцируемое и его якобиан не равен нулю: \[ J = \frac{D(x)}{D(z)} \neq 0. \] Введём обозначение: \[ g_{jk} = \sum_{\alpha=1}^n \pd{z_j}{x_\alpha} \pd{z_k}{x_\alpha}, \qquad g_{jk} = g_{kj}. \] Тогда для любых $u,v$ справедливо равенство \[ \sum_{\alpha=1}^n \pd{u}{x_\alpha} \pd{v}{x_\alpha} = \sum_{\beta,\gamma=1}^n g_{\beta \gamma} \pd{u}{z_\beta} \pd{v}{z_\gamma} \] и, в частности, при $u = v$ \[ \begin{aligned} \sum_{\beta,\gamma=1}^n g_{\beta \gamma} \pd{u}{z_\beta} \pd{v}{z_\gamma} &= \sum_{\alpha=1}^n \paren{ \pd{u}{x_\alpha} }^2 = \\ &= (\nabla u)^2. \end{aligned} \]
Таким образом, $g_{jk}$ — коэффициенты в выражении $(\nabla u)^2$, преобразованном к новым переменным. В новых переменных $z_k$ уравнение \[ \int\limits_\Omega \paren{ \pd{u}{x_\alpha} \pd{\eta}{x_\alpha} - f \eta } d\Omega = 0, \qquad \alpha = \overline{1,n} \] принимает вид \[ \int\limits_\Omega \left[ \sum_{\beta,\gamma=1}^n g_{\beta \gamma} \pd{u}{z_\beta} \pd{\eta}{z_\gamma} - f \eta \right] J d\Omega = 0. \] Проинтегрировав по частям, с учётом $\at{\eta}{\Gamma} = 0$ получим \[ -\int\limits_\Omega \eta \left[ \sum_{\beta,\gamma=1}^n \pd{}{z_\gamma} \paren{ g_{\beta \gamma} J \pd{u}{z_\beta} } + fJ \right] d\Omega = 0. \]
В силу произвольности функции $\eta(x)$ \[ \sum_{\beta,\gamma=1}^n \pd{}{z_\gamma} \paren{ g_{\beta \gamma} J \pd{u}{z_\beta} } + fJ = 0, \] но \[ \Delta u = -f(x), \] поэтому \[ \Delta u = \frac{1}{J} \sum_{\beta,\gamma=1}^n \pd{}{z_\gamma} \paren{ g_{\beta \gamma} J \pd{u}{z_\beta} }. \] Для ортогональной системы координат $z_k$ величины $g_{jk} = 0$, если $j \neq k$, поэтому, введя обозначение \[ g_{jj} = H_j^{-2}, \] получим: \[ \Delta u = \frac{1}{J} \sum_{j=1}^n \pd{}{z_j} \paren{ \frac{J}{H_j^2} \pd{u}{z_j} }. \]
Из дифференциальной геометрии известноВ $\mathbb{R}^3$ в криволинейной ортогональной системе координат $z_j$ действие оператора Лапласа имеет вид: \[ \Delta u = \frac{1}{H_1 H_2 H_3} \left[ \pd{}{z_1} \paren{ \frac{H_2 H_3}{H_1} \pd{u}{z_1} } + \pd{}{z_2} \paren{ \frac{H_1 H_3}{H_2} \pd{u}{z_2} } + \pd{}{z_3} \paren{ \frac{H_1 H_2}{H_3} \pd{u}{z_3} } \right]. \]
Рассмотрим ДПСК. Пусть задано преобразование координат \[ z_k = z_k(x_1, \dots, x_n) = z_k(x), \qquad k = \overline{1,n} \] взаимно-однозначное, дважды непрерывно дифференцируемое с ненулевым якобианом: \[ J = \frac{D(x)}{D(z)} \neq 0. \]
Обозначим элемент длины через $ds$. Тогда в ДПСК \[ ds^2 = dx_1^2 + dx_2^2 + \cdots + dx_n^2. \] Рассмотрим обратное преобразование \[ x_k = x_k(z), \qquad k = \overline{1,n}. \]Известно, что $z_j = C_j = \const$ — семейство координатных поверхностей криволинейной системы координат $z_j$. Напомним, что в случае $\mathbb{R}^3$ уравнение координатной линии $z_1$ определяется двумя равенствами: \[ z_2 = \const, \qquad z_3 = \const. \] Аналогично определяются координатные линии $z_2, z_3$.
Направляющие косинусы линий $z_j$ пропорциональны соответственно \[ \pd{x_1}{z_j}, \pd{x_2}{z_j}, \pd{x_3}{z_j}, \qquad j = 1,2,3. \]
Уравнение ортогональности рёбер элементарного криволинейного параллелепипеда, лежащих на координатных линиях $z_j$ ортогональной криволинейной системы координат, имеет вид \[ \pd{x_1}{z_j} \pd{x_1}{z_k} + \pd{x_2}{z_j} \pd{x_2}{z_k} + \pd{x_3}{z_j} \pd{x_3}{z_k} = 0, \qquad j \neq k. \] Так как \[ dx_j = \pd{x_j}{z_1} dz_1 + \pd{x_j}{z_2} dz_2 + \pd{x_j}{z_3} dz_3, \] то \[ ds^2 = H_1^2 dz_1^2 + H_2^2 dz_2^2 + H_3^2 dz_3^2, \] где \[ H_j^2 = \sum_{k=1}^3 \paren{ \pd{x_k}{z_j} }^2. \]
Элемент длины координатной линии $z_j$ равен \[ ds_j = H_j dz_j, \] тогда объём элементарного криволинейного параллелепипеда с рёбрами $H_j dz_j$ равен \[ dv = ds_1 ds_2 ds_3 = H_1 H_2 H_3 dz_1 dz_2 dz_3 = J dz_1 dz_2 dz_3. \]
-
На двумерной плоскости конформное преобразование не нарушает гармоничности функции.Пусть $\Omega$ — область комплексной плоскости $z = x + iy$, а $D$ — область комплексной плоскости $\zeta = \xi + i \eta$. Рассмотрим голоморфную (однозначную аналитическую) функцию \[ z = z(\zeta) = x(\xi,\eta) + i y(\xi,\eta), \] конформно отображающую $D$ на $\Omega$.
Пусть $u(x,y)$ — гармоническая функция в $\Omega$, то есть \[ \Delta_z u = \pdv2{u}{x} + \pdv2{u}{y} = 0 \] и выполнены условия гармоничности. Рассмотрим функцию \[ \widetilde{u}(\xi,\eta) = u(x(\xi,\eta), y(\xi,\eta)). \] Так как \[ \begin{aligned} x &= \frac{z + \overline{z}}{2}, & y &= \frac{z - \overline{z}}{2i}, \\ \xi &= \frac{\zeta + \overline{\zeta}}{2}, & \eta &= \frac{\zeta - \overline{\zeta}}{2i}, \end{aligned} \] то \[ \begin{aligned} \pd{}{z} &= \frac{1}{2} \paren{ \pd{}{x} - i \pd{}{y} }, & \pd{}{\overline{z}} &= \frac{1}{2} \paren{ \pd{}{x} + i \pd{}{y} }. \\ \pd{}{\zeta} &= \frac{1}{2} \paren{ \pd{}{\xi} - i \pd{}{\eta} }, & \pd{}{\overline{\zeta}} &= \frac{1}{2} \paren{ \pd{}{\xi} + i \pd{}{\eta} }. \end{aligned} \]
Пусть $u = u\paren{ x(z,\overline{z}), y(z,\overline{z}) }$. Тогда \[ \begin{aligned} \pd{u}{z} &= \pd{u}{x} \pd{x}{z} + \pd{u}{y} \pd{y}{z} = \\ &= \pd{u}{x} \cdot \frac{1}{2} + \pd{u}{y} \cdot \frac{1}{2i} = \\ &= \frac{1}{2} \paren{ \pd{u}{x} + \pd{u}{y} \cdot \frac{1}{i} } = \\ &= \frac{1}{2} \paren{ \pd{u}{x} - i \pd{u}{y} }. \end{aligned} \] Аналогично можно показать, что \[ \pd{u}{\overline{z}} = \frac{1}{2} \paren{ \pd{u}{x} + i \pd{u}{y} }. \]Используя эти выражения, нетрудно показать, что \[ \Delta_z u = 4 \ppdv{u}{z}{\overline{z}}. \] Используя аналогичные рассуждения, и пользуясь тем фактом, что $z(\zeta)$ — голоморфна, поэтому ${\displaystyle \pd{z}{\overline{\zeta}} = 0}$, приходим к выражению: \[ \begin{aligned} \Delta_\zeta \widetilde{u} &= 4 \ppdv{\widetilde{u}}{\zeta}{\overline{\zeta}} = \\ &= 4 \pd{}{\zeta} \left[ \pd{\widetilde{u}}{z} \cancel{\pd{z}{\overline{\zeta}}} + \pd{\widetilde{u}}{\overline{z}} \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}} \right] = \\ &= 4 \pd{}{\zeta} \paren{ \pd{\widetilde{u}}{\overline{z}} \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}} } = \\ &= 4 \ppdv{\widetilde{u}}{z}{\overline{z}} \pd{z}{\zeta} \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}} + 4 \pdv2{\widetilde{u}}{\overline{z}} \cancel{\pd{\overline{z}}{\zeta}} \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}} + 4 \pd{\widetilde{u}}{\overline{z}} \cancel{\ppdv{\overline{z}}{\overline{\zeta}}{\zeta}} = \\ &= 4 \ppdv{\widetilde{u}}{z}{\overline{z}} \pd{z}{\zeta} \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}}. \end{aligned} \] Заметим, что \[ \ppdv{\widetilde{u}}{z}{\overline{z}} = \ppdv{u}{z}{\overline{z}}, \] поэтому \[ \Delta_\zeta \widetilde{u} = \Delta_z u \pd{z}{\zeta} \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}}. \] В силу голоморфности функции \[ u \pd{z}{\zeta} = \pd{\overline{z}}{\overline{\zeta}}, \] поэтому можно переписать равенство в следующем виде: \[ \Delta_\zeta \widetilde{u} = \abs{\pd{z}{\zeta}}^2 \Delta_z u. \]
Так как отображение конформно, то \[ \pd{z}{\zeta} \neq 0, \] и, следовательно, \[ \Delta_z u = 0 \implies \Delta_\zeta \widetilde{u} = 0, \] что и означает, что $\widetilde{u}$ — гармоническая в $D$ функция.
-
Рассмотрим преобразование инверсии
\[
y = \frac{R^2}{\abs{x}^2} x, \qquad
x = \frac{R^2}{\abs{y}^2} y.
\]
Точки $x,y$ называют симметричными относительно сферы
$S_R$. Они удовлетворяют соотношению
\[
\abs{x} \abs{y} = R^2.
\]
Отметим, что преобразование инверсии взаимно-однозначно преобразует внешность шара $B_R$ на $B_R \setminus \set{ 0 }$.
