Thế vị lớp đơn và bài toán newmann đối với hàm điều hòa

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HOÀNG VĂN LUẬN THẾ VỊ LỚP ĐƠN VÀ BÀI TOÁN NEUMANN ĐỐI VỚI HÀM ĐIỀU HÒA Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học PGS.TS. HÀ TIẾN NGOẠN HÀ NỘI - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 2 1 Kiến thức chuẩn bị 4 1.1 Góc khối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Mặt Lyapunov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Phương trình tích phân Fredholm loại II . . . . . . . . . . . . . . . 19 1.4 Phương trình Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 1.5 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Neumann . . . . . . . . . . . . 23 2 Thế vị lớp đơn và bài toán Neumann đối với hàm điều hòa 28 2.1 Thế vị lớp kép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 2.2 Thế vị lớp đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.3 Đưa bài toán Neumann của phương trình Laplace về phương trình tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.4 Sự tồn tại nghiệm của các bài toán Neumann . . . . . . . . . . . . 44 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 1 Mở đầu Nghiệm của phương trình Laplace rất quan trọng trong toán học mà đặc biệt là trong các bài toán vật lý, sinh học. Việc tìm nghiệm của bài toán Laplace là cần thiết, có nhiều phương pháp để chỉ ra sự tồn tại nghiệm của nó. Một trong những phương pháp đó là phương pháp thế vị. Đó là phương pháp tìm nghiệm của phương trình dưới dạng một thế vị của hàm điều hòa cơ bản. Cấu trúc luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương này trình bầy một số khái niệm và các tính chất bao gồm: định nghĩa về góc khối; định nghĩa về mặt Lyapunov và các tính chất của mặt Lyapunov cùng với các đánh giá có liên quan; định nghĩa về phương trình tích phân Fredholm loại II, các định lý Fredholm và cuối cùng là trình bày về các bài toán Neumann trong và ngoài, tính duy nhất nghiệm của bài toán đó. Chương 2: Thế vị lớp đơn và bài toán Neumann cho hàm điều hòa. Nội dung của chương này là chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Neumann cho hàm điều hòa, gồm 3 bước: Đầu tiên ta đưa ra khái niệm thế vị lớp đơn và tính chất của nó. Bước thứ 2 ta chuyển bài toán Neumann của phương trình Laplace về phương trình tích phân Fredholm loại II. Bước thứ 3 ta đi khảo sát sự tồn tại nghiệm của bài toán đó. Các kết quả chính trong luận văn được trình bày dựa trên tài liệu tham khảo [1],[2], [3]. Hà Nội, tháng 4 năm 2015. Học viên Hoàng Văn Luận 2 Lời cảm ơn Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS. Hà Tiến Ngoạn. Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu của mình để kiên trì hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt cả quá trình làm luận văn. Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới người thầy của mình. Tôi cũng muốn gửi tới toàn thể các thầy cô Khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các thầy cô đã đảm nhận giảng dạy khóa Cao học 2012 - 2014, đặc biệt là các thầy cô tham gia tham gia giảng dạy nhóm Giải tích 2012-214 lời cảm ơn chân thành đối với công lao dạy dỗ trong suốt thời gian của khóa học. Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, các anh chị em trong nhóm Cao học Toán 2012-2014, đặc biệt là các anh chị em nhóm Giải tích đã quan tâm, giúp đỡ, tạo điều kiện cũng như động viên tinh thần để tôi có thể hoàn thành khóa học này. 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Góc khối Cho S là mặt trơn, nói chung là không kín, định hướng, xét một phía xác định − của S và vectơ pháp tuyến → n hướng về phía ấy, mà ta quy ước là pháp tuyến dương. Giả sử P là một điểm bất kỳ nằm trong không gian sao cho với điểm bất kỳ −→ − π Q ∈ S thì → r = P Q hợp với − n→ Q một góc nhỏ hơn hoặc bằng 2 tức là: − cos(→ r ,− n→ Q) ≥ 0 (1.1) −→ Từ P, xét tất cả các bán kính vectơ P Q, Q ∈ S . Các bán kính vectơ đó lấp đầy khối nón, đỉnh là P và các đường sinh của mặt bên tựa trên biên của mặt S. Từ P, xét mặt cầu đơn vị tâm P, kí hiệu σ1 . Mặt cầu ấy cắt khối nón trên theo mảnh cầu σ1 , có diện tích là |σ1 |. Khi đó phần không gian chiếm bởi khối nón nói trên được gọi là góc khối mà từ P nhìn mặt S. Diện tích |σ1 | được gọi là số đo của góc khối, và được kí hiệu là ωP (S) = |σ1 | (1.2) Chú ý 1.1. Nếu xét mặt cầu tâm P bán kính R : R và cắt khối nón theo mảnh σR có diện tích |σR | thì do tính đồng dạng của σR và σ1 ta có : |σ11 | = |σRR2 | Do đó ta có thể viết: ωP (S) = 4 |σR | R2 (1.3) −→ → − → − Nếu pháp tuyến dương − n→ hợp với bán kính vectơ r một góc tù cos( r, nQ ) ≤ 0 Q thì ta quy ước số đo của góc khối mà từ P nhìn S có giá trị âm và ωP (S) = − |σR | R2 (1.4) −→ − Giả sử S là mặt trơn từng mảnh và trên mỗi mảnh đại lượng cos(→ r, nQ ) đổi −→ − dấu, khi đó ta chia S thành nhiều mảnh nhỏ S sao cho cos(→ r, n ) không đổi dấu. j Q Khi đó ta đặt ωP (S) ≡ ωP (Sj ) (1.5) j Định lí 1.1 (Định lý 5.3.1, [1]). Giả sử P ∈ / S . Góc khối mà từ điểm P nhìn mặt S có giá trị bằng ∂ 1 ωP (S) = − ( )dSQ ∂nQ r S trong đó r=PQ là khoảng cách giữa hai điểm P và Q, − n→ Q là pháp tuyến dương tại Q ∈ S , ∂n∂Q là đạo hàm theo hướng − n→ Q. −→ − Chứng minh. Ta chỉ xét trường hợp mặt S mà cos(→ r, nQ ) không đổi dấu,trong −→ − trường hợp ngược lại, ta chia S thành các mảnh nhỏ Sj sao cho cos(→ r , nQ ) không −→ đổi dấu. Khi đó P Q chỉ cắt S tại Q duy nhất. −→ − Giả sử cos(→ r ,n ) ≥ 0 Q Xét mặt cầu R tâm P với bán kính R đủ nhỏ sao cho σR không cắt S. Xét miền D giới hạn bởi mặt S, mặt σR và phần không gian nằm giữa S và σR . Kí hiệu là S0 Ta chú ý rằng hàm 1r là hàm điều hòa trong D ∪ S ∪ σR ∪ S0 do đó theo tính chất của hàm điều hòa ta có: S∪σR ∪S0 ∂ 1 ( )dSQ = 0 ∂νQ r trong đó − ν→ Q là pháp tuyến trong đối với miền D tại điểm Q. 5 (1.6) → − Trên mặt nón S0 thì véctơ − ν→ Q thẳng góc với r nên ta có − − − cos(→ r ,→ ν) ∂ 1 ( )= =0 ∂ν r r2 (1.7) Trên