UMF_1

31. Т2.U(m) гармон в D и непрер вплоть до границы, достигает своего наиб (наим) значения на границе обл D. U. Д-во от противного. Положим, что пусть сущ внутр точка в кот и достигает своего максим значения. Опишем сферическую поверхность радиуса  из точки .Границу этой сферической поверхности обозначим . >U(M), m=maxU(M) . Обозн точки, лежащие внутри или на сфере  через M(x,y,z) , . Можем подобрать такое достаточно маленькое , что . Введем всп ф-цию вида V(M)=U(M)+.Р-м V(M) внутри сферы  V(.  :V(M)=>V( => что V принимает наиб значение внутри сферы, пусть это точка . V( =. Получим против, т.е. V не может принимать макс знач во внутр точке, => что U не принимает макс значение во внутр точке. Следствие. Если V и U гармон в D и непрер вплоть до границы, то вып на границе одного из нер-ств UV, UV влечет за собой вып этих нер-ств во всей обл . Это следует из U-V0. Пусть U и V являются непрер вместе со своими частн произв вплоть до 2 порядка в D.. -1 ф-ла Грина. Поменяв местами U и V,вычитая из 1 получим: - 2ф-ла Грина.

32.Пусть U- 2ды непр дифф-ма в D с границей S (дост гладкой) и имеет непр 1ые производн, непрер вплоть до границы, тогда для произвольной внутр точки обл . U(=. Док-во: Бум сначала считать, что U имеет 2 производные, непр вплоть до границы. Введем в рассм ф-цию V=1/r, применить к U и V ф-цию Грина непосредственно не можем, т.к. V в не определена. Ограничим сферой радиуса  точку .Применим 2 ф-лу Грина . Оценим 2 интеграл: =. При , . Т.к. U(M), - -3я ф-ла Грина.

33. Теор. Р-м 3-ю Решение 3краевой задачи для ур-ния Лапласа единственно. Док-во: положим Ǝ 2 решения U=U1+U2 гармонично в D. ∆U=0 . Применим к U 1ю формулу Грина, положив U=V. 0=. Из граничного усл . 0=, т.к. U.

34.Теор. Р-ние внутр з-чи Неймана ур-ния Лапласа (П) определяется с точн до const. Д-во: Р-м внутр з-чу Неймана, бум считать что  2 реш-я U= в силу лин-сти з-чи и будет гармон в области и удовл . Восп 1й формулой Грина положив V=U. 0= т.е. решение внутр задачи Неймана не единственно.

35. Теор. Р-ние внешн краевых задач для ур-ния Лапласа (П) единств. , U Док-во:Выберем центр координат внутри замкн поверх-ти S и проведем сферу , кот содержится внутри S. -область между S и . Полож, что в сущ 2 решения, кот содержатся внутри S. - обл между S и . .Применим 1ю ф-лу Грина, полагая U=V в области . , где Для задачи (1) (2) устремим R к  : 0=- -, |U|<. Т.е. пришли к (*) :gradU=0 U=const , U(M)=0 , ME (для (3)). Для (1) (2) gradU=0 U(M)=const , U0 , M U0.

36.Для ф-ции U(M) задача Дирихле U(M)=0, M. Введем . Применим к g и U 2ю ф-лу Грина: 0===0. Вычтем )d: Обозн. и вставим. ф-ция Грина внутр задачи Дирихле для ур-ния Лапласа. Опр. Ф-цией Грина задачи Дирихле для уравнения Лапласа называется функция удовл условиям: 1.. 2.в D ф-ция G дополняет представление . 3.На границе - регулярная часть ф-ции Грина. Свойства: Ф-ция Грина . 2. –симметрична.

37. Ф-я Грина задачи Неймана для ур-ия Лапласа. З-ча Неймана: ∆u(M)=0,M∈D ; _S =ψ(M),M∈S Если u - гармон в D , справедлива 3я ф-ла Грина: ; g(P,M)∈- гарм-ую ф-ю точки P,P∈D ; ; G(P,M)=g(P,M)+;; Опр: Ф-ей Грина задачи Неймана для ур-я Лапласа наз-ся G(P,M) обладающие св-ми: 1) Явл всюду гармон в обл D, кроме P=M , в кот обращается в бесконечность, имеет непрерывную 1ю производную вплоть до границы. 2) Допускает представление G(P,M)=g(P,M)+, g(P,M)-гармон в D и непрерывно дифферен-я вплоть до границы.3) ; _P∈S =, |S|- плотность поверх-ти необх, чтобы ; получим 2ое слагаемое ;; . Используя ф-ю Грина, решение задачи Неймана для ур-я Лапласа можно представить:

25. Т. Реш задачи (1), (2), (3), непрер в заданной области вместе со своими частн производными 1го порядка, единств. Док: противное: сущ 2 реш задачи (1), (2), (3): u₁ и u₂ . V = u₁- u₂ . V – удовл однородной задаче.V|_{t = 0} = 0 . Воспользуемся 1 ф-лой Грина, положив u = V.Проинтегрируем это рав-тво по t от 0 до Т.В левой части подынтегральная ф-ция неотриц, значит интеграл в левой части  0, интегралы в правой части ≤ 0, значит выражения равны 0.=> V 0 => u₁ u₂ , значит решение единственно.

26.Рассм 1ую краевую задачу для ур-ния 1ной пространственной переменной. u(x,0)=u(0,t)=μ1(t); u(l,t)=μ2(t); имеет кусочно непрер производную по х.. Найдем все решения задачи ; u(0,t)=0; u(l,t)=0;u(x,t)=X(x)T(t); подставляем в граничные условия и получаем,что A=0, а ; exp(-); тогда общее реш: ; найдем ; .Рассм (1), (2), (3)u(x,0) = 0, f  C, t > 0 (2)f(0,t) = f(l, t) = 0.f – непрер и имеет кусочно-непрерывную производную по t. Будем искать решение задачи в виде: подставляем в ур-ние:; exp(-)dτ. Тогда реш задачи: exp(-)dτ.

27. Остановимся на изучении процесса распространения тепла в неогран стержне. Из всех возможных условий на бесконечности, будем рассм условие ограниченности на бесконечности. . Восп методом фурье разделения перем exp(-); . Так как  - произвольная, то если воспользоваться всеми возможными , то Это будет решением, если интеграл равномерно сх-ся. Если функция периодическая, то этот ряд определяет ф-цию на всей числовой прямой. . f ; Подставим наше реш в начал усл:. Интеграл фурье для Подставим замену и получим:; То есть мы получили явный вид реш задачи Коши. наз формулой Пуассона, интеграл справа наз интегралом Пуассона.

28.Опр. Ф-цией Грина задачи Коши (1), (2) наз ф-ция G(M,t,p), где M(x,y,z) явл реш задачи Коши. Построим ф-цию Грина , восп формулой Пуассона:То есть фундамент реш задачи Коши явл ф-цией Грина.Будем считать, что в нек момент времени участку [x0-h,x0+h] сообщили количество тепла Q=2hcpUo, где Uo- показывает на сколько повысилась температура. В этом случае ф-ла Пуассона: .Уменьшаем начал участок и стягиваем его к точке, то есть h  0. Но ранее восп теоремой о среднем: То есть ф-ция Грина определяет распределение температур в стержне в резул воздействия мгновенного точечного источника.

29. Л1. Если  яв-тся нечетной относительно нуля, то u(0,t) Док. Решение задачи по формуле Пуассона Лемма 2. Если в (1), (2) )  является четной относительно нуля, то Док. Р-м след задачу: u(x,0)=u(0,t)=0 (6); .Рассм (1), (2), (6). Продолжим  нечетным образом. U(x, t) удовлетворяет задаче с . Для (1), (2), (7) :

30.; U(M,t)=U(m); Опр. Ф-ция U(M) наз гармонической в D (конечная область с кусочно- гладкой границей D), если она непрерыв со своими частн произв до 2-го порядка и удовл ур-нию Лапласа.Опр. Ф-ция U(M) наз гармонической в неограниченной области Е, если она непрерывна в Е вместе со своими частными производными до 2-го порядка , удовл ур-нию Лапласа и убывает при стремлении к бесконечности, т.е. . 1.Пусть D- ограниченная область с кусочно-гладкой границей, а Е- неограниченная область. . (1)(2)- задача Дирихле может быть внутр, если решается в D, внешней, если в E. .(1)(3) – задача Неймана, n- внешняя нормаль к S. (1)(4) – 3я краевая задача.Пусть U и V явл непрерывными вместе со своими частными производными вплоть до второго порядка в D. (5)– первая формула Грина.Аналогично поменяв местами U и V, и вычитая это из (5) получим (6)-вторая формула Грина.

39. Сл из Ф-лы Пуассона. Рассмотрим ф-ю u(M)- гармоническую в D и всюду положительную: u(M)>0,M∈D .Возьмем произвольную точку M₀∈D . Проведем из нее шар радиуса R , целиком лежащий в D и выберем другую произвольную точку M, лежащую в шаре. R + ρ ≥ r ≥ R-ρ; Умножим нер-во на u(P) и проинтегрируем все части нер-ва на сфере: По Т о среднем: – нер-во Гарнака.

38. внутренняя задача Дирихле для шара радиуса R: ∆u(M) = 0, ; U|_{x^2+y^2+z^2=R^2} = φ(M). Построим ф-ю Грина для шара радиуса R. Выберем внутри шара произвольную точку M(x,y,z) . Проведем инверсию точки относительно сферы и получим точку. |OM|=ρ, |OM₁|=ρ₁ ,ρρ₁=R² ; ; ; ф-ю Грина можно представить ; ; ; cos(r,n)=;; (9) u(M)=- ф-ла Пуассона. Покажем, что правая часть (9) удовлетворяет условию Лапласа. При φ≡1 (9): 1=;u(M) - φ(N)=|M⟶N|= Проведем из выбранной точки N шар радиуса 2δ .- часть поверхности S_R, попавшая в шар ; |PN|<2δ ⇒| φ(P)-φ(N)|<ε/2; , |MN|≤δ; ; M⟶N⇒R² - ρ²⟶0; |u(M)-φ(N)|<ε. Замеч: Решение внутренней задачи Дирихле для круга описывается в виде интеграла Пуассона:. Внешняя задача Дирихле для шара: ∆u(M)=0 ,; U|_{x^2+y^2+z^2=R^2} = φ(M). Решение задачи можно представить в виде: .

41.(Т_Лиувилля)Ф-я, гармон в ∀ конечной области и огранич сверху или снизу, явл постоянной.Д-во: Пусть ф-я u(M) - гармон в ∀ конечной обл.Если огра снизу:u(M)≥c,c=const, сверху:-u(M)<-c Рассмотрим огран снизу:u(M)>0- гармоническая в ∀ конечной области.Зафиксируем произв точку M и проведем из начала координат сферу радиуса R так, чтобы M лежала внутри шара.u- гармон в шаре.Тогда, для нее справедливо нерав-во Гарнака: (R-ρ)Ru(0)/(R+ρ)²≤u(M)≤ (R+ρ)Ru(0)/(R-ρ)² Устремим R⟶∞ :u(0)≤u(M)≤u(0) В силу произвольности выбора M: u(M)=u(0)=const.

40. Т: Ф-я, гармон во всем пр-ве, тождественно равна 0. Д-во:Пусть u(M) - функция гармон во всем пр-ве.Проведем сферу из начала коорд радиуса R , u- будет гармон вне шара.Тогда ее можно представить через значение на поверхности формулу Пуассона для внешней задачи Дирихле в точке на поверхности: u(M) = (1/4πR) Из ∆ ОМР: R>ρ-r.Выберем радиус сферы настолько большой если ρ>2R,то r>ρ/2 , |u(P)|<ε, , |u(M)|<ε⇒u(M)≡0

42. ; U|_x^2+y^2=a^2 =;в полярных: x=ρcosφ, 0≤ ρ ≤a, y= ρsinφ, 0≤ φ ≤2π; u(x,y) = u(ρ,φ); ;(1) ; (2) u(a,φ)=f(φ); (3) u(ρ,φ+2πn) = u(ρ,φ); Найдем все нетривиальные реш (1),удовл условию (3).U(ρ,φ)=R(ρ)Φ(φ);.Разделим на u≢0 и : ; ; ;1)λ=0,, c1φ+c2 ⇒ c1=0, =c₀=const; 2) λ≢0: c₁cosλφ + c₂sinλφ, λ=k=±1,±2; ; Введем замену: t= lnρ R(ρ)=y(t), = , . Подставим производные в уравнение: ; k=0: k0: ; , ; ; ; ; ; . При ρ=A: ;; . Решение внутренней задачи Дирихле для круга принимает вид:.

43 Рассм. когда М вне D.(N) интегрируема в D..При удалении М от обл D Р -произвольная точка, R – расст от нач коорд.Поместим нач коорд в точку О, , d-диаметр D. Бум считать, что М на столько удалена от D, что Обратим внимание, что .Когда МD, V- имеет непрерыв частн произв 1 порядка, 2 и т.д. т.е. V- непрер, имеет непрер частн произв, удовлт уравнению Лапласа и стремится на к 0, т.е. V – гармонично вне D, когда МD.Пусть МD если (N)<C , то V- непрерывна внутри D, т.е. интеграл сходится равномерно во внутр точках. Выделим  окрестность () то, - окрестности ,т.о. интеграл сходится равномерно в любой внутр точке M₀, а отсюда являющейся U(M) непрер, при МD.Теорема. Если - плотн объемного потенциала – огранич в D, то потенциал объема (1) является функцией, непрерыв вместе с частными производными 1 порядка во всем пространстве. Эти производные могут быть получены дифференц-ем под знаком интеграла. Теор. Если плотность объемного потенциала (N) непрер в обл D и непрер 1ые производные, то объемный потенциал (1) в D имеет непрер частные производные 2го порядка и удовл внутри D уравнению Пуассона. Замечание. Если имеется уравнение Пуассона, то внутри D это уравнение имеет частное решение .

44 Замкнут поверхность S наз поверхность Ляпунова, если выполнены следующие условия : 1. для каждой точки M  S сущ определенная касательная плоскость.2.  d > 0 : N  S сфера радиуса d или меньшего, проведенная из N, делит поверхность на 2 части, одна лежит внутри сферы, другая – вне, при этом прямые параллельные нормали в точке N пересекают часть поверхности в одной точке. 3. Пусть  – острый угол между нормалями, проведенными в двух произвольных точках поверхности S, r – расстояние между этими точками, то  2 числа a > 0, 0 <  <1, такие, что для любых точек. .Таким образом второе условие обеспеч нам , чтобы z = f(x, y). Третье условие обеспеч непрерывн производных.В дальнейшем будем считать все поверхности поверхностями Ляпунова.Будем рассматривать потенциал двойного слоя :, -прямое значение, M=.MN₀ изнутри или извне, и  предельное внутр значение и если  равный конечный предел внешнее выделенное значение.Если плотность потенциала двойного слоя - непрерывна, то предельные значения потенциала  и имеют место формулы. Замечание. Потенциал двойного слоя равномерно стремится к своим предельным значениям изнутри и извне Теорема. Рассмотрим потенциал простого слоя:Потенциал простого слоя с непрерывной плотностью- функция, непрерывная во всем пространстве.

45 Рассм обл D 3-х мерного пр-ва, опред пов-тью Ляпунова. (1)_s=f(M), M- внутр.задача Дирихле. (2) )_s=f(M), M-внешняя задача Дирихле (3) )а, (4)-внешн.задача Неймана.Ищем решение задачи Дирихле в виде потенциала двойного слоя с неизв плотностью. для(1-2).Рассм.(1). Для того чтобы w была реш задачи (1) необходимо: N₀S.. По теореме о разрывности потенциала второго слоя можно , . Для задач Неймана будем искать реш в виде потенциала простого слоя. , . Получим ,для.

46 Пусть дана нек функцияf(x), если задан нек интервал [a,b] и известна функция двух переменных К(x,), то (1) называется интегральнымым преобразованиемК(x,) – ядро интеграла преобразования, а [a,b] интервалом интегрируемого преобразования. (2), если имеется интеграл преобразования.Если на , то соответств интеграл преобразования называется преобразованием Фурье.Если (3) это обозначение преобразования Фурье.Если исходная функция f(r) является интегрируемой на (-, +) (f(r)  L_{(-, +)}) и интеграл сходится абсолютно (при этом При этом обращение преобразования Фурье задается формулой. Св-ва преобраз Фурье.1. 2. 3. . 4. 5., =

47_1 , (1) преобраз Лапласа. Где сх-ся. Отметим условия кот накладываются на f(t) как следствие из свойств F(p)1. если F(p) – анал ф-ция комплексной перем , то и является преобразованием Лапласа, для f(t) такой, что f(t) непрерывна Если функция имеет преобразования Лапласа, то оно единственно.Если две функции имеют одинаковые преобразования Лапласа, то они различны на множестве точек меры О. Пусть имеются две функции f(t) и g(t) , t0, и соответственно F(p) и G(p) – их преобразования Лапласа, то справедливо соотношение:

47_2 При это преобразование называется синус-преобразование Фурье.(2) – косинус-преобразование Фурьеf(x) должна быть абсолютно интегрируемой на [0, +) Свойства преобразований Фурье на полупрямой.

1. ; 2.

3.заебалась формул куча!4. Свойство сверток. - соответствующие преобразования Фурье функций f(x) и g(x).

48Рассм f(x) ,x0,. В этом случае Пример. Применим конечное преобразование Фурье к задаче о колебании струны с закрепл концами., Обозн , ,в итоге: