Построение полиномиальных решений некоторых задач для уравнения Пуассона Текст научной статьи по специальности «Математика»

УДК 517.956.225+517.575

В.В. Карачик, Н.А. Антропова Южно-Уральский государственный университет

Построение полиномиальных решений некоторых задач для уравнения

Пуассона

Найдено полиномиальное решение третьей краевой задачи для уравнения Пуассона в единичном шаре. Использовалось явное представление гармонических функций в формуле Альманси. Исследована разрешимость обобщенной краевой задачи для уравнения Пуассона с нормальными производными высокого порядка на границе.

Ключевые слова: третья краевая задача, уравнение Пуассона, полиномиальное решение, представления Альманси.

I. Введение

Хорошо известно классическое представление Альманси для полигармонических функций, которое успешно применяется для построения решений модельных задач для бигармонического и полигармонического уравнений (см., например, [1]). В работе [2] уже была сделана попытка построения полиномиальных решений уравнения Пуассона: Аи(х) = Q(x) и полигармонического уравнения: Ати(х) = Q(x) (здесь Q(x) — некоторый полином) с помощью формулы Альманси. Найденные решения отличаются от полиномиальных решений дифференциальных уравнений в частных производных общего вида, полученных в [3, 4].

Хорошо известна функция Грина С(х,£) задачи Дирихле в шаре, а поэтому с теоретической точки зрения построение решения такой задачи не представляет интереса. Однако при полиномиальной правой части Q(x) и полиномиальном граничном значении и|х= = Р(х) решение и(х) задачи Дирихле оказывается полиномиальным. Для нахождения этого решения при Р(х) = 0 необходимо вычислять сингулярный интеграл вида

и(х) = ——

Шп

К1<1

£(х,£М£Ж, (1)

где шп — площадь единичной сферы в Кп, функция Грина имеет вид

@(х,() = Е(х,£) — Е(|х|£,х/|х|), а Е(х,£) = (п — 2)-1|{ — х|2-п (п > 2) — элементарное решение уравнения Лапласа [5]. В разделе 2 настоящей работы с помощью исследования свойств представлений Альманси, описанных в леммах 2-- 4 и теоремах 1, 2. В теореме 4 будет дана формула (22), позволяющая легко вычислять полиномиальное решение и(х), задаваемое формулой (1). Кроме этого, в теореме 6 получена более общая формула (26) для представления полиномиального решения задачи Дирихле уравнения Пуассона с полиномиальными Q(x) и Р(х). К сожалению, полученные полиномиальные решения для записи их в обычном виде требуют вычисления степеней оператора Лапласа от некоторых многочленов. Этот недостаток легко устраняется с помощью применения пакета ««МаШеша^са» (см. пример 1).

В разделе 3 рассматривается обобщенная третья краевая задача для уравнения Пуассона (27), когда на границе задается условие Рт(д/ди)и|ж|=1 = ^>. А.В. Бицадзе опубликовал в [5] исследования обобщенной задачи Неймана для уравнения Лапласа, когда на границе задается п-я нормальная производная, то есть при Рт(Ь) = £т. В теореме 7 сформулированы условия существования решения обобщенной третьей краевой задачи для уравнения Пуассона. С помощью явного представления гармонических функций в формуле Альманси в теореме 8 получено полиномиальное решение в виде (32) третьей краевой задачи (30) для уравнения Пуассона с полиномиальной правой частью Q(x) и граничными данными Р(х).

II. Полиномиальное решение однородной задачи Дирихле для уравнения

Пуассона

Сначала рассмотрим следующую краевую задачу для уравнения Пуассона в единичном шаре:

О = {х е Пп : |х| < 1}.

Ди(х) = ф(х), х е О; (2)

и|х| = 1 = 0, (3)

с полиномиальной правой частью ф(х) и при п > 2. В [6] было доказано, что имеет место представление Альманси, записанное в виде

2к

4к к! к=1

(1 - а)к-1ап/2-1

(к - 1)!

где гармонические полиномы 1к(х), к = 0, 1, ..., определяются формулой

1к (ах)^а, (4)

1к(х) = Д ф(х) +

4«

8!

«=1 0

(1 а)'1,?' ап/2-1Дк+5д(ах)^а. (5)

(й - 1)!

Следует отметить, что операторный ряд в формуле (5) является, по сути, конечной суммой,

поскольку ф(х) — полином. Поэтому лишь конечное число 1к(х) в (4) отлично от нуля. Для

удобства записи мы сохраним в суммах верхний предел равный те.

Используя представление (4), в работе [2] установлено следующее утверждение.

Теорема 1. Некоторое решение уравнения (2) может быть найдено в виде

|х| 2 ~ |™| 2к

«(*) = '~у £ (2к)!!(2к + 2)!!.|(1 - а)как+п/2-1(-Д)к«ах)Ла (6)

к=0 0

где следует считать, что (-Д)к^(ах) = ((-Д)кф)(ах).

Предположим сначала, что ^(х) = фт(х) — однородный полином степени т. В [2] показано, что в этом случае решение (6) может быть записано в виде

«<*> = £^ (2,2),+'22т-2!+:)2).+, ■ (7)

«=0

Здесь (а,Ь)к = а(а + Ь)...(а + (к - 1)Ь) — обобщенный символ Похгаммера с соглашением (а,Ь)0 = 1. Например, (2,2)к = (2к)!!. Заметим, что выражение (2т - 28 + п,2)8+1 = (2т - 28 + п)...(2т + п) не обращается в нуль, поскольку 2в ^ т.

В дальнейших исследованиях нам понадобится одно комбинаторное тождество.

Лемма 1. V а е И.+ и V т е N имеет место равенство

^(____1)к— 1(2т - 2к + 2,2)к(2т - 2к + а,2)к =о (8)

к=0( ) (2,2)к(4т - 2к - 2 + а,2)к = ■ ()

Доказательство этого утверждения легко получается с помощью метода математической индукции.

Рассмотрим уравнение Пуассона со специальной правой частью:

Ди = |х|2т ■ Р8(х),х е О, (9)

где Р8(х) — однородный гармонический полином степени 8, т е N^N0 = N и {0}), а О С И”- — звездная область с центром в начале координат.

Теорема 2. Решение уравнения (9), записанное в форме (6) или (7), имеет вид

|х|2т+2Р5 (х)

и(х) =

(2т + 2)(2т + 28 + п)'

Доказательство. В силу теоремы 1 некоторое решение и(х) уравнения Пуассона Ди = ф(х), х е О, может быть найдено в виде (6). Положим ф(х) = |х|2тР,,(х). По формуле (6) вычислим это решение:

\т\2 ^ (_1)к| х2к

и(х) = (2к)!!(2к + 2)!^(1 - а)как'+п/2—1 Дк(М'2"''Ра(а.г'))Ла

к=0 0

Рассмотрим выражение Дк(|х|2тР,,(х)). Вычислим его при произвольном к е N. Нетрудно подсчитать, что

Д(|х|2тР8(х)) = 2т(2т + 28 + п - 2)|х|2т—2Р,,(х).

Поэтому при 2к ^ 2т + 8 будем иметь

Дк(|х|2тР3(х)) = 2т(2т - 2)...(2т - 2к + 2) х

х(2т + 28 + п - 2)(2т + 28 + п - 4)...(2т + 28 + п - 2к)|х|2т—2кР8(х) =

= (2т - 2к + 2,2)к(2т + 28 + п - 2к,2)к ■ |х|2т—2кР8(х ).

Следовательно, можно записать

и(х) = М! ^ (-1)к|х|2к [(1 - а)как+п/2—1х

и(х) 2 2^ (2к)!!(2к + 2)!! (1 а) а Х

х(2т - 2к + 2,2)к(2т + 28 + п - 2к,2)к|ах|2т 2кР8(ах)^а. И поскольку Р8(ах) = а8Р8(х ), получим

, |х|2т+2Р5(х)

и(х ) =-------2-------х

т (-1)к(2т - 2к + 2,2)к(2т + 28 + п - 2к,2)к 1

X

(-1) (2т - 2к + 2,2)к(2т + 28 + п - 2к,2)к (1 _ а)ка2т+«+п/2—к—1^а

^ (2к)!!(2к + 2)!! ,]( ) ■

к=0

Вычислим отдельно интеграл в полученном выражении. Имеем

(1 - а)ка2т+*+п/2—к—^а = В(к + 1,2т + в + п/2 - к) =

)

Г(к + 1) ■ Г(2т + 8 + п/2 - к) к!

Г(2т + 8 + п/2 + 1) (2т + 8 + п/2)...(2т + 8 + п/2 - к) ’

где Г(к) — гамма функция Эйлера, а В(т,п) — бета функция Эйлера. Тогда и(х) преобразуется к виду

|х|2т+2Р5(х) ^ (-1)к(2т - 2к + 2,2)к(2т + 28 + п - 2к,2)к ■ к!

их 2 к^2к к!(2к + 2)!! ■ (2т + 8 + п/2)...(2т + 8 + п/2 - к)

= 1 |2т+2р ( ) V (-1)к(2т - 2к + 2,2)к(2т + 28 + п - 2к,2)к = х ^ х к^о (2к + 2)!! ' (4т + 28 + п)...(4т + 28 + п - 2к)

_| |2т+2р ( ) ( —(2т — 2к + 2,2)к(2т + 2$ + П — 2к,2)к

^=0 (2,2)к+1 • (4т + 2в + П — 2к,2)^+1

Пусть а _ 2§ + п. Покажем, что для т Є N0 _ N и {0} верно равенство

А (—1)к(2т - 2к + 2,2)к(2т + а - 2к,2)к _____________________________________________1_ (10)

^ (2,2)к+1 • (4т + а — 2к,2)к+1 (2т + 2)(2т + а) ’

Легко видеть, что это равенство верно при т _ 0. Далее, умножим левую и правую части равенства (10) на (2т + 2)(2т + а). Тогда будем иметь

т (—1)к(2т — 2к + 2,2)к+1(2т + а — 2к,2)к+1 _

(2 2) ї. і і • (4т + а — 2к 2) ^ , 1

к=0 (2 , 2)к+1 • (4т + а — 2к, 2)к+1

_1 + ^ (—1)к(2т — 2к + 2,2)*.(2т + а — 2к,2)к _ 0

(2,2)к+1 • (4т + а — 2к,2)к+1

к=0

Добавим в сумму слагаемое с номером —1. Тогда получим равенство

(—1)к(2т — 2к + 2,2)к+1(2т + а — 2к,2)к+1 0

к=—1 (2,2)к+1 • (4т + а — 2к,2)к+1

Сдвинем индекс суммирования на 1, заменяя к + 1 ^ к. Получим

т+1 (—1)к-1(2т — 2к + 4,2)к(2т + а — 2к + 2,2)к _ к=0 (2,2)к • (4т + а — 2к + 2,2)к

Так как т Є N0 любое, то вместо т + 1 возьмем т Є N

^ (—1)к-1(2т — 2к + 2,2)к(2т + а — 2к,2)к _0 (11)

(2 2^Л4т + а — 2к — 2 2),. ' ( )

к=0 к к

Мы получили равенство (8). По лемме 1 это равенство справедливо для всех т е N. Так как

равенство (11) равносильно равенству (10), то теорема доказана.

Если разложить полином фт(х) с помощью формулы Альманси на слагаемые вида

|х |2вЯш —2.(х), то решение уравнения Д-и(х) = фт(х), задаваемое формулой (7), имеет вид

= У | х|2а^+~2^^^^ 2., (12)

1 ; ^ (28 + 2)(2т - 28 + п)’ 1 ;

где [а] — целая часть числа а, а однородные гармонические полиномы Дк(х) определяются формулой Альманси в виде

фт(х) = Дт(х) + |х|2Дт—2(х) + ... + |х|2.Дт—2.(х) ■ (13)

Какой же вид имеют гармонические полиномы Дк (х) в этой формуле?

Лемма 2. Гармонические полиномы Дт—2к(х) в разложении однородного полинома фт(х)

по формуле Альманси (13) имеют вид

2т - 4к + п - 2 ^ (-1).|х|2.Д.+кфт(х)

2т — 4к + П — 2 д™-2к(ж) _--------722-----------2^

(2,2)к 5=0

(2,2)к ^=0 (2,2)«(2т — 4к — 2в + П — 2,2)«+к+1

Доказательство. Нетрудно заметить, что имеет место следующая связь между полиномом 1к(х) из формулы (5) и полиномом Дт—2к(х) из формулы (13):

о < \ _ ^ (ж)

^т-2к(ж) —

4к к!(к — 1)!

1к(х) (2т - 4к + п - 2,2)1к(х) (14)

(2,2)к(2т - 4к + п,2)к (2,2)к(2т - 4к + п - 2,2)к+1:

где В(т,п) — бета-функция Эйлера. Отсюда видно, что 10(х) = Дт(х). Воспользуемся формулой (5). Тогда будем иметь

(-1).|х|2.

10(х) = От(х) + У2 ттй-^ (1 - а). 1».+п/2 2Д.^т(ах)^а =

2—' 468!(8 - 1)! J .= 1 0

* |х|2.(-Д).От(х) Ги „д.—1ат

= От(х) + ^] |х| 4.( !( _От (1 - а).—1ат—.+п/2—2^а.

„=1 4 8!(8 1)!

.=1 0

Если воспользоваться свойствами бета В(т,п) и гамма Г(8) функций Эйлера, то можно записать (1 - аГ 1ат->+"/2-'2Л1 = В(8,т - 8 + п/2 - 1) = ^ г^'- ,*,+ - 2)~ ^ =

(8 - 1)! _ (8 -1)!

(т - 8 + п/2 - 1)...(т + п/2 - 2) (т - 8 + п/2 - 1). ’

где (т). = т(т + 1)...(т + 8 - 1) — символ Похгаммера. Значит:

V (х) = О (х) + V (8 - 1)!|х|2.(-Д).^ш(х) = А |х|2.(-1).Д.^т(х)

10(х) От(х)^2^(8 - 1)!4.8!(т - 8 + п/2 - 1). ^ (2,2).(2т - 28 + п - 2,2)

Если в формуле (5) обозначить 10(х) = 10(х; О), то получим 1к(х) = 10(х; ДкО). Поэтому

1к (х) = * (-1)>|х|2>Д>+к°т(х)

^_о (2,2).(2т - 4к - 28 + п - 2,2).

Значит, из (14) выводим:

2т - 4к + п - 2 (-1).|х|2.Д.+кОт(х)

т—2к(х) = (2 2) 1.(2т — 4к + п — 2 2),.,, ^

(2,2)к(2т - 4к + п - 2,2)к+1 ^ (2,2).(2т - 4к - 28 + п - 2,2).

2т - 4к + п - 2 (-1).|х|2.Д.+кОт(х)

£

(2,2)к (2,2).(2т - 4к - 28 + п - 2,2).+к+1

Вернемся к решению (12). Подставим в формулу (12) вместо сомножителей |х|2.+2 единицу. Тогда многочлен

[т/2] Д (х)

и0(х) = У"' 2.---------------------------------------------г (15)

017 ^ (28 + 2)(2т - 28 + п) 1 7

.=0

является гармоническим, поскольку таковы Дт—2.(х), и обладает свойством и0(х) = 1(х) при |х| = 1. Поэтому многочлен и(х) = 1(х) - и0(х) является решением задачи Дирихле (2)-(3) при О(х) = Ош(х). Преобразуем многочлен и0(х).

Лемма 3. Справедливо равенство

() = ^ Д.От(х) ^ (-1)к(т + п/2 - 28 + 2к - 1)|х|2к (1б)

.=0 4.+1 ^ к!(8 - к + 1)!(т + п/2 - 28 + к - 1).+2 ■ ( )

Доказательство. Воспользуемся леммой 2 для преобразования многочлена зд(х) из (15).

Будем иметь

[т/2] Д ( )

( ) = Дт—2д(х) =

и0(х) = ^ (2« + 2)(2т - 2д + п) =

£

2т — 4д + п — 2 ^ (—1)к|ж|2кА9+к^т(ж)

^=0 (2,2)д(2д + 2) к= (2,2)к(2т - 4д - 2к + п - 2,2)9+к+1(2т - 2д + п)

1 (-1)к(2т - 4д + п - 2)|х|2кД9+кОт(х)

д=0 (2,2)9+1 к=0 (2,2)к(2т - 4д - 2к + п - 2,2)д+к+2

Верхние пределы суммирования в последних суммах взяты равными те, но фактически суммирование ограничено значениями индексов д и к, при которых deg(Дq+kОш(х)) ^ 0, то есть при 2д + 2к ^ т. Преобразуем кратное суммирование в полученной выше формуле:

, , * ^ (-1)к(2т - 4д + п - 2)|х|2кД9+кОт(х)

и0(х) = 2^ _

5=0 д+к=5 (2,2)д+1(2,2)к(2т — 49 — 2к + П — 2,2)д+к+2

СЮ

(—1)к(2т — 4§ + 4к + п — 2)|ж|2к

5=0 А ^т(ж) к=0 (2,2)в-к+1 (2,2)к(2т — 45 + 2к + п — 2,2)5+2

^ А5^т(ж) ^ (—1)к(т — 2з + 2к + п/2 — 1)|ж|2к

45+1 ^ к!(« — к + 1)!(т — 2§ + к + п/2 — 1)5+2 ’

Теперь преобразуем многочлен «(ж) — ад (ж), который является решением задачи Дирихле (2)-(3) с ф(ж) _ фт(ж).

Лемма 4. Имеет место равенство

«,<*) — «(ж) _ і—^ £ (2.А+<2)Н<(2і)іі І(1 — ()’(т-2‘+"/2-1(1 — (|х|2)’<й. (17)

5=0 0

Доказательство. Используя формулы (16) и (12), запишем:

и0(ж) - «(ж) _ V А^ту (—1)к(т + п/2 — 25 + 2к — 1)|ж|2к

и0(ж) «(ж) ^ 45+1 ^ к!(в — к + 1)!(т + п/2 — 25 + к — 1)^+2

^ (—1)5|ж|25+2А5^т _ ^ А5^т у1 (—1)к(т + п/2 — 25 + 2к — 1)|ж|2к _

5=0 (2,2)8+1<2т — 2§ + п,2)^+1 5= 45+1 к= к!<5 — к + 1)!(т + п/2 — 2з + к — 1)^+2

А5^т ,к / 5 + 1 \, |2к (т + п/2 — 25 + 2к — 1)Г(т + п/2 — 2з + к — 1)

£*+АгМ<—чк 5 +1 їжі

.= 4.+1(8 + 1)! ^ \ к ) Г(т + п/2 - 8 + к + 1)

Преобразуем внутреннюю сумму в полученном выражении. Используя связь гамма и бета функций Эйлера, можем записать следующее:

Г(т + п/2 — 25 + к — 1) В<5 + 2,т + п/2 — 2з + к — 1) 1

1

(1 — і)^1 ^+га/2+к-25-2^.

Г(т + п/2 - 8 + к + 1) Г(8 + 2) (8 + 1)!

0

Значит, внутренняя сумма с учетом того, что Ык = £(£к) и бинома Ньютона имеет вид

.+1

п

(т +------28 - 1)

2

0

1

+2

(1 — і)5+1іт+п/2-25-2 £(—1)к ^ 5 + М |ж|2кік^+ к=0 ' '

(1 — і)5+1іт+п/2-25-2 £( —1)к Г 5 + М к|ж|2кік^ _ к=0 ' '

(1 - і)«+1(іт+п/2-2«-1)'(і - і^2)^1^ + 2 (1 - ■£)'5+1іт+п/2-2-5-1((і - ^|ж|2)в+1)/^і

(1 - і)^1 фт+га/2-2--1(1 - і|ж|2)-+1) - (в + 1)|ж|2 (1 - і)-+1іт+п/2-2--1(і - ^|ж|2)-^^.

Поэтому, учитывая, что при п > 2, в ^ 0, т—2в ^ 0 верно равенство £5+1(1-£)т+га/2 25 1|(1 = о, возьмем первый интеграл по частям. Будем иметь

(в + 1)

(1 - £)-;Г+п/2-2--1(1 - £|ж|2)-((1 - £|ж|2) - |ж|2(1 - і))йі =

= (5 + 1)(1 -|ж|2)

(1 - ^)-^™+п/2-2--1(1 - £|ж|2)-^.

Следовательно, многочлен ио(ж) - -и(ж) можно записать в виде

ио(ж) - і(ж) = (1 -|ж|2) £ (4-^111((в_|^1)^()І2) (1 - ^^т+га/2 2- 1(1 - £|ж|2)^ =

1 - |ж|2

£

Д-От(ж)

2 (24 + 2)!!(2в)!!

(1 - ^)-^т-2-+п/2-1(1 - ^|ж|2)-^і.

Теперь легко непосредственно видеть, что многочлен -и(ж) — ио(ж), удовлетворяющий уравнению Пуассона (2) с ^(ж) = фт(ж), удовлетворяет и однородному условию Дирихле (3): (и(ж) — ио(ж))|х|=1 = 0.

Итак, исходя из формулы (17) решение задачи (2)-(3) при ^(ж) = фт(ж) имеет вид

и(ж) =

|ж|2 - 1 2

£ Д-дт(ж)

-=0

(1 - ^|ж|2)-(1 - ^ ,т-2-+„/2-1,, (24 + 2)!!(2в)!!

(18)

Это решение, записанное в соответствии с леммой 4 в другой форме, имеет вид

і(ж)= ^(ж) - ио(ж) = V Д-О (ж) У1_____________(-1)к+1(т + п/2 - 2в + 2к - 1)|ж|2к________

Чж) = і(ж) ио(ж) = ^ д °т(ж^ 4-+1к!(в - к + 1)!(т + п/2 - 25 + к - 1)-+2

п к=0

-=0 -+1

£д>От.(ж)£

2к

(-1)к+1(2т - 44 + 4к + п - 2)|ж|

(2к)!!(2в - 2к + 2)!!(2т - 44 + 2к + п - 2,2)-+2'

(19)

Пример 1. Решение задачи Дирихле (2)-(3) при фб(ж) = ж1ж2ж2 + ж2ж3ж|, записанное в виде (19), легко вычисляется с помощью ««МаШеша^са»:

( 1 |ж|2 \

и(ж1,ж2,жз,ж4) = (ж1 ж2жз + ж2ж3ж4И — ) + (^ж^жз + 6ж2ж2ж4 + 2ж2ж4)х

\ 32 32 )

|ж|4 \

х (-Ш + 768 - Шё) + (24ж2жз + 24ж2ж4^-

1 |ж

+

ж

+

ж

46080 21504 30720 129024

Из формулы (19) сразу не видно, что и(ж) |ж|=1 = 0. Преобразуем и(ж).

2

4

6

Теорема 3. Полином (19) можно записать в виде

и(ж) = (|ж|2 - 1) £ Д-От(.ж.) £(-1)к ( 4 ^7---------г^Т--------)----------------. (20)

4 | (24 + 2)!!^ ! \ к ) (2т - 44 + 2к + п,2)-+1 1 !

Доказательство. Преобразуем правую часть (20) к виду (19). Для этого раскроем скобки (|ж|2 - 1) и сдвинем индекс суммирования в первом слагаемом к ^ к - 1. Имеем

|ж|2 -1)£ ДО# £ <-1)‘14 ^ |ж 2к

^=о (24 + 2)!! ^=0 V к 7 (2т - 44 + 2к + п,2)-+1

= ^ А5дт(ж) 5+______________________________(—1)к+1|ж|2к_____________________+

^ 2в + 2 ^ (2к — 2)!!(2в — 2к + 2)!!(2т — 4в + 2к + п — 2,2)в+1

+ ~ А5дт(ж) *_______________________(—1)к+1 |ж|2к______________ (21)

^ 2в + 2 ^ (2к)!!(2в — 2к)!!(2т — 4в + 2к + п,2)в+1' ( )

5=0 к=0

Обе внутренние суммы имеют общую область суммирования ^к=1. Просуммируем сначала полученные двойные суммы по этой области. Имеем

^ А!0тМ^р________________________(—1)к+1|ж|2к__________________

5=0 2в + 2 ^ (2к — 2)!!(2в — 2к)!!(2т — 4в + 2к + п,2)в Х

1 1

+

(2в — 2к + 2)(2т — 4в + 2к + п — 2) 2к(2т — 4в + 2к + п + 2в)

Приводя дроби в скобках к общему знаменателю, получим

^ А5Пт(ж) ^ (—1)к+1|ж|2к(2т — 4в + 4к + п — 2)(2в + 2)

^ 2в + 2 ^(2к)!!(2в — 2к + 2)!!(2т — 4в + 2к + п — 2,2)5+2'

^=0 к=1 4/4 7 4 > / \

Вернемся к сумме (21). В первой двойной сумме мы не учли слагаемое при к = в + 1. Оно имеет вид

^ А^т(ж) ( — 1)5+2|ж|25+2 =

5=0 2в + 2 (2в)!!(2т — 2в + п,2)5+1

= ^ (—1)к+1(2т — 4в + 4к + п — 2)|ж|2к ,

5=0 Пт( ) (2к)!!(2в — 2к + 2)!!(2т — 4в + 2к + п — 2,2)5+2 |к=+ь Во второй двойной сумме мы не учли слагаемое при к = 0. Оно имеет вид

А5Пт(ж) 1

£

24 + 2 (24 + 2)!!(2т - 44 + п,2)-+1

-=о

^ Д-О ( ) (-1)к+1(2т - 44 + 4к + п - 2)|ж|2к

/т(ж) (2к)!!(24 - 2к + 2)!!(2т - 44 + 2к + п - 2,2)-+2 |

-=о

Складывая три полученных части полинома из (21), видим, что он имеет вид (19). Получим решение задачи Дирихле (2)-(3) с неоднородным многочленом О(ж). Теорема 4. Решение задачи Дирихле (2)-(3) можно записать в виде

2 £ (1 -2аІж|22))і'і((2;-іГ)а Д’О(аж)«"/2-1йа. (22)

Доказательство. Пусть ф(ж) — произвольный полином. Представим его в виде суммы однородных слагаемых ф(ж) = ^т фт(ж). Обозначим через ит(ж) полиномиальное решение задачи Дирихле (2)-(3) с правой частью ^(ж) = фт(ж). Тогда очевидно, что искомое решение имеет вид и(ж) = ^т ит(ж). Из формулы (18) следует, что

(*)=: «„(*>=: е і(1а-Д^ма^-^=

и(ж) — / ^ ^

т т ^=0

(25 + 2)11(28)!!

2

^ (1 - а' ж ' )5(1 - а)* д^д(ах)ап/2-1^а ^ (28 + 2)11(28)1! Д ^(аж)а аа'

5=0

Пример 2. Пусть в задаче Дирихле (2)-(3) ^(ж) = ж^, а значит, т = 1. Тогда в сумме из формулы (18) или (22) будет только один член при в = 0. Получаем

( ) |ж|2 - 1

и(ж) —

2 1 г ап/2 1 |ж|2 — 1

аж,—;— аа — ж,;

0

2 ‘ 2(п + 2)

Если, с другой стороны, воспользоваться формулой (19), то будем иметь в — 0, т — 1 и то же решение:

. / п п + 4 Л |ж|2 -1

и(ж) — ж,--------;----т +--;------тт---- |ж| — ж,—--------г .

'V 2п(п + 2) 2(п + 2)(п + 4)1 г 2(п + 2)

Рассмотрим теперь следующую задачу Дирихле для уравнения Лапласа в единичном шаре О:

Д«(ж) — 0,ж є О; і|дп — Р(ж)|дп, (23)

с полиномиальным граничным значением Р(ж) и при п > 2.

Сформулируем утверждение, дополняющее утверждение теоремы 4.

Теорема 5. Решение задачи (23) можно записать в виде

2 1 1 !л ^,1™|2\5

I ж 12 — 1

«(ж) — Р(ж) -

(1 - а|ж|1(1 - ,а)5 Д'+1Р (аж)ага/2-1гіа. (24)

5=0 (2в + 2)!!(2в)!!

Доказательство. С помощью формулы (22) найдем решение следующей задачи Дирихле:

Ди(ж) = ДР(ж),ж € О, И|х|=1 = 0.

Имеем

и(ж) —

2

Тогда следующий полином:

У (1 - а|ж| )5(1 - а)5 Д5+1Р(аж)ап/2-1аа 2^ (2в + 2)!!(2в)1! Д Р (аж)а аа'

5=0 (2в + 2)!!(2в)!

ж 2 1

«(ж) — Р(ж) - и(ж) — Р(ж) - ^---------------

(1 - ^'Л-, а>‘ Д'+‘Р (аж)а“/2-1аа.

5=0 (2в + 2)!!(2в)1!

является гармоническим, поскольку Ди(ж) = ДР(ж) — Ди(ж) =0 и удовлетворяет граничному условию V(ж)|х|=1 = Р(ж)|х|=1. Решение задачи (23) найдено, и оно имеет вид (24).

Пример 3. Пусть в задаче (23) Р(ж) = ж2. Тогда в сумме из формулы (24) будет только один член в = 0. Поэтому

«(ж) — ж і -

2 | ж |2 - 1 Г 1 , „ /0_1 , о.1

- ■ 2ап/2 1гіа — ж2 +—(1 - |ж|2).

2 г п

Объединяя теоремы 4 и 5 получим следующее утверждение.

Теорема 6. Решение задачи Дирихле:

Ди(ж) = ф(ж),ж € О, и|дп = Р(ж)|дп, (25)

в единичном шаре О можно записать в виде

и(ж) = Р(ж) + !^2—1 1 £ (1 Д‘(е — ДР)(ажК‘/2-1йа. (26)

2

‘=0 (2в + 2)!!(2в)!!

Доказательство. Решение задачи (25) можно разложить на сумму решений двух задач (23) и (2)-(3). Сумма этих решений (24) и (22) и дает искомую функцию (26).

III. Полиномиальные решения третьей краевой задачи для уравнения

Пуассона

Рассмотрим следующую обобщенную краевую задачу для уравнения Пуассона:

Ди = / (ж), ж € О; Рт ^и|дп = р(в), в € дО, (27)

в единичном шаре О. Здесь д/д^ — производная по направлению внешней нормали к единичной сфере О, Рт(Ь) — многочлен т-й степени с действительными коэффициентами и Ь € И.. Предположим, что р € С(дО), а /(ж) — многочлен произвольной степени.

Пусть V[/](ж) — объемный потенциал с плотностью /(ж), то есть

V [/](ж) = — -1 _

дП

Е(ж,0/(£К, (28)

где Е(ж,е), как и в (1), элементарное решение уравнения Лапласа.

Рассмотрим некоторый полином ф(Ь) степени т и Л € И. Запишем ф(Ь) в виде ф(Ь) = ^т=0 а^(ь — Л)г, где а, € И. Поставим ему в соответствие другой полином ^(Л)(Ь) степени т — 1 по формуле

т- 1

а0

2Л + п — 2

г=1

Ясно, что если Л — корень полинома ^(Ь), то а0 =0 и ^(Л)(Ь) = ^(Ь)/(Ь — Л).

Определение 1. Пусть Рт(Ь) = ^т=0— полином из задачи (27). Назовем факториальным полиномом Р[т](Ь), соответствующим полиному Рт(Ь), следующий полином: Р[т](Ь) = ^т=0РкЬ[к], где Ь[к] = Ь(Ь — 1)...(Ь — к + 1) — факториальный одночлен.

Обозначим так же Р^ (Ь) = Р[т](Ь)/(Ь—Л), где Л — некоторый корень полинома Р[т](Ь). Введем в рассмотрение множество I неотрицательных целых корней факториального полинома Р[т](Ь), то есть множество I = {к € N0 : Р[т](к) = 0}. Справедливо утверждение [7].

Теорема 7. Решение задачи (27) существует тогда и только тогда, когда выполнено условие

Л € I ^ V НЛ(ж)

дП

Ял(ж)р(ж)^ж =

Ял(ж)РЦ (Л + 2)/(ж)^ж, (29)

где Нл(ж) — произвольный однородный гармонический полином степени Л.

Пример 4. Рассмотрим следующую задачу:

д2и

Ди = /(ж), ж € О; —= р(в), в € дО. (30)

д^2 |дП

Для нее имеем т = 2, Рт(Ь) = Ь2, Р[т](Ь) = Ь[2] = Ь(Ь — 1), I = {0,1}, Р[(т](Ь) = Ь — 1, Р[(т](Ь) = Ь.

Условия разрешимости задачи (30) имеют вид

р(ж)^ж =

(Л+ 2)/(ж)^ж =

(Л + 1)/(ж)^ж,

ап

V і,

ж,р(ж)^ж =

Р^(Л + 2)/(ж)^ж =

ж,(Л + 2)/(ж)^ж.

дП

Теперь рассмотрим третью краевую задачу в единичном шаре О:

/ ди \

Ди(ж) = ф(ж),ж Є О; = Р(ж)|дп

(31)

с полиномиальными правой частью ^(ж) и граничными данными Р(ж) и при ^, Л € И. Здесь V — внешняя единичная нормаль к дО. Эта задача является частным случаем задачи (27) при т = 1 (если ^ = 0) и Рт(Ь) = + Л. В этом случае Р[т](Ь) = Рт(Ь), а поэтому единственный корень

многочлена Р[т](Ь) имеет вид Л0 = — Л/^ и Рт^Ь) = ^. Поэтому при ^ = 0 условия разрешимости задачи (31) имеют следующий вид: если Л0 = — Л/^ € N0, то для любого Нл0(ж) — однородного гармонического полинома степени Л0 — должно быть выполнено равенство (см. условие (29))

НЛо (ж)Р (ж)^ж = ^

Ял0 (ж)д(ж)^ж.

дП

Решение задачи (31) единственно с точностью до полинома вида и(ж) = V[^](ж) + Нл0(ж), если Ао Є N0. Если Ло Є N0, то решение существует и единственно при любых полиномах Р(ж) и ^(ж). Как же находить это решение?

Теорема 8. Пусть полиномы ^(ж) и Р(ж) разложены по своим однородным составляющим:

3(ж) = Е Ф™(ж), Р(ж) = Е Рт(ж).

т=0

т=0

Решение третьей краевой задачи (31) существует, если при условии Л0 = — Л/^ € N0 для любого однородного гармонического полинома Нл0 (ж) выполнено равенство

НЛо (ж)Р (ж)^ж = ^

яЛо (ж)д(ж)^ж.

дП

Это решение единственно с точностью до полиномов вида и(ж) = V[^](ж) + Нл0 (ж), где Н;(ж) — произвольный однородный гармонический полином степени к. Если Л0 € N0, то решение существует и единственно при любых полиномах ^(ж) и Р(ж). Решение третьей краевой задачи (31) можно записать в виде

и(ж) = Е

т+2

(ж)

+ ЕВ-1)

к+1,

т=—2

8=0 к=0

(т + 2)^ + А

(2т - 4з + 4к + п - 2)|ж|2кД8((А + (т + 2)^)фт(ж) - ДРт+2(ж))

(32)

(Л + (т — 2в + 2к)^)(2к)!!(2в — 2к + 2)!!(2т — 4в + 2к + п — 2,2)^

Прежде чем приступить к доказательству теоремы, приведем пример вычисления решения конкретной задачи:

/ ди

Ди(ж) = ж3,ж Є О С И4; ( ——+ 2и

| дП

42 = ж1ж2|дП

ж

по формуле (32) с помощью пакета ««МаЛеша^са». Решение имеет вид

и(ж) = ^^(2880x4X2 + (2ж? + Х2 - 4х3)(216 - 240|ж|2 + 72|ж|4) +

+(ж4 + 6ж?ж2 - 4х3)(320 - 240|ж|2) - 60 + 54|ж|2 - 20|ж|4 + 3|ж|6).

Доказательство. Условия существования решения задачи (31) следуют из теоремы 7 и обсуждались перед формулировкой этой теоремы. Пусть и(ж) — решение задачи (31). В силу теоремы 1 функция и(ж) может быть представлена как сумма полинома (6) и некоторой гармонической функции Ио(ж). Поскольку ад (ж) представляется в единичном шаре О в виде равномерно и абсолютно сходящегося ряда, то функция и(ж) в О также есть сумма равномерно и абсолютно сходящегося ряда и(ж) = ^^=0 (ж), где (ж) — однородные полиномы степени й.

Далее, поскольку на дО имеет место равенство ди/д^ = Ли, где Ли = ^™=1 ж,иХ4, то задача (31) эквивалентна следующей задаче:

Ди(ж) = ф(ж),ж е О; (^Ли + Аи)|дп = Р(ж)^. (33)

Нетрудно видеть, что справедливы равенства

д2 д2 п п

дж2Ли = дж2 Е ж*их = 2иХ'X + Е ж»(иж;)хзX = 2иХX + ЛиХхз

3 3 г=1 г=1

и, значит:

ДЛи = 2Ди + ЛДи = (Л + 2)Ди.

Применим оператор ^Л + А + 2^ к уравнению из (33). Если обозначить ^1 (ж) = (^Л + А + 2^)ф(ж), то будем иметь

(^Л + А + 2^)Ди = ^(Л + 2)Ди + АДи = Д(^Ли + Аи) = ^1 (ж)

для ж е О. Обозначим v = ^Ли + Аи. Тогда функция ^(ж) является решением следующей задачи Дирихле:

Дv(ж) = ^(ж),ж е О; V|дQ = Р(ж)|ап.

Поэтому в соответствии с теоремой 6 запишем:

v(ж) = Р (ж) +

2

£ (1 рГ+'^р.-!!'0, Д*(в1 - ДР)<“*)ап/2-1й«. (34)

,=о

Для нахождения функции и(ж) необходимо решить уравнение v(ж) = (^Л + А)и(ж). Если разложить полином v(ж) по однородным составляющим и вспомнить что функция и(ж) тоже есть сумма однородных полиномов

^+2 ^

v(ж) = Е ^ (ж), и(ж) = £ (ж),

й=0 й=0

то тогда будем иметь

^+2 ^

Е ^ (ж) = Е(к^ + А)ий (ж). й=0 й=0

Здесь, поскольку deg ^1 ^ deg ^ и deg v ^ max{deg Р, deg ^1 + 2}, то имеем

degv ^ max{deg Р, deg ^ + 2} ^ д + 2. По теореме о единственности разложения функции в ряд Тейлора, при ^ + А = 0 будем иметь

(ж) = (ж)

+ А

Если окажется, что -А/д е N0, то есть при некотором целом неотрицательном к будет кд + А = 0, то в этом случае должно быть выполнено равенство ^ (ж) = 0, иначе v(ж) не удовлетворяет уравнению v(ж) = (дЛ + А)и(ж) ни при какой и(ж). Итак,

-<*> = £ к^ТТ (35)

й=0 г

Преобразуем это решение. Рассмотрим простейший случай, когда ^(ж) = фт(ж) и

Р(ж) = Рт+2(ж) — однородные полиномы. Решение задачи (31) в этом случае обозначим и(т)(ж). Промежуточный полином ^1 (ж) будет иметь вид

^1(ж) = (дЛ + А + 2д)^т(ж) = (А + (т + 2)д)^т(ж).

Тогда, в соответствии с формулой (19) и доказательством теоремы 5 решение v(m')(ж) из формулы (34) запишется в виде

ГО

,

(ж) = Рт+2(ж) + £ Д5((А + (т + 2)д)дт(ж) - ДРт+2(ж))х ,=0

(-1)й+1(2т - 4з + 4к + п - 2)|ж|2й

X

£

к_о (2к)!!(2в - 2к + 2)!!(2т - 4§ + 2к + п - 2,2),+2'

Значит, решение (35) перепишется в форме

и(т)(ж) = (тРТ+)(ж+ А + £ Дв((А + (т + 2)д)^т(ж) - ДРт+2(ж))х

,=0

,+1 (-1)й+1(2т - 4§ + 4к + п - 2)|ж|2й

X

£

к_о ((т - 2§ + 2к)д + А)(2к)!!(2в - 2к + 2)!!(2т - 4з + 2к + п - 2,2),+2

Заметим, что полином и(т)(ж) имеет степень не выше т + 2. Если теперь просуммировать эти решения и(т)(ж) по т от -2 до д, то получим (32). Нетрудно видеть, что ^_,(ж) =0 и и(-г)(ж) = Р2_г(ж)/(А + (2 - г)д) для г = 1, 2.

Пример 5. Найдем решение следующей задачи:

Ди(ж) = ж,,ж е О; ( дд~ + Аи ) = ж3

д* + /|ап 3|“-

Воспользуемся формулой (32). В ней ^(ж) = ж,,Р(ж) = ж3 и, значит, внешняя сумма имеет

г3 3

ненулевые слагаемые только при т = 1, и поэтому . = 0, а к = 0,1. Решение (32) рассматриваемой задачи имеет вид

(1), ч ж3 г/. ч ( п (п + 4)|ж|2

(1) (ж) — ------3-- + [( А + 3д)ж — 6ж / П----------------------------+----------- ----------——|—

и( ) (ж) — --- —— + [(А + 3д)жг — 6жз 1 I----—----- — --------------------------т + , х/ х/

3д + А 3 \ 2(А + д)п(п + 2) 2(А + 3д)(п + 2)(п + 4)

ж3 (А +3д)ж, - 6ж3- ( |ж|2 1

3д + А 2(п + 2) ^ А + 3д А + д

Проверим это решение. Легко видеть, что

и поскольку на дО

. (1), , 6ж7- 3д + А 6ж7-

Ди(1)(ж) =---------------3— + —----- ж,-----------3— = ж,

3д + А 3д + А г 3д + А г

ди(1) 3ж3 (А + 3д)ж, - 6ж3- ( 3

д^ 3д + А 2(п + 2) \3д + А А + д/

1

то тогда будем иметь

du(1) д (1) + А з (А + 3^)ж, — 6ж3 /3^ + А ^ + А\ 3

^ dv + U 3^ + АХ3 + 2(n + 2) \3^ + А ^ + А/ Ж3‘

Литература

1. Ильин А.М. Согласование асимптотических разложений решений краевых задач. — М.: Наука, 1989.

2. Карачик В.В., Антропова Н.А. О решении неоднородного полигармонического уравнения и неоднородного уравнения Гельмгольца // Дифференциальные уравнения. — 2010. — № 46:3. —

C. 384-395.

3. Бондаренко Б.А. Операторные алгоритмы в дифференциальных уравнениях. — Ташкент: Фан, 1984.

4. Karachik V.V. Polynomial solutions to the systems of partial differential equations with constant coefficients // Yokohama Mathematical Journal. — 2000. — N 47. — P. 121-142.

5. Бицадзе А.В. К задаче Неймана для гармонических функций // Докл. АН СССР. — 1990. — № 311:1. — C. 11-13.

6. Карачик В.В. Об одном представлении аналитических функций гармоническими // Математические труды. — 2007. — № 10:2. — C. 142-162.

7. Карачик В.В. Об одной задаче для уравнения Пуассона с нормальными производными на границе // Дифференциальные уравнения. — 1996. — № 32:3. — C. 416-418.

Поступила в редакцию 18.03.2011.