mặt S, ta có − − → ν→ Q = −nQ nên ∂ 1 ( )dSQ = − ∂νQ r ∂ 1 ( )dSQ . ∂nQ r S (1.8) S Trên σR ta có: σR ∂ 1 ( )dSQ = ∂νQ r σR ∂ 1 1 ( )dSQ = − 2 ∂nQ r R dSQ = −|σR | . R2 (1.9) σR Từ công thức (1.6), (1.7), (1.8) và (1.9) ta có ∂ 1 ( )dSQ + ωP (S) = 0 ∂nQ r S hay ∂ 1 ( )dSQ . ∂nQ r ωP (S) = − (1.10) S −→ − Nếu cos(→ r, nQ ) ≤ 0 thì trên mặt S ta có: − − → ν→ Q = nQ và ∂ 1 ( )dSQ = ∂νQ r S ∂ 1 ( )dSQ . ∂nQ r S Từ đẳng thức ωP (S) = 6 −|σR | R2 (1.11) suy ra −|σR | ∂ 1 ( )dSQ = − 2 = ωP (S) ∂nQ r R ∂ 1 ( )dSQ = ∂νQ r − S (1.12) S Vậy ta vẫn có (1.10). 1.2 Mặt Lyapunov Dưới đây là định nghĩa mặt Lyapunov trong không gian ba chiều. 1.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.1. Mặt S được gọi là mặt Lyapunov nếu nó thỏa mãn các điều kiện sau: 1) Tại mỗi điểm của mặt S đều tồn tại một pháp tuyến xác định → − − 2) Gọi Q và Q’ là 2 điểm bất kỳ nằm trên mặt S và → n , n là hai vectơ pháp → − − tuyến tương ứng tại Q và Q’, ϕ là góc hợp bởi 2 vectơ pháp tuyến đó (ϕ = (→ n , n )), r là khoảng cách giữa hai điểm Q,Q’ r = QQ Khi đó tồn tại 2 hằng số dương A và α sao cho: ϕ ≤ Arα . (1.13) Nhận xét 1.1. Nếu mặt S có phương trình z = f (x, y) trong đó f (x, y) là hàm có đạo hàm cấp hai liên tục thì S là mặt Lyapunov. Do đó mặt cong có độ cong liên tục là mặt Lyapunov. Hơn nữa định nghĩa và các định lý trong phần này cũng đúng trong không gian n chiều tổng quát. 7 Định lí 1.2 (Định lý 5.4.2, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín. Khi ấy tồn tại một hằng số dương d > 0 sao cho nếu lấy một điểm Q bất kỳ trên S làm tâm bán − kính d thì mọi đường thẳng song song với pháp tuyến → n tại Q cắt mặt S phía trong hình cầu không quá một điểm. Mặt cầu với tâm tại điểm Q ∈ S nói trên được gọi là mặt cầu Lyapunov, kí hiệu (Q). Chứng minh. Chọn d đủ nhỏ sao cho: Adα ≤ 1 (1.14) Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, tồn tại hình cầu bán kính d → − − n0 tâm Q0 ∈ S cắt mặt S theo mảnh S (Q0 ) sao cho có một tia đi qua Q0 ; n0 //→ của S cắt S (Q0 ) tại 2 điểm là Q và Q’. Giả sử các pháp tuyến của mặt S là các → − pháp tuyến trong, gọi Q là điểm của mặt S tại đó n0 hướng ra phía ngoài, còn Q’ → − là điểm tại đó n0 hướng vào phía trong của S. Xét mặt phẳng tiếp xúc tại Q với − − S. Khi đó, → n và → n0 nằm về 2 phía của mặt phẳng tiếp xúc do đó: → − π − − − (→ n,→ n0 ) = (→ n , n0 ) > > 1 2 Điều này không thể sảy ra vì theo (1.13) và (1.14) ta phải có: − − (→ n,→ n0 ) ≤ Arα ≤ Adα ≤ 1 → − Trường hợp n0 tiếp xúc với s (Q0 ) cũng không thể xảy ra vì khi đó → − π − − − (→ n,→ n0 ) = ( → n , n0 ) = > 1 2 Vậy định lý được chứng minh. 1.2.2 Một vài đánh giá 8 Giả sử Q0 là một điểm cố định bất kỳ nằm trong mặt S và S (Q0 ) là một phần mặt nằm trong mặt cầu Lyapunov tâm Q0 . Xét hệ tọa độ địa phương (ξ, η, ζ) với − gốc là Q0 , trục Q0 ζ trùng với pháp tuyến → n0 tại Q0 còn 2 trục Q0 ξ và Q0 η nằm trong mặt phẳng tiếp xúc với S tại Q0 . Theo Định lý 1.1 thì phần mặt S