Пусть функция $u(x)$ — гармоническая вне шара $B_R$, тогда функция \[ \widetilde{u}(y) = \frac{R^{m-2}}{\abs{y}^{m-2}} u \paren{ \frac{R^2}{\abs{y}^2} y } \] называется преобразованием Кельвина функции $u(x)$.Преобразование Кельвина не нарушает гармоничности функции.Рассмотрим случай $m=3$. Перейдём к сферическим координатам \[ x = (r,\theta,\psi), \qquad \theta \in [0;\pi], \qquad \psi \in [0; 2\pi]. \] Пусть $u(x) = v(r, \theta, \psi)$. Перейдём к новым координатам \[ y = (\rho, \theta, \psi), \qquad \rho = \frac{R^2}{r}. \] Из определения преобразования Кельвина следует, что \[ \widetilde{u}(y) = \widetilde{v}(\rho, \theta, \psi) = \frac{R}{\rho} v \paren{ \frac{R^2}{\rho}, \theta, \psi }. \] Тогда \[ \Delta \widetilde{u}(y) = \frac{1}{\rho^2} \pd{}{\rho} \paren{ \rho^2 \pd{\widetilde{v}}{\rho} } + \frac{1}{\rho^2 \sin\theta} \pd{}{\theta} \paren{ \sin\theta \pd{\widetilde{v}}{\theta} } + \frac{1}{\rho^2 \sin^2\theta} \pdv2{\widetilde{v}}{\psi}. \]Справедливо равенство \[ \frac{1}{\rho^2} \pd{}{\rho} \paren{ \rho^2 \pd{\widetilde{v}}{\rho} } = \frac{r^5}{R^5} \left[ \pdv2{v}{r} + \frac{2}{r} \pd{v}{r} \right]. \]Пользуясь доказанным утверждением, перепишем уравнение: \[ \begin{aligned} \Delta \widetilde{u}(y) &= \frac{1}{\rho^2} \pd{}{\rho} \paren{ \rho^2 \pd{\widetilde{v}}{\rho} } + \frac{1}{\rho^2 \sin\theta} \pd{}{\theta} \paren{ \sin\theta \pd{\widetilde{v}}{\theta} } + \frac{1}{\rho^2 \sin^2\theta} \pdv2{\widetilde{v}}{\psi} = \\ &= \frac{r^5}{R^5} \left[ \pdv2{v}{r} + \frac{2}{r} \pd{v}{r} + \frac{1}{r^2 \sin\theta} \pd{}{\theta} \paren{ \sin\theta \pd{v}{\theta} } + \frac{1}{r^2 \sin^2\theta} \pdv2{v}{\psi} \right] = \\ &= \frac{r^5}{R^5} \Delta u(x). \end{aligned} \]Так как \[ \pd{}{\rho} = \pd{}{r} \dv{r}{\rho} = - \frac{R^2}{\rho^2} \pd{}{r} = - \frac{r^2}{R^2} \pd{}{r}, \] то \[ \begin{aligned} \frac{1}{\rho^2} \pd{}{\rho} \paren{ \rho^2 \pd{\widetilde{v}}{\rho} } &= \frac{r^2}{R^4} \paren{ -\frac{r^2}{R^2} \pd{}{r} } \left[ \frac{R^4}{r^2} \paren{ -\frac{r^2}{R^2} \pd{}{r} \paren{ \frac{R}{\rho} v } } \right] = \\ &= \frac{r^4}{R^4} \left[ \pdv2{}{r} \paren{ \frac{R}{\rho} v } \right] = \\ &= \frac{r^4}{R^4} \left[ \pdv2{}{r} \paren{ \frac{r}{R} v } \right] = \\ &= \frac{r^5}{R^5} \left[ \pdv2{v}{r} + \frac{2}{r} \pd{v}{r} \right]. \end{aligned} \]Проверить выкладки.Так как $\dfrac{r^5}{R^5} \neq 0$, то \[ \Delta u(x) = 0 \implies \Delta \widetilde{u}(y) = 0, \] откуда следует, что $\Delta \widetilde{u}(y)$ — гармоническая.В общем случае \[ \Delta_y \widetilde{u}(y) = \frac{r^{m+2}}{R^{m+2}} \Delta_x u(x). \]
Рассмотрим гармонические в $\Omega$ функции $u(x), v(x) \in C(\overline{\Omega})$. Согласно первой и второй формулам Грина для оператора Лапласа получаем равенства \[ \begin{gathered} \int\limits_\Gamma v \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma = \int\limits_\Omega \pd{v}{x_\alpha} \pd{u}{x_\alpha} d\Omega, \quad \alpha = \overline{1,n}, \\ \int\limits_\Gamma \paren{ v \pd{u}{\vec{n}} - u \pd{v}{\vec{n}} } d\Gamma = 0. \end{gathered} \]
Если $\Omega$ неограничена, то дополнительно потребуем абсолютной интегрируемости (или абсолютной суммируемости, если интегралы понимаются в смысле Лебега) от подынтегральных выражений.
-
Если гармоническая функция $u(x)$ непрерывна в $\Omega \cup \Gamma$ вместе со своими первыми производными и $u(x) = 0$ для всех $x \in \Gamma$, то \[ u(x) \equiv 0 \qquad \forall x \in \Omega. \]Полагая $v = u$ в формуле \[ \int\limits_\Gamma v \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma = \int\limits_\Omega \pd{v}{x_\alpha} \pd{u}{x_\alpha} d\Omega, \quad \alpha = \overline{1,n}, \] получим \[ \int\limits_\Omega \sum_{k=1}^n \paren{ \pd{u}{x_k} }^2 d\Omega = 0, \implies \sum_{k=1}^n \paren{ \pd{u}{x_k} }^2 = 0, \implies u = \const. \] Так как $u(x) = 0$ на границе, то $u(x) \equiv 0$.
-
Если для гармонической в $\Omega$ функции $u(x)$, непрерывной в $\overline{\Omega}$ вместе со своими первыми производными, выполнено равенство \[ \at{\pd{u}{\vec{n}}}{\Gamma} = 0, \] то \[ u(x) = \const \qquad \forall x \in \Omega. \]Доказывается аналогично первому свойству.
-
Если гармоническая в $\Omega$ функция $u(x)$ непрерывна в $\overline{\Omega}$ вместе со своими первыми производными, то \[ \int\limits_\Gamma \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma = 0. \]Это равенство напрямую следует из формулы \[ \int\limits_\Gamma v \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma = \int\limits_\Omega \pd{v}{x_\alpha} \pd{u}{x_\alpha} d\Omega, \quad \alpha = \overline{1,n}, \] если положить в ней $v \equiv 1$.
-
(интегральное представление гармонической функции).
Для гармонической в $\Omega$ функции $u(x)$, непрерывной в $\overline{\Omega}$ вместе со своими первыми производными, справедлива формула \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma E(x,\xi) \pd{u}{\nu} d\Gamma - \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma u(\xi) \pd{E(x,\xi)}{\nu} d\Gamma, \] где
- $E(x,\xi)$ — фундаментальное решение уравнения Лапласа;
- $\abs{S_1} = \dfrac{2\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)}$ — площадь единичной сферы в $\mathbb{R}^n$;
- ${\displaystyle \Gamma(x) = \int\limits_0^{+\infty} t^{z-1} e^{-t} dt }$ — гамма-функция Эйлера.
Рассмотрим область \[ \Omega_\varepsilon = \Omega \setminus \set{ \xi: \abs{\xi - x} \leqslant \varepsilon } \] с границей \[ \partial \Omega_\varepsilon = \partial \Omega \cup \set{\abs{\xi - x} = \varepsilon} = \Gamma \cup \Gamma_\varepsilon. \] Применим к этой области формулу \[ \int\limits_\Gamma \paren{ v \pd{u}{\vec{n}} - u \pd{v}{\vec{n}} } d\Gamma = 0, \] полагая $v(\xi) := E(x, \xi)$. Тогда \[ \begin{gathered} \int\limits_{\Gamma \cup \Gamma_\varepsilon} \paren{ E(x,\xi) \pd{u}{\vec{n}_0} - u \pd{E(x,\xi)}{\vec{n}_0} } d\paren{\Gamma \cup \Gamma_\varepsilon} = 0, \\ \implies \int\limits_{\Gamma} \paren{ E(x,\xi) \pd{u}{\vec{n}} - u \pd{E(x,\xi)}{\vec{n}} } d\Gamma = -\int\limits_{\Gamma_\varepsilon} \paren{ E(x,\xi) \pd{u}{\vec{\nu}_0} - u \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}_0} } d\Gamma_\varepsilon. \end{gathered} \] где- $\vec{n}_0$ — внешняя нормаль к границе $\Gamma \cup \Gamma_\varepsilon$;
- $\vec{\nu}_0$ — внутрення нормаль к границе $\Gamma_\varepsilon$;
Обозначим за $\vec{\nu} = -\vec{\nu}_0$ внешнюю нормаль к границе $\Gamma_\varepsilon$ и рассмотрим выражение \[ \int\limits_{\Gamma_\varepsilon} \paren{ E(x,\xi) \pd{u}{\vec{\nu}} - u \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} } d\Gamma_\varepsilon \]
Прибавим и вычтем из него величину \[ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} u(x) \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon, \] после приведения подобных слагаемых получим \[ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} E(x,\xi) \pd{u(\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon - \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \left[ u(\xi) - u(x) \right] \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon - u(x) \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon. \]
- Рассмотрим первое слагаемое: \[ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} E(x,\xi) \pd{u(\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon. \] Отметим, что $E(x,\xi)$ постоянна на границе $\Gamma_\varepsilon$, т.к. расстояние $\abs{\xi - x}$ не изменяется, поэтому \[ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} E(x,\xi) \pd{u(\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon = E(x,\xi) \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \pd{u(\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon. \] Теперь, пользуясь свойством гармонических функций \[ \int\limits_\Gamma \pd{u(\xi)}{\vec{n}} d\Gamma = 0, \] заключаем, что первое слагаемое равно нулю.
-
На сфере $\Gamma_\varepsilon$ фундаментальное решение $E(x,\xi)$ принимает вид \[ E(x,\xi) = \left\{ \begin{aligned} & \frac{1}{(n-2) \varepsilon^{n-2}}, & n &\gt 2, \\ & -\ln \varepsilon, & n &= 2, \end{aligned} \right. \] но в таком случае \[ \at{ \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} }{\Gamma_\varepsilon} = \at{ \pd{E(x,\xi)}{r} }{\Gamma_\varepsilon} = \pd{E(x,\xi)}{\varepsilon} = \frac{-1}{\varepsilon^{n-1}}, \qquad n \geqslant 2. \]
Формула для площади поверхности гиперсферы: \[ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} d\Gamma_\varepsilon = \frac{2\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)} \cdot \varepsilon^{n-1}. \] Если ввести обозначение для площади поверхности единичной гиперсферы \[ \abs{S_1} := \frac{2\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)}, \] то формулу можно переписать в виде \[ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} d\Gamma_\varepsilon = \abs{S_1} \varepsilon^{n-1}. \]Гармоническая функция $u(x)$ непрерывна, поэтому для любого $\delta \gt 0$ существует $\varepsilon_1 \gt 0$ такой, что если $\abs{\xi - x} \lt \varepsilon_1$, то \[ \abs{u(\xi) - u(x)} \lt \delta. \] Используя этот факт, получим, что второе слагаемое принимает вид \[ \begin{aligned} 0 &\leqslant \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \left[ u(\xi) - u(x) \right] \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon \lt \\ &\lt \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \delta \frac{d\Gamma_\varepsilon}{\varepsilon^{n-1}} = \delta \abs{S_1} \limto{\delta \to 0} 0. \end{aligned} \]
- Третье слагаемое примет вид: \[ \begin{aligned} -u(x) \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma_\varepsilon &= u(x) \int\limits_{\abs{\xi - x} = \varepsilon} \frac{d\Gamma_\varepsilon}{\varepsilon^{n-1}} = \\ &= u(x) \abs{S_1}. \end{aligned} \]
Рассмотрим первое слагаемое: \[ \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} E(x,\xi) \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma_R. \] Так как на $\Gamma$ фундаментальное решение задачи Лапласа $E(x,\xi)$ постоянно, вынесем его за скобки и воспользуемся свойством гармонических функций: \[ \begin{gathered} \int\limits_{\Gamma_R} \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma_R = 0, \implies \\ \implies \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} E(x,\xi) \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma_R = \frac{E(x,\xi)}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma_R = 0. \end{gathered} \]
Рассмотрим теперь второе слагаемое. Пользуясь тем, что на $\Gamma_R$ \[ \at{ \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} }{\Gamma_R} = \at{ \pd{E(x,\xi)}{r} }{\Gamma_R} = \pd{E(x,\xi)}{R} = \frac{-1}{R^{n-1}}, \qquad n \geqslant 2, \] запишем его в виде \[ -\frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} u \pd{E(x,\xi)}{\vec{n}} d\Gamma_R = \frac{1}{\abs{S_1} R^{n-1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} u(\xi) d\Gamma_R. \]
Итак, \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1} R^{n-1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} u(\xi) d\Gamma_R. \] Рассматривая некоторую границу $\abs{\xi - x} = \rho \leqslant R$, эта формула предстанет в виде \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1} \rho^{n-1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = \rho} u(\xi) d\Gamma_\rho, \] или \[ \rho^{n-1} u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = \rho} u(\xi) d\Gamma_\rho. \] Домножая на $d\rho$ и интегрируя в промежутке $0 \leqslant \rho \leqslant R$, приходим к равенству \[ \int\limits_0^R u(x) \rho^{n-1} d\rho = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_0^R \int\limits_{\abs{\xi - x} = \rho} u(\xi) d\Gamma_\rho d\rho, \] откуда \[ u(x) \frac{R^n}{n} = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant R} u(\xi) dV, \] или \[ \begin{aligned} u(x) &= \frac{n}{\abs{S_1} R^n} \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant R} u(\xi) dV = \\ &= \frac{1}{V_R} \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant R} u(\xi) dV, \end{aligned} \] где
- $V_R = \dfrac{\abs{S_1} R^n}{n}$ — объём шара;
- $dV$ — элемент объёма.
Таким образом, формула \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1} R^{n-1}} \int\limits_{\abs{\xi - x} = R} u(\xi) d\Gamma_R \] является формулой о среднем арифметическом для гармонической функции по поверхности шара, а формула \[ u(x) = \frac{1}{V_R} \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant R} u(\xi) dV \] — формулой о среднем арифметическом для гармонической функции по объёму шара.
Введём обозначения: \[ M := \sup_{x \in \Omega} u(x), \qquad m := \inf_{x \in \Omega} u(x), \]
Если $M = +\infty$ или $m = -\infty$, то утверждение очевидно, так как в каждой точке $x \in \Omega$ функция $u(x)$ конечна.
Пусть $M \neq +\infty$. Предположим, что существует точка $x_0 \in \Omega$ такая, что $u(x_0) = M$. Рассмотрим шар $B_\varepsilon(x_0) \subset \Omega$ с центром в точке $x_0$ радиуса $\varepsilon \gt 0$.
Если в этом шаре найдётся точка $x_1$ такая, что $u(x_1) \neq M$, то из формулы о среднем арифметическом по объёму \[ u(x_0) = \frac{1}{V_R} \int\limits_{\abs{\xi - x_0} \leqslant R} u(\xi) dV \] следовало бы, что $u(x_0) = M \lt M$, что невозможно. Следовательно, для всех точек из шара $B_\varepsilon(x_0)$ выполнено равенство $u(x_0) = M$.
Рассмотрим теперь произвольную точку $x \in \Omega$. Соединим её с точкой $x_0$ некоторой непрерывной кривой $l$ (это всегда можно сделать, т.к. область $\Omega$ односвязна по определению). Теперь, пользуясь аналогичными рассуждениями, будем передвигать шар $B_\varepsilon(x)$ вдоль этой кривой до тех пор, пока точка $x$ не будет принадлежать некоторому шару.
В силу произвольности точки $x \in \Omega$ следует, что \[ u(x) \equiv M = \const \qquad \forall x \in \Omega, \] что противоречит предположению о том, что $u(x) \not\equiv \const$. Следовательно, теорема доказана.
Доказательство для $m = \inf_{x \in \Omega} u(x) \neq -\infty$ очевидным образом выполняется, если рассмотреть гармоническую в $\Omega$ функцию $v(x) := -u(x)$, для которой \[ \sup_{x \in \Omega} v(x) = \inf_{x \in \Omega} u(x). \]
Пусть $\Omega$ — конечная область с кусочно-гладкой границей $\Gamma$, а $\varphi(x)$ — заданная и непрерывная на $\Gamma$ функция. Требуется найти функцию \[ u(x) \in C^2(\Omega) \cap C(\overline{\Omega}), \] удовлетворяющую эллиптическому уравнению \[ A_{\alpha \beta} \ppdv{u}{x_\alpha}{x_\beta} + A_\alpha \pd{u}{x_\alpha} + A_0 u = F(x), \qquad \alpha = \overline{1,m}, \quad x \in \mathbb{R}^n \] и условию \[ u(x) = \varphi(x), \qquad x \in \Gamma, \] которое следует рассматривать в точках непрерывности.
Пусть $\Omega$ — конечная область с кусочно-гладкой границей $\Gamma$, а $\psi(x)$ — заданная на $\Gamma$ функция. Требуется найти функцию \[ u(x) \in C^2(\Omega) \cap C(\overline{\Omega}), \] удовлетворяющую эллиптическому уравнению \[ A_{\alpha \beta} \ppdv{u}{x_\alpha}{x_\beta} + A_\alpha \pd{u}{x_\alpha} + A_0 u = F(x), \qquad \alpha = \overline{1,m}, \quad x \in \mathbb{R}^n \] и условию \[ \lim_{x' \to x} A_{\alpha \beta}(x') \pd{u(x')}{x_\alpha'} \cos(\vec{n}, x_\beta) = \psi(x) \] на множестве точек $x \in \Gamma$, в которых существует нормаль к $\Gamma$, где $x' \in \Omega$ лежит на этой нормали.
Если к тому же $A_{\alpha \beta}(x) = \delta_{\alpha \beta}$, то эллиптическое уравнение принимает вид \[ \Delta u + A_\alpha \pd{u}{x_\alpha} + A_0 u = F(x), \] а граничное условие — вид \[ \at{ \pd{u}{\vec{n}} }{\Gamma} = \psi(x). \]
Можно показать, что внутренняя задача Неймана не всегда разрешима для уравнения Пуассона \[ \Delta u = F(x), \] так как для существования решения необходимо выполнение равенства \[ \int\limits_\Omega F(x) d\Omega = \int\limits_\Gamma \psi(x) d\Gamma. \]
Задача Неймана для изолированной границы, то есть при $\psi(x) = 0$: \[ \int\limits_\Omega F(x) d\Omega = 0 \implies \int\limits_\Omega \Delta u d\Omega = 0. \]
Задача Неймана при отсутствии источников, то есть при $F(x) = 0$: \[ \int\limits_\Gamma \pd{u}{\vec{n}} d\Gamma = 0 \implies \int\limits_\Gamma \psi(x) d\Gamma = 0. \]
- выполнено равенство \[ G(x,\xi) = E(x,\xi) + g(x,\xi), \qquad x,\xi \in \overline{\Omega}, \] где $E(x,\xi)$ — фундаментальное решение уравнения Лапласа, $g(x,\xi)$ — гармоническая по $x,\xi \in \Omega$;
- если $x \in \Gamma$ или $y \in \Gamma$, то \[ G(x,\xi) = 0. \]
-
Функция Грина неотрицательна: \[ G(x,\xi) \geqslant 0 \qquad \forall x,\xi \in \overline{\Omega}. \]Для произвольной точки $x \in \Omega$ рассмотрим область \[ \Omega_\delta = \Omega \setminus \set{ \xi \in \Omega: \abs{\xi - x} \leqslant \delta }. \] Прежде всего, из определения фундаментального решения Лапласа следует, что справедливо равенство \[ \lim_{\xi \to x} G(x,\xi) = +\infty, \] то есть \[ \exists \delta \gt 0: \quad G(x,\xi) \gt 0 \quad \mbox{ при } \quad \abs{\xi - x} \leqslant \delta, \] причём \[ G(x,\xi) \geqslant 0, \qquad \xi \in \Gamma \cup \Gamma_\delta. \] В силу произвольности точки $x$ заключаем, что \[ G(x,\xi) \geqslant 0 \qquad \forall x,\xi \in \overline{\Omega}. \]
-
Функция Грина $G(x,y)$ симметрична относительно точек $x$ и $y$.Удалим лежащие в области $\Omega$ точки $x$ и $y$ вместе с замкнутыми шарами \[ \begin{aligned} b_1 &= \set{ z \in \Omega: \abs{z - x} \leqslant \delta }, \\ b_2 &= \set{ z \in \Omega: \abs{z - y} \leqslant \delta }, \end{aligned} \] достаточно малого радиуса $\delta$ и рассмотрим область \[ \Omega_\delta = \Omega \setminus (b_1 \cup b_2). \]
Функции $u_1 = G(z,x)$ и $u_2 = G(z,y)$ гармоничны в $\Omega \setminus b_1$ и $\Omega \setminus b_2$ соответственно.
Применим вторую формулу Грина для функций $u_1$ и $u_2$ на $\Omega_\delta$: \[ \int\limits_{\Gamma_\delta} \paren{ G(z,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} - G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} } d{\Gamma_\delta} = \int\limits_{\Gamma} \left[ \dots \right] d{\Gamma} + \int\limits_{\Gamma_1} \left[ \dots \right] d{\Gamma_1} + \int\limits_{\Gamma_2} \left[ \dots \right] d{\Gamma_2} = 0. \]
Так как $G(z,x) = G(z,y) = 0$ при $z \in \Gamma$, то \[ \int\limits_{\Gamma} \paren{ G(z,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} - G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} } d{\Gamma} = 0, \] поэтому можно записать, что \[ \int\limits_{\Gamma_1} \paren{ G(z,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} - G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} } d{\Gamma_1} = \int\limits_{\Gamma_2} \paren{ G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} - G(z,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} } d{\Gamma_2}. \]
Преобразуем интеграл в левой части: добавим и вычтем из него \[ \int\limits_{\Gamma_1} G(x,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}_z} d\Gamma_1; \] получим \[ \begin{gathered} \int\limits_{\Gamma_1} \paren{ G(z,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} - G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} } d{\Gamma_1} = \\ = \underbrace{ \int\limits_{\Gamma_1} \left[ G(z,y) - G(x,y) \right] \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} }_{I_1} + \underbrace{ \int\limits_{\Gamma_1} G(x,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} }_{I_2} - \underbrace{ \int\limits_{\Gamma_1} G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} }_{I_3}. \end{gathered} \] Рассмотрим слагаемые отдельно.
- так как $G(z,y)$ — гармоническая функция вне $\Gamma_2$, то \[ G(z,y) \limto{\abs{z-x} \to 0} G(x,y) \] равномерно по $y$, поэтому \[ \forall \delta_1 \gt 0 \quad \exists \varepsilon_1 \gt 0: \quad \abs{G(z,y) - G(x,y)} \lt \delta_1, \quad \mbox{ если } \abs{z - x} \lt \varepsilon_1, \] поэтому \[ \int\limits_{\Gamma_1} \left[ G(z,y) - G(x,y) \right] \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} \lt \int\limits_{\Gamma_1} \delta_1 \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1}, \] но \[ \begin{aligned} \pd{G(z,x)}{\vec{n}_z} &= \pd{E(z,x)}{\vec{n}_z} + \pd{g(z,x)}{\vec{n}_z} = \\ &= -\frac{1}{\delta^{m-1}} + \pd{g(z,x)}{\vec{n}_z}, \end{aligned} \] причём $g(z,x)$ — гармоническая и, следовательно, \[ \int\limits_{\Gamma_1} \pd{g(z,x)}{\vec{n}_z} d\Gamma_1 = 0, \] поэтому окончательно имеем \[ \int\limits_{\Gamma_1} \left[ G(z,y) - G(x,y) \right] \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} \lt \delta_1 \abs{S_1} \limto{\delta_1 \to 0} 0, \] где \[ \abs{S_1} = \frac{2 \pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)}. \]
- Рассмотрим второе слагаемое: вынесем $G(x,y)$, так как этот множитель не зависит от $z$: \[ \begin{aligned} I_2 &= \int\limits_{\Gamma_1} G(x,y) \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} = \\ &= G(x,y) \int\limits_{\Gamma_1} \pd{G(z,x)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} = \\ &= -G(x,y) \abs{S_1}. \end{aligned} \]
- Рассмотрим третье слагаемое, учитывая, что $\Gamma_1 = \set{ z: \abs{z - x} = \delta }$: \[ \begin{aligned} I_3 &= \int\limits_{\Gamma_1} G(z,x) \pd{G(z,y)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} = \\ &= \int\limits_{\Gamma_1} \paren{ E(z,x) + g(z,x) } \pd{G(z,y)}{\vec{n}} d{\Gamma_1} = \\ &= \int\limits_{\Gamma_1} \left[ \frac{1}{(m-2) \delta^{m-2}} + g(z,x) \right] \pd{G(z,y)}{\vec{n}} d{\Gamma_1}. \end{aligned} \] Так как $g(z,x)$ гармонична в $\Omega$, то \[ \abs{g(z,x)} \lt M_1, \quad z \in \Omega. \] Отсюда следует, что
Построим функцию Грина для случая, когда $\Omega$ — шар, и покажем, что гармоническая функция $u(x)$, представленная формулой \[ u(x) = - \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \pd{G(x,\xi)}{\vec{n}} \varphi(\xi) d\Gamma, \qquad x \in \Omega, \] удовлетворяет условию \[ \lim_{x \to \xi} u(x) = \varphi(\xi), \qquad x \in \Omega, \quad \xi \in \Gamma. \]
Пусть $\Omega = \set{ x \in \mathbb{R}^n: \abs{x} \lt 1 }$ и $x,\xi \in \Omega$. Точка \[ \xi' = \frac{\xi}{\abs{\xi}^2} \] симметрична точке $\xi$ относительно сферы $\abs{x} = 1$.
Функция \[ g(x,\xi) = -E\paren{ \abs{x}\xi, \frac{x}{\abs{x}} } \] является гармонической при $\abs{x} \lt 1$ и $\abs{\xi} \lt 1$ как по $x$, так и по $\xi$. При $\abs{\xi} = 1$ имеем \[ \begin{aligned} \abs{x - \xi} &= \paren{ x^2 - 2 x \xi + 1 }^{1/2} = \\ &= \abs{ \abs{\xi} x - \frac{\xi}{\abs{\xi}} } = \\ &= \abs{ \abs{x} \xi - \frac{x}{\abs{x}} }. \end{aligned} \] Тогда $G(x,\xi) = 0$ на $\partial \Omega$.
При $\abs{\xi} = 1, \abs{x} \lt 1$ имеем \[ \at{ \pd{G(x,\xi)}{n} }{\abs{\xi}=1} = -\sum_{j=1}^m \at{ \left[ \frac{\xi_j (\xi_j - x_j)}{\abs{\xi - x}^m} - \abs{x} \frac{ \xi_j \paren{ \abs{x} \xi_j - \frac{x_j}{\abs{x_j}} } }{ \abs{ \abs{x} \xi - \frac{x}{\abs{x}} }^m } \right] }{\abs{\xi} = 1} = - \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^m}. \] В этом случае формула \[ u(x) = - \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \pd{G(x,\xi)}{\vec{n}} \varphi(\xi) d\Gamma, \qquad x \in \Omega \] принимает вид \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi}=1} \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^m} \varphi(\xi) d\Gamma. \]
Таким образом, \[ u(x) = v\paren{ \frac{x}{R} } = \frac{1}{\abs{S_1} R} \int\limits_{\abs{\xi}=R} \frac{R^2 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^m} \varphi(\xi) d\Gamma_\xi. \]
Покажем, что $u(x)$, определённая по формуле Пуассона \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_{\abs{\xi}=1} \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^m} \varphi(\xi) d\Gamma, \] удовлетворяет краевому условию \[ \lim_{x \to \xi} u(x) = \varphi(\xi), \qquad x \in \Omega, \quad \xi \in \Gamma, \] то есть является решением задачи Дирихле для шара.
Рассмотрим случай $m=2$. Так как $u(x) = 1$ — гармоническая функция, удовлетворяющая условию \[ \lim_{x \to \xi} u(x) = 1, \qquad \abs{x} \lt 1, \quad \abs{\xi} = 1, \] то \[ \frac{1}{2\pi} \int\limits_0^{2 \pi} \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^2} d\psi = 1, \qquad \xi_1 = \cos\psi, \quad \xi_2 = \sin\psi. \] Домножим эту формулу на $\varphi(\xi_0)$ и вычтем из формулы Пуассона: \[ u(x) - \varphi(\xi_0) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_0^{2 \pi} \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^2} \left[ \varphi(\xi) - \varphi(\xi_0) \right] d\psi, \qquad \abs{x} \lt 1. \]
Непрерывная функция $\varphi(\xi)$ на окружности $\abs{\xi} = 1$ как на замкнутом множестве равномерно непрерывна, то есть для любого $\varepsilon \gt 0$ существуе $\delta(\varepsilon) \gt 0$ такой, что \[ \forall \psi,\psi_0: \quad \abs{\psi - \psi_0} \lt \delta \implies \abs{\varphi(\xi) - \varphi(\xi_0)} \lt \varepsilon, \] где \[ \begin{aligned} \xi_1 &= \cos\psi, & \xi_2 &= \sin\psi, \\ \xi_{10} &= \cos\psi_0, & \xi_{20} &= \sin\psi_0. \end{aligned} \]
Введём обозначения: \[ D_1 = \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^2}, \qquad D = D_1 \left[ \varphi(\xi) - \varphi(\xi_0) \right]. \] Тогда \[ u(x) - \varphi(\xi_0) = I_1 + I_2, \] где \[ \begin{aligned} I_1 &= \frac{1}{2 \pi} \int\limits_{\psi_0 - \delta}^{\psi_0 + \delta} D d\psi, \\ I_2 &= \frac{1}{2 \pi} \left[ \int\limits_0^{\psi_0 - \delta} D d\psi + \int\limits_{\psi_0 + \delta}^{2\pi} D d\psi \right]. \end{aligned} \]
Из равномерной непрерывности функции $\varphi(\xi)$ и равенства \[ \frac{1}{2\pi} \int\limits_0^{2 \pi} \frac{1 - \abs{x}^2}{\abs{\xi - x}^2} d\psi = 1, \qquad \xi_1 = \cos\psi, \quad \xi_2 = \sin\psi \] следует, что \[ \abs{I_1} \lt \varepsilon. \]
Пусть $x$ и $\xi$ — точки этого полупространства, а $\xi' = \paren{ \xi_1, \xi_2, \dots, \xi_{m-1}, -\xi_m }$ — точка, симметричная точке $\xi$ относительно плоскости $\xi_m = 0$.
Так как функция $g(x,\xi) = -E(x, \xi')$ при $x_m \gt 0, \xi_m \gt 0$ является гармонической как по $x$, так и по $\xi$ и, кроме того, \[ E(x,\xi) - E(x, \xi') = 0 \quad \text{при} \quad \xi_m = 0, \] то \[ G(x, \xi) = E(x, \xi) - E(x, \xi') \] является функцией Грина для рассматриваемого полупространства.
Будем предполагать, что для искомого решения $u(x)$ задачи Дирихле в рассматриваемом случае справедлива формула \[ u(x) = - \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \pd{G(x,\xi)}{\vec{n}} \varphi(\xi) d\Gamma, \qquad x \in \Omega. \] Это заведомо так, если для всех $x \in \Omega$ при $\abs{x} \to \infty$ \[ \abs{u(x)} \leqslant \frac{A}{\abs{x}^h}, \quad \abs{\pd{u}{x_i}} \leqslant \frac{A}{\abs{x}^{h+1}}, \quad i = 1, \dots, m, \] где $A \gt 0, h = m - 2 \gt 0$ — постоянные. В соответствии с этим при больших \[ \delta = \paren{ \sum_{i=1}^{m-1} y_i^2 }^{1/2} \] и заданная на плоскости $y_m = 0$ функция $\varphi(y_1, \dots, y_{m-1})$ должна удовлетворять условию \[ \abs{\varphi} \lt \frac{A}{\delta^h}. \] Подставляя выражение \[ G(x, \xi) = E(x, \xi) - E(x, \xi') \] в правую часть формулы \[ u(x) = - \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \pd{G(x,\xi)}{\vec{n}} \varphi(\xi) d\Gamma, \qquad x \in \Omega \] и учитывая, что при $\xi_m = $ \[ \begin{aligned} \pd{G(x, \xi)}{\vec{n}} &= - \pd{G(x, \xi)}{\xi_m} = \\ &= \frac{\xi_m - x_m}{\abs{\xi - x}^m} - \frac{\xi_m + x_m}{\abs{\xi' - x}^m} = \\ &= - \frac{2x_m}{ \left[ \sum_{i=1}^{m-1} (\xi_i - x_i)^2 + x_m^2 \right]^{m/2} }, \end{aligned} \] получаем формулу \[ u(x) = \frac{2 x_m}{\abs{S_1}} \int\limits_{\xi_m = 0} \frac{\varphi(\xi_1, \dots, \xi_{m-1})}{ \left[ \sum_{i=1}^{m-1} (\xi_i - x_i)^2 + x_m^2 \right]^{m/2} } d\xi_1 \dots d\xi_{m-1}, \] дающая решение задачи Дирихле с краевым условием \[ \lim_{x \to y} u(x) = \varphi(y_1, \dots, y_{m-1}), \quad x_m \gt 0, y_m = 0 \] для полупространства $x_m \gt 0$ и носящую также название формулы Пуассона.
- $\lambda$ — скалярная постоянная,
- $C$ — постоянная ортогональная матрица,
- $h$ — постоянный вектор.
Тогда для любого фиксированного $x \in \mathbb{R}^m$ при $R \to \infty$ получаем, что \[ u(x) = u(0). \]
Если гармоническая в $\mathbb{R}^m$ функция $u(x)$ ограничена сверху (снизу), то она постоянна.
Если ряд $\sum_{k=1}^\infty u_k(x)$ гармонических в $\Omega$ функций $u_k(x)$, непрерывных в $\Omega \cup \Gamma$, равномерно сходится на границе $\Gamma$ области $\Omega$, то этот ряд равномерно сходится в $\Omega \cup \Gamma$ и его сумма $u(x)$ гармонична в $\Omega$.
Пусть $x_0$ — произвольная точка области $\Omega$, а шар $\abs{x - x_0} \lt R \subset \Omega$. Тогда каждую гармоническую функцию $u_k(x)$ в этом шаре можно представить формулой Пуассона для шара \[ u_k(x) = \frac{1}{\abs{S_1} R} \int\limits_{\abs{\xi - x_0} = R} \frac{R^2 - \abs{x - x_0}^2}{\abs{\xi - x}^m} u_k(\xi) d\Gamma_\xi. \] Следовательно, так как равномерно сходящийся ряд можно почленно интегрировать, имеем \[ \begin{aligned} u(x) &= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{\abs{S_1} R} \int\limits_{\abs{\xi - x_0} = R} \frac{R^2 - \abs{x - x_0}^2}{\abs{\xi - x}^m} u_k(\xi) d\Gamma_\xi = \\ &= \frac{1}{\abs{S_1} R} \int\limits_{\abs{\xi - x_0} = R} \frac{R^2 - \abs{x - x_0}^2}{\abs{\xi - x}^m} u(\xi) d\Gamma_\xi, \end{aligned} \] откуда следует гармоничность $u(x)$ в шаре $\abs{x - x_0} \lt R$. Так как $x_0$ — произвольная точка области $\Omega$, то $u(x)$ гармонична всюду в $\Omega$.
Далее, так как функция \[ \pd{E_\varepsilon}{x_k} \rho(\xi) \] непрерывна и ограничена в $\Omega$, то интеграл \[ \int\limits_\Omega \pd{E_\varepsilon(x,\xi)}{x_i} \rho(\xi) d\Omega, \quad k = \overline{1,m} \] существует и непрерывен, поэтому \[ \pd{u_\varepsilon(x)}{x_i} = \int\limits_\Omega \pd{E_\varepsilon(x,\xi)}{x_i} \rho(\xi) d\Omega, \quad i = \overline{1,m}. \]
Проверим несобственный интеграл \[ v_k = \int\limits_\Omega \pd{E(x, \xi)}{x_k} \rho(\xi) d\Omega \] на равномерную сходимость. Рассмотрим сумму \[ \int\limits_\Omega \pd{E(x, \xi)}{x_k} \rho(\xi) d\Omega = \int\limits_{\Omega_\delta} \pd{E(x, \xi)}{x_k} \rho(\xi) d\Omega_\delta + \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant \delta} \pd{E(x, \xi)}{x_k} \rho(\xi) d\Omega_\xi. \] Оценим второе слагаемое: \[ \begin{aligned} \abs{ \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant \delta} \pd{E(x, \xi)}{x_k} \rho(\xi) d\Omega_\xi } &= \abs{ \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant \delta} \pd{E(x, \xi)}{\xi_k} \rho(\xi) d\Omega_\xi } \lt \\ &\lt M \abs{ \int\limits_{\abs{\xi - x} \leqslant \delta} \pd{E(x, \xi)}{\xi_k} d\Omega_\xi } = \\ &= M \abs{ \int\limits_{\abs{\xi - x} = \delta} E(x, \xi) \cos(\vec{n}, \xi_k) d\Gamma_\xi } \leqslant \\ &\leqslant \frac{M}{m-2} \int\limits_{\abs{\xi - x} = \delta} \frac{d\Gamma}{\delta^{m-2}} = \\ &= \frac{M \abs{S_1}}{m-2} \delta \limto{\delta \to 0} 0. \end{aligned} \] Тогда для разности \[ \pd{u_\varepsilon(x)}{x_k} - v_k(x) = \int\limits_\Omega \pd{}{x_k} \left[ E_\varepsilon(x, \xi) - E(x, \xi) \rho(\xi) d\Omega \right] \] пользуясь неравенством \[ \abs{\xi_k - x_k} \leqslant \abs{\xi - x} = r, \] получаем равномерную относительно $x$ оценку \[ \abs{ \pd{u_\varepsilon(x)}{x_k} - v_k(x) } \leqslant \abs{S_1} M \int\limits_0^\varepsilon \left[ \frac{r}{\varepsilon^m} + \frac{1}{r^{m-1}} \right] r^{m-1} dr = \abs{S_1} M \frac{m + 2}{m + 1} \varepsilon. \] Таким образом, учитывая непрерывность функции $\pd{}{x_k} u_\varepsilon(x,\xi)$, заключаем, что функция $u(x)$ имеет непрерывные частные производные первого порядка для всех $x \in \mathbb{R}^m$, которые могут быть вычислены по формуле \[ \pd{u}{x_k} = \int\limits_\Omega \pd{}{x_k} E(x, \xi) \rho(\xi) d\Omega, \quad k = \overline{1,m}. \]
Если плотность $\rho(\xi)$ имеет непрерывные частные производные первого порядка, ограниченные в $\Omega$, то потенциал \[ u(x) = \int\limits_\Omega E(x, \xi) \rho(\xi) d\Omega \] имеет частные производные второго порядка в $\Omega$, причём при $x \in \Omega$ \[ \pdv2{u}{x_k} = \int\limits_\Gamma \pd{E(x, \xi)}{\xi_k} \rho(\xi) \cos(\vec{n}, \xi_k) d\Gamma - \int\limits_\Omega \pd{\rho}{\xi_k} \pd{E(x, \xi)}{\xi_k} d\Omega. \]
Таким образом, объёмный потенциал удовлетворяет уравнению Пуассона \[ \Delta u = - \abs{S_1} \rho(x). \]
- $G(x, \xi)$ — функция Грина задачи Дирихле для гармонических функций в области $\Omega$,
- $f(\xi)$ ограничена и имеет первые производные, ограниченные в $\Omega$,
Решение неоднородной задачи Дирихле для уравнения Пуассона \[ \begin{gathered} \Delta u = f(x), \\ \lim_{x \to x_0} u(x) = \varphi(x_0) \end{gathered} \] при тех же условиях, что и в однородной задаче, сводится к нахождению решения соответствующей однородной задачи следующим образом.
Пусть $v(x)$ — гармоническая в $\Omega$ функция и \[ \lim_{x \to x_0} v(x) = \varphi(x_0), \quad x \in \Omega, x_0 \in \Gamma, \] а $u(x)$ — искомое решение неоднородной задачи Дирихле. Тогда функция $w(x) = u(x) - v(x)$ будет регулярным решением однородной задачи Дирихле для уравнения Пуассона, то есть \[ \begin{gathered} \Delta w = f(x), \\ \lim_{x \to x_0} w(x) = 0. \end{gathered} \]
- для любого $x \in \Gamma$ существует нормаль $\vec{n}$ к $\Gamma$;
- для любой точки $x_0 \in \Gamma$ можно ввести местную систему координат $\xi_1, \dots, \xi_m$ с началом в точке $x_0$ и осью $\xi_m$, направленной по нормали $\vec{n}$ к $\Gamma$ в точке $x_0$, так, что существует $d \gt 0$, для которого часть $\Gamma_d$ поверхности $\Gamma$, лежащая внутри сферы Ляпунова $S_d$ радиуса $d$ с центром в точке $x_0$, определяется уравнением \[ \xi_m = f(\xi'), \] где $\xi' = (\xi_1, \dots, \xi_{m-1})$ — точка поверхности $\xi_m = 0$;
-
функция $f(\xi')$ имеет непрерывные первые производные и
выполнены условия Липшица для ${\displaystyle \pd{f}{t}}$, где
$t$ — любое направление в плоскости $\xi_m = 0$:
\[
\abs{
\pd{f(\xi')}{t} - \pd{f(\eta')}{t}
}
\leqslant
A \abs{\xi' - \eta'}^\alpha,
\]
где
- $A \gt 0$;
- $0 \lt \alpha \leqslant 1$;
- $\xi', \eta'$ лежат в плоскости $\xi_m = 0$.
Второе равенство вытекает из свойств гармонических функций, так как $E(x,\xi)$ при $\xi \in \Omega, x \in \mathbb{R}^m \setminus \overline{\Omega}$ — гармоническая функция в $\Omega$ по $\xi$, непрерывная в $\overline{\Omega}$.
Пусть $x \in \Omega \cup \Gamma$. Построим в точке $x$ шар $B_\varepsilon$ радиуса $\varepsilon$. Введём обозначения:- $B_\varepsilon' = \Omega \cap B_\varepsilon = \set{ \xi: \abs{\xi - x} \lt \varepsilon, \quad \xi \in \Omega, \quad x \in \Omega \cup \Gamma }$,
- $\Gamma = \partial \Omega$,
- $\Gamma_1 = \Gamma \setminus B_\varepsilon$ — часть границы $\Gamma$ вне шара $B_\varepsilon$,
- $\Gamma_2 = \partial B_\varepsilon \cap \Omega$ — граница сферы, лежащая в $\Omega$.
Чтобы получить третье равенство, необходимо ужесточить требование к гладкости поверхности $\Gamma$ — потребуем, чтобы $\Gamma$ была поверхностью Ляпунова. Тогда для всех точек $x \in \Gamma$ существует касательная плоскость к $\Gamma$, то есть существует нормаль к $\Gamma$ в точке $x$, а $\Gamma_2$ стремится к полусфере при $\varepsilon \to 0$. Тогда \[ \lim_{\varepsilon \to 0} \frac{1}{\varepsilon^{m-1}} \int\limits_{\Gamma_2} d\Gamma_2 = \lim_{\varepsilon \to 0} \frac{\abs{S_1} \varepsilon^{m-1}}{2 \varepsilon^{m-1}} = \frac{1}{2} \abs{S_1}. \]
- $D \subset \mathbb{R}^m$ — произвольная область с поверхностью $\gamma$ Ляпунова;
- $\vec{n}$ — нормаль в точке $x \in \gamma$.
Рассмотрим потенциал двойного слоя \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma. \] Так как $E(x, \xi)$ — гармоническая функция при $x \neq \xi$ и \[ \pd{E}{\vec{\nu}} \limto{x \to \infty} 0, \] то $u(x)$ также является гармонической функцией для всех $x \in \mathbb{R}^m$ таких, что $x \not\in \Gamma$.
Введём обозначения: \[ \Omega^+ = \Omega, \qquad \Omega^- = \mathbb{R}^m \setminus (\Omega \cup \Gamma). \]
При $m = 3$ выражение \[ \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} \] имеет простой физический смысл. Пусть $\xi' \in \Omega^+, \xi'' \in \Omega^-$ — две симметричные относительно $\xi \in \Gamma$ точки, лежащие на нормали $\vec{\nu}$ к $\Gamma$ в точке $\xi$.
Пусть в точках $\xi', \xi''$ сосредоточены электрические заряды соответственно $-\sigma_0$ и $+\sigma_0$ такие, что \[ \sigma_0 \abs{\xi' - \xi''} \limto{\abs{\xi' - \xi''} \to 0} \sigma(\xi), \qquad \sigma_0 \gt 0. \] Потенциал поля, созданного этими зарядами, в любой точке $x \neq \xi$ равен \[ \frac{\sigma_0}{\abs{\xi'' - x}} - \frac{\sigma_0}{\abs{\xi' - x}} = \sigma_0 \left[ E(x, \xi'') - E(x, \xi') \right]. \]
По определению производной по направлению очевидно, что \[ \begin{aligned} \lim_{\abs{\xi'' - \xi'} \to 0} \sigma_0 \left[ E(x, \xi'') - E(x, \xi') \right] &= \sigma(\xi) \lim_{\abs{\xi'' - \xi'} \to 0} \frac{ E(x, \xi'') - E(x, \xi') }{\abs{\xi'' - \xi'}} = \\ &= \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}}. \end{aligned} \]
Будучи гармонической функцией вне $\Gamma$, потениал двойного слоя $u(x)$ имеет смысл и на самой $\Gamma$.
На примере интеграла Гаусса видно, что потенциал двойного слоя, вообще говоря, терпит разрыв при переходе через $\Gamma$.
Введём обозначение для предельных значений $u(x)$: \[ u^\pm(x_0) = \lim_{x \to x_0} u(x), \qquad x \in \Omega^\pm. \]
Если $\Gamma$ — замкнутая ляпуновская поверхность, $\sigma(\xi)$ — плотность, непрерывная на $\Gamma$, и существует \[ \lim_{x \to x_0} \pd{u}{\vec{n}} = \paren{\pd{u}{\vec{n}}}^\pm, \qquad x \in \Omega^\pm, \] то в точке $x_0 \in \Gamma$ \[ \paren{\pd{u}{\vec{n}}}^+ = \paren{\pd{u}{\vec{n}}}^-. \]
Скачок нормальной производной потенциала простого слоя определяется формулой \[ \pd{u^+(x_0)}{\vec{\nu}} - \pd{u^-(x_0)}{\vec{\nu}} = \mu(x_0), \qquad x_0 \in \Gamma. \]
Введём обозначения: $D^+ (D^-)$ — внутренняя (внешняя) задача Дирихле, $N^+ (N^-)$ — внутренняя (внешняя) задача Неймана.
Решение задачи Дирихле будем искать в виде потенциала двойного слоя \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma, \] а решение задачи Неймана — в виде потенциала простого слоя \[ u(x) = \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \mu(\xi) E(x, \xi) d\Gamma. \] Дополнительно потребуем, чтобы плотности $\sigma(\xi)$ и $\mu(\xi)$ были непрерывны на $\Gamma$.
Заметим, что эти представления являются гармоническими функциями как в $\Omega^+$, так и в $\Omega^-$, и, следовательно, осталось только удовлетворить краевым условиям.
Рассмотрим, например, задачу $D^+$. Условие \[ \at{u}{\Gamma} = \varphi(x) \] следует понимать как \[ \lim_{x \to x_0} u(x) = \varphi(x_0), \qquad x \in \Omega^+, \quad x_0 \in \Gamma. \] Так как $u(x)$ — потенциал двойного слоя, то \[ \lim_{x \to x_0} u(x) = - \frac{1}{2} \sigma(x_0) + \frac{1}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma, \qquad x \in \Omega^+, \quad x_0 \in \Gamma. \] Подставив это представление предела в условие задачи Дирихле и учитывая, что $x_0$ — произвольная точка $\Gamma$, получаем интегральное уравнение относительно неизвестной функции $\sigma(\xi)$: \[ D^+: \qquad \sigma(x) - \frac{2}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma = - 2 \varphi(x), \quad x \in \Gamma. \] Аналогично получаются уравнения для остальных задач: \[ \begin{aligned} D^-: \qquad \sigma(x) + \frac{2}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \sigma(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma &= 2 \varphi(x), \quad x \in \Gamma, \\ N^+: \qquad \mu(x) + \frac{2}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \mu(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{n}} d\Gamma &= 2 \psi(x), \quad x \in \Gamma, \\ N^-: \qquad \mu(x) - \frac{2}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \mu(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{n}} d\Gamma &= -2 \psi(x), \quad x \in \Gamma. \end{aligned} \]
Рассмотрим свойства этих уравнений.- Справедливы равенства: \[ \begin{aligned} \pd{E}{\vec{n}} &= \pd{E}{r} \cos(\vec{n}, r) &= -\frac{\cos(\vec{n}, r)}{r^{m-1}}, \\ \pd{E}{\vec{\nu}} & &= -\frac{\cos(\vec{\nu}, r)}{r^{m-1}}. \end{aligned} \] Можно показать, что имеет место оценка для поверхности Ляпунова $\Gamma$: \[ \abs{\cos(\vec{n}, x)} \leqslant C r^\alpha, \] где $C = \const$, а $\alpha \in (0; 1]$ — показатель Липшица. В пределе \[ \cos(\vec{n}, r) \limto{r \to 0} 0. \] Аналогично для $\cos(\vec{\nu}, r)$. Таким образом, полученные интегральные уравнения имеют слабую особенность, то есть особенность имеет порядок $O\paren{\dfrac{1}{r^{m-1-\alpha}}}$, меньший размерности поверхности $\Gamma$, а, следовательно, эта особенность интегрируема.
- Ядра ${\displaystyle \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}}}$ и ${\displaystyle \pd{E(x, \xi)}{\vec{n}}}$ получаются одно из другого перестановкой точек $x$ и $\xi$, а так как эти ядра вещественны, то они сопряжённые. Отсюда следует, что уравнения $D^+$ и $N^-$, а также $D^-$ и $N^+$ — попарно сопряжённые.
- Ядра $K(x, \xi)$ и $K^*(x, \xi) = \overline{K(\xi, x)}$ называются сопряжёнными;
- Ядра $K(x, \xi)$ и $K(\xi, x)$ — союзные, или транспонированные.
Нетрудно видеть, что если $K(x, \xi)$ — вещественная функция, то \[ K^*(x, \xi) = \overline{K(\xi, x)} = K(\xi, x). \]
Если параметр $\lambda$ удовлетворяет условию \[ \abs{\lambda} \lt \frac{1}{M}, \] где $M \gt 0$ такое, что \[ \int\limits_a^b \abs{K(x,y)} dy \leqslant M, \qquad a \leqslant x \leqslant b \] то решение $\varphi(x)$ уравнения существует, причём его можно построить методом последовательных приближений.
Решение $\varphi(x)$ ищем в виде предела последовательности \[ \varphi(x) = \lim_{n \to \infty} \varphi_n(x), \] где \[ \begin{aligned} \varphi_0(x) &= f(x), \\ \varphi_n(x) &= f(x) + \int\limits_a^b K(x,y) \varphi_{n-1}(y) dy, & n \in \mathbb{N}. \end{aligned} \] Известно, что сходимость последовательности $\set{ \varphi_n(x) }$ равносильна сходимости ряда \[ \varphi_0(x) + \sum_{n=1}^\infty \left[ \varphi_n(x) - \varphi_{n-1}(x) \right], \] так как частичная сумма $S_n = \varphi_n$ и, следовательно, $S_n \to S$.
Таким образом, любой член ряда \[ \varphi_0(x) + \sum_{n=1}^\infty \left[ \varphi_n(x) - \varphi_{n-1}(x) \right] \] мажорируется рядом \[ \sum_{n=0}^\infty m \abs{\lambda}^n M^n, \] который сходится в силу того, что \[ \abs{\lambda} \lt \frac{1}{M}. \] Отсюда следует, что ряд \[ \varphi_0(x) + \sum_{n=1}^\infty \left[ \varphi_n(x) - \varphi_{n-1}(x) \right], \] равно как и последовательность $\varphi_n(x)$, сходится абсолютно и равномерно к непрерывной функции $\varphi(x)$, то есть \[ \varphi(x) = \lim_{n \to \infty} \varphi_n(x) = \varphi_0(x) + \sum_{n=1}^\infty \left[ \varphi_n(x) - \varphi_{n-1}(x) \right]. \]
Переходя к пределу в равенстве \[ \varphi_n(x) = f(x) + \int\limits_a^b K(x,y) \varphi_{n-1}(y) dy, \quad n \in \mathbb{N}, \] выясняем, что выполняется \[ \varphi(x) - \lambda \int\limits_a^b K(x,y) \varphi(y) dy = f(x), \] откуда следует, что $\varphi(x)$ является решением этого уравнения.
Покажем единственность этого решения. Пусть $\varphi(x)$ и $\psi(x)$ — некоторые различные решения этого уравнения, тогда их разность \[ \theta(x) = \varphi(x) - \psi(x) \] является решением соответствующего однородного уравнения \[ \theta(x) - \lambda \int\limits_a^b K(x,y) \theta(y) dy = 0, \] то есть \[ \theta(x) = \lambda \int\limits_a^b K(x,y) \theta(y) dy, \] откуда находим, что \[ \theta_0 \leqslant \abs{\lambda} M \theta_0, \qquad \theta_0 = \max_{x \in [a,b]} \abs{\theta(x)}, \] а, значит, если $\theta_0 \neq 0$, то \[ \abs{\lambda} \geqslant \frac{1}{M}, \] что противоречит неравенству \[ \abs{\lambda} \lt \frac{1}{M}. \] Тогда пусть $\theta_0 = 0$, но отсюда следует, что $\theta(x) \equiv 0$, то есть $\varphi(x) \equiv \psi(x)$.
Найдём $c_k$ так, чтобы функция \[ \varphi(x) = f(x) + \lambda \sum_{k=1}^N c_k p_k(x), \] являлась решением уравнения Фредгольма 2-го рода. Для этого подставим его в исходное уравнение: \[ \begin{gathered} \lambda \sum_{k=1}^N c_k p_k(x) - \lambda \left[ \sum_{j=1}^N \paren{ \sum_{k=1}^N \int\limits_a^b p_j(x) q_j(y) \lambda c_k p_k(y) dy + \int\limits_a^b p_j(x) q_j(y) f(y) dy } \right] = 0, \\ \sum_{j=1}^N p_j(x) \left[ c_j - \lambda \sum_{k=1}^N \int\limits_a^b q_j(y) c_k p_k(y) dy - \int\limits_a^b q_j(y) f(y) dy \right] = 0, \end{gathered} \] откуда из линейной независимости функций $p_k(x)$ следует, что \[ c_j - \lambda \sum_{k=1}^N \int\limits_a^b q_j(y) c_k p_k(y) dy - \int\limits_a^b q_j(y) f(y) dy = 0, \] или \[ c_j - \lambda \sum_{k=1}^N \alpha_{jk} c_k = \gamma_j, \qquad j = \overline{1,N}, \] где \[ \alpha_{jk} = \int\limits_a^b q_j(y) p_k(y) dy, \qquad \gamma_j = \int\limits_a^b q_j(y) f(y) dy. \] Таким образом, задача отыскания решения $\varphi(x)$ интегрального уравнения Фредгольма 2-го рода с вырожденным ядром редуцирована к решению неоднородных алгебраических уравнений.
Как известно, система имеет единственное решение при любой правой части, если выполнено \[ \det M(\lambda) \neq 0, \] где \[ M = \begin{pmatrix} 1 - \lambda \alpha_{11} & -\lambda \alpha_{12} & \dots & - \lambda \alpha_{1N} \\ -\lambda \alpha_{21} & 1 - \lambda \alpha_{22} & \dots & - \lambda \alpha{2N} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\lambda \alpha_{N1} & -\lambda \alpha_{N2} & \dots & 1 - \lambda \alpha_{NN} \end{pmatrix}. \] Так как $\det M(\lambda)$ — полином степени $N$, то существует конечное число $m \leqslant N$ нулей этого полинома $\lambda_1, \dots, \lambda_m$.
Таким образом, для любого $\lambda \lt \infty, \lambda \neq \lambda_i, \quad i = \overline{1,m}$ система имеет единственное решение $c_1, \dots, c_N$. Итак, доказана
Если $\lambda$ не является собственным числом ядра $K(x,y)$, то интегральное уравнение Фредгольма 2-го рода с вырожденным ядром при любой непрерывной правой части $f(x)$ имеет (и притом единственное) решение.
Рассмотрим союзное с однородным уравнением интегральное уравнение: \[ \psi^0(x) - \lambda \sum_{j=1}^N \int\limits_a^b p_j(y) q_j(x) \psi^0(y) dy = 0, \quad x \in [a,b]. \] Так как \[ \psi^0(x) = \lambda \sum_{k=1}^N d_k^0 q_k(x), \] то союзное уравнение равносильно союзной однородной системе \[ d_j^0 - \lambda \sum_{k=1}^N \beta_{jk} d_k^0 = 0, \] где \[ d_j^0 = \int\limits_a^b p_k(y) \psi^0(y) dy, \qquad \beta_{jk} = \int\limits_a^b p_j(y) q_k(y) dy \bydef= \alpha_{jk}, \] или \[ d_j^0 - \lambda \sum_{k=1}^N \alpha{jk} d_k^0 = 0. \] Рассмотрим представление $M = I - \lambda A$, где $A = \set{\alpha_{jk}}$. Из линейной алгебры известно, что \[ \begin{aligned} \det \paren{I - \lambda A} &= \det \paren{I - \lambda A}^T, \\ \rank \paren{I - \lambda A} &= \rank \paren{I - \lambda A}^T. \end{aligned} \] Если $\lambda = \lambda_i, \quad i = \overline{1,m}$, и $\rank M = r$, то однородная система и союзная с ней имеют по $N - r$ линейно независимых решений \[ \set{c_{l1}^{0i}, \dots, c_{lN}^{0i}} \quad \text{и} \quad \set{d_{l1}^{0i}, \dots, d_{lN}^{0i}}, \qquad l = \overline{1, N-r}. \] Подставив эти решения в правые части формул \[ \begin{aligned} \varphi_l^{0i}(x) &= \lambda_i \sum_{j=1}^N c_{lj}^{0i} p_j(x), \\ \psi^{0i}(x) &= \lambda_i \sum_{j=1}^N d_{lj}^{0i} q_j(x), & i = \overline{1,m}, \; l = \overline{1, N - r}, \end{aligned} \] получаем по $N - r$ линейно независимых решений однородного интегрального и союзного с ним уравнений для каждого собственного числа $\lambda_i$.
Однородное интегральное уравнение и союзное с ним имеют ровно $N - r$ линейно-независимых решений при любом $\lambda = \lambda_i$, где $r$ — ранг матрицы $M(\lambda_i)$.
Рассмотрим решение неоднородного уравнения \[ \varphi(x) - \lambda \sum_{j=1}^N \int\limits_\Gamma p_j(x) q_j(y) \varphi(y) dy = f(x), \qquad x \in \Gamma. \] Соответствующая система \[ c_j - \lambda \sum_{k=1}^N \alpha_{jk} c_k = \gamma_j, \qquad j = \overline{1,N} \] относительно коэффициентов разложения функции $\varphi(x)$ имеет решение не для любых правых частей, то есть не для любого вектора $\gamma = (\gamma_1, \dots, \gamma_N)$, если $\lambda = \lambda_i$.
Для разрешимости линейной алгебраической системы необходимо и достаточно, чтобы вектор $\gamma$ был ортогонален решению $\set{ d_{1l}^{0i}, \dots, d_{Nl}^{0i} }$ союзной системы уравнений \[ d_j^0 - \lambda \sum_{k=1}^N \alpha{jk} d_k^0 = 0, \] то есть \[ \sum_{k=1}^N \gamma_k d_{kl}^{0i} = 0, \qquad l = \overline{1, N - r}, \quad i = \overline{1,m}, \] где \[ \gamma_k = \int\limits_a^b f(y) q_k(y) dy. \] Отсюда следует, что \[ \begin{aligned} 0 = \lambda_i \sum_{j=1}^N d_{jl}^{0i} \gamma_j &= \lambda_i \sum_{j=1}^N d_{jl}^{0i} \int\limits_a^b f(y) q_k(y) dy = \\ &= \int\limits_a^b \left[ \lambda_i \sum_{j=1}^N d_{jl}^{0i} q_k(y) \right] f(y) dy = \\ &= \int\limits_a^b f(x) \psi_{l}^{0i}(x) dx = 0, \end{aligned} \] то есть функции $f(x)$ и $\psi_{l}^{0i}(x)$ ортогональны.
При значениях $\lambda = \lambda_i, \quad i = \overline{1,m}$ для разрешимости интегрального уравнения необходимо и достаточно, чтобы правая его часть $f(x)$ была ортогональна ко всем решениям $\psi_l^{0i}(x), \quad l = \overline{1, N - r}$ союзного однородного уравнения.
Повторяя рассуждения, применённые при доказательстве сходимости последовательности \[ \varphi_n(x) = f(x) \lambda\int\limits_a^b K(x,y) \varphi_{n-1}(y) dy, \] можно получить, что ряд \[ \sum_{j=1}^\infty \lambda^{j-1} K_j(x,y) \] при условии \[ \abs{\lambda} \lt \frac{1}{M} \] сходится равномерно в квадрате $a \leqslant x \leqslant b, \quad a \leqslant y \leqslant b$.
Так как \[ \varphi(x) = \lim_{n \to \infty} \varphi_n(x), \] то, переходя к пределу в формуле \[ \varphi_n(x) = f(x) + \lambda \int\limits_a^b \sum_{j=1}^n \lambda^{j-1} K_j(x,y) f(y) dy, \] получим, что \[ \varphi(x) = f(x) + \lambda \int\limits_a^b R(x, y, \lambda) f(y) dy. \] Заметим, что $R(x,y,\lambda)$ — непрерывная функция относительно $x,y$ в квадрате $[a,b] \times [a,b]$ (вследствие равномерной сходимости ряда), а также является аналитичной (то есть разложимой в ряд) по $\lambda$ как для вещественных, так и для комплексных значений $\lambda$ в круге $\abs{\lambda} \lt \dfrac{1}{M}$. Отсюда следует, что (в силу непрерывности функции $f(x)$) непрерывным является и решение $\varphi(x)$.
Известно, что для непрерывной в квадрате $[a,b] \times [a,b]$ функции $K(x,y)$ для любого $\varepsilon \lt 0$ существуют такие линейно-независимые системы непрерывных функций \[ \set{p_j(x)}, \set{q_j(y)}, \quad x,y \in [a,b], \quad j = \overline{1,N}, \] что \[ K(x,y) = \sum_{j=1}^N p_j(x) q_j(y) + K_\varepsilon(x,y), \] где непрерывная функция $K_\varepsilon(x,y)$ удовлетворяет условию \[ (b - a) \abs{K(x,y)} \lt \varepsilon, \qquad x,y \in [a,b]. \] В качестве таких функций могут служить, например, полиномы (это известно из теоремы Вейерштрасса). Поставив это представление в исходное уравнение, получим, что \[ \varphi(x) - \lambda \int\limits_a^b K_\varepsilon(x,y) \varphi(y) dy = F(x), \] где \[ F(x) = f(x) + \lambda \int\limits_a^b \sum_{j=1}^N p_j(x) q_j(y) \varphi(y) dy. \]
Заметим, что для любого фиксированного $\lambda$ такого, что $\abs{\lambda} \lt \infty$, можно взять такое $\varepsilon \gt 0$, что \[ \abs{\lambda} \lt \frac{1}{\varepsilon}. \] В этом случае для уравнения \[ \varphi(x) - \lambda \int\limits_a^b K_\varepsilon(x,y) \varphi(y) dy = F(x) \] выполняется условие \[ \abs{\lambda} \lt \frac{1}{\varepsilon}, \qquad \int\limits_a^b \abs{K_\varepsilon(x,y)} \lt \varepsilon, \] то есть оно однозначно обращается.
Обозначив через $R_\varepsilon(x,y,\lambda)$ резольвенту ядра $K_\varepsilon(x,y)$, можно записать, что \[ \begin{aligned} \varepsilon(x) &= F(x) + \lambda \int\limits_a^b R_\varepsilon(x,y,\lambda) F(y) dy = \\ &= f(x) + \lambda \int\limits_a^b \sum_{j=1}^N p_j(x) q_j(y) \varphi(y) dy + \lambda \int\limits_a^b R_\varepsilon(x,y,\lambda) f(y) dy + \\ &\phantom{= f(x)} + \lambda \int\limits_a^b R_\varepsilon(x,t,\lambda) \cdot \lambda \int\limits_a^b \sum_{j=1}^N p_j(x) q_j(y) \varphi(y) dy dt. \end{aligned} \] Введя обозначения \[ \begin{aligned} r_j(x) &= p_j(x) + \lambda \int\limits_a^b R_\varepsilon(x, t, \lambda) p_j(t) dt, \\ g(x) &= f(x) + \lambda \int\limits_a^b R_\varepsilon(x, t, \lambda) f(t) dt, \end{aligned} \] можно записать, что \[ \varphi(x) - \lambda \int\limits_a^b \sum_{j=1}^N r_j(x) q_j(y) \varphi(y) dy = g(x). \] Таким образом, для любого конечного фиксированного $\lambda$ интегральное уравнение эквивалентно интегральному уравнению Фредгольма 2-го рода с вырожденным ядром.
Используя три теоремы Фредгольма, приходим к следующему результату.
Рассмотрим уравнение Фредгольма 2-го рода \[ \varphi(x) - \lambda \int\limits_a^b K(x,y) \varphi(y) dy = f(x). \] Для любого фиксированного конечного $\lambda$:
- либо соответствующее однородное уравнение не имеет нетривиального решения, и тогда исходное неоднородное уравнение всегда имеет (и притом единственное) решение при любой правой части $f(x)$;
- либо однородное уравнение имеет нетривиальные решения, и тогда как однородное уравнение Фредгольма 2-го рода, так и союзное с ним уравнение имеют одинаковое конечное число линейно-независимых решений. В этом случае для разрешимости исходного неоднородного уравнения необходимо и достаточно, чтобы его правая часть $f(x)$ была ортогональна ко всем решениям союзного с однородным уравнением, то есть \[ \int\limits_a^b f(x) \psi_l^0(x) dx = 0, \quad l = \overline{1, L}. \]
Записав уравнение Фредгольма 2-го рода в виде \[ \varphi(y) - \lambda \int\limits_a^b K(y,t) \varphi(t) dt = f(y) \] и умножив его на $\lambda K(x,y)$, после интегрирования получим., что \[ \varphi(x) - \lambda^2 \int\limits_a^b K_2(x,t) \varphi(t) dt = f_2(x), \] где \[ f_2(x) = f(x) + \lambda \int\limits_a^b K(x,y) f(y) dy. \] Продолжая процесс, получаем \[ \varphi(x) - \lambda^m \int\limits_a^b K_m(x,t) \varphi(t) dt = f_m(x), \] где \[ \begin{aligned} f_1(x) &= f(x), & f_m(x) &= f_{m-1}(x) + \lambda \int\limits_a^b K(x,t) f_{m-1}(t) dt, \\ K_1(x,y) &= K(x,y), & K_m(x,y) &= \int\limits_a^b K(x,t) K_{m-1}(t,y) dt. \end{aligned} \] Отсюда следует
В частности, если $\alpha \lt m_0 / 2$, то \[ K(x,y) = \frac{K^*(x,y)}{\abs{x-y}^\alpha}, \quad 0 \lt \alpha \lt m_0 \] — ядро Фредгольма, удовлетворяющее \[ \int\limits_\Omega \int\limits_\Omega \abs{K(x,y)}^2 dx dy \lt \infty. \]
Если же $\lambda_2 \neq 0$, то есть $\lambda \neq \overline{\lambda}$, то \[ \int\limits_a^b \varphi(x) \overline{\varphi(x)} dx = \int\limits_a^b \abs{\varphi(x)}^2 dx = 0, \] откуда следует, что $\varphi(x) \equiv 0$, что невозможно в силу определения собственной функции — получили противоречие.
Заметим, что в двумерном случае при $m = 2$ \[ \begin{aligned} K(x, \xi) &= \frac{1}{\pi} \pd{}{\vec{\nu}} \ln \abs{\xi - x} = \\ &= \frac{1}{\pi \abs{\xi - x}^2} \sum_{k=1}^2 \paren{ \xi_k - x_k } \pd{\xi_k}{\vec{\nu}} = \\ &= \frac{\cos\varphi}{\pi \abs{\xi - x}}, \end{aligned} \] где \[ \cos\varphi = \cos \left[ (\xi - x), \vec{\nu} \right] = \frac{(\xi - x) \vec{\nu}}{\abs{\xi - x}}. \] Очевидно, что \[ \begin{aligned} \pd{}{\vec{\nu}} \ln r &= \frac{1}{2} \pd{}{\vec{\nu}} \ln r^2 = \\ &= \frac{1}{2 r^2} \pd{}{\vec{\nu}} \paren{r^2} = \\ &= \frac{1}{r^2} (\xi_\alpha - x_\alpha) \nu_\alpha. \end{aligned} \]
При этом, если $\Gamma$ — гладкая замкнутая кривая Жордана с непрерывной кривизной, а $\sigma(\xi) \in C^2(\Gamma)$, то, используя параметрическую запись уравнений кривой $\Gamma$ \[ y_k = y_k(z), \quad z \in [0, l], \] где $l$ — длина дуги, можно в уравнении \[ \sigma(x) - \lambda \int\limits_\Gamma K(x, \xi) \sigma(\xi) d\Gamma = -2 \varphi(x) \] перейти к дуговым координатам $s$ и $t$, отсчитываемым от некоторой фиксированной точки на $\Gamma$ против часовой стрелки, и соответствующим точкам $x,\xi \in \Gamma$: \[ \sigma(s) - \lambda \int\limits_0^l K^*(s, t) \sigma(t) dt = -2 \varphi(s), \qquad \lambda = -1, \quad s \in [0;l]. \] Для такой кривой $\Gamma$ функция $K^*(s,t)$ — непрерывная функция переменных $s$ и $t$, и, следовательно, имеем уравнение Фредгольма 2-го рода, где $K^*(s,t) = K(x(s), \xi(t))$.
Проверим, является ли $\lambda = -1$ собственным числом ядра $K(x, \xi)$, то есть имеет ли уравнение \[ \sigma_0(x) - \lambda \int\limits_\Gamma K(x, \xi) \sigma_0(\xi) d\Gamma = 0, \qquad x \in \Gamma \] при $\lambda = -1$ нетривиальные решения.
Пусть $\sigma_0(x)$ — решение этого однородного уравнения, тогда для потенциала двойного слоя $u_0(x)$ с плотностью $\sigma_0(\xi)$ имеем \[ u_0^+(x_0) = \lim_{x \to x_0} u_0(x) = 0, \qquad x_0 \in \Gamma, \quad x \in \Omega^+. \] Из свойства единственности гармонических функций следует, что \[ u_0(x) \equiv 0, \quad x \in \Omega^+, \] а поэтому \[ \paren{ \pd{u_0}{\vec{\nu}} }^+ = 0, \qquad x \in \Gamma. \] Так как для потенциала двойного слоя \[ \paren{ \pd{u_0}{\vec{\nu}} }^+ = \paren{ \pd{u_0}{\vec{\nu}} }^-, \] то для гармонической в $\Omega^-$ функции $u_0(x)$ имеем \[ \paren{ \pd{u_0}{\vec{\nu}} }^- = 0. \] Тогда в силу второго свойства гармонической функции \[ u_0(x) = \const, \qquad x \in \Omega^-, \] а так как ${\displaystyle \lim_{x \to \infty} u_0(x) = 0}$, то \[ u_0(x) \equiv 0, \quad x \in \Omega^-, \] и из непрерывности следует, что $u_0^-(x_0) = 0, \quad x_0 \in \Gamma$. Но тогда \[ - \sigma_0(x_0) = u_0^+(x_0) - u_0^-(x_0) = 0 \] и, следовательно, $\lambda = -1$ не является собственным числом ядра $K(x,\xi)$.
Проверим, является ли $\lambda = -1$ собственным числом ядра $K(x,\xi)$. Рассмотрим уравнение, союзное с однородным уравнением: \[ \gamma_0(x) + \frac{2}{\abs{S_1}} \int\limits_\Gamma \gamma_0(\xi) \pd{E(x, \xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma = 0. \] Так как \[ \int\limits_\Gamma \pd{E(x,\xi)}{\vec{\nu}} d\Gamma = - \frac{\abs{S_1}}{2}, \qquad x \in \Gamma, \] то $\gamma_0 = \const \neq 0$ — решение этого уравнения. Следовательно, $\lambda = -1$ — собственное число ядра $K(x,\xi)$.
Тогда должно выполняться равенство \[ \int\limits_\Gamma \psi(\xi) d\Gamma = 0, \] которое в силу альтернативы Фредгольма обеспечивает разрешимость уравнения. Это условие вытекает из свойств гармонической функции $u(x)$: \[ \int\limits_\Gamma \paren{ \pd{u}{\vec{n}} }^+ d\Gamma = 0 \] и является необходимым условием разрешимости задачи Неймана.
Чтобы установить, является ли условие \[ \int\limits_\Gamma \psi(\xi) d\Gamma = 0 \] достаточным для разрешимости задачи Неймана, необходимо показать, что других нетривиальных линейно независимых решений однородного уравнения и союзного с ним нет.
Пусть $u(x_1, x_2)$ — искомое решение задачи Неймана в $\Omega^+$. Обозначим за $v(x_1, x_2)$ функцию, гармонически сопряжённую с $u(x_1, x_2)$. Так как ${\displaystyle \pd{u}{x}}$ и ${\displaystyle \pd{u}{y}}$ непрерывны в $\Omega^+ \cup \Gamma$, то в силу условий Коши-Римана имеем \[ \begin{aligned} \at{\dv{v}{s}}{\Gamma} &= \pd{v}{x} \dv{x}{s} + \pd{v}{y} \dv{y}{s} = \\ &= -\pd{u}{y} \dv{x}{s} + \pd{u}{x} \dv{y}{s} = \\ &= \pd{u}{y} \dv{y}{n} + \pd{u}{x} \dv{x}{n} = \\ &= \at{\pd{u}{\vec{n}}}{\Gamma} = \psi(x), \end{aligned} \] откуда \[ v(s) = \int\limits_0^s \psi(t) dt + C, \qquad s \in [0;l], \] где $l$ — длина кривой $\Gamma$.
Так как \[ v(0) = C, \qquad v(l) = \int\limits_0^l \psi(t) dt + C, \] то для непрерывности функции $v(s)$ при $s = 0$, $s = l$, то есть для выполнения равенства \[ v(0) = v(l) \] должно выполняться условие \[ \int\limits_0^l \psi(t) dt = 0, \] что совпадает с нужным условием.
Но существование в $\Omega^+$ гармонической функции $v(x_1, x_2)$, удовлетворяющей краевому условию \[ \at{v}{\Gamma} = \int\limits_0^s \psi(t) dt + C, \] нами уже доказано, так как $v(x_1, x_2)$ — решение задачи $D^+$. Но тогда с точностью до константы легко восстанавливается гармонически сопряжённая с $v$ функция $u(x_1, x_2)$, то есть решение задачи $H^+$. Следовательно, условие \[ \int\limits_\Gamma \psi(\xi) d\Gamma = 0 \] является достаточным для разрешимости $H^+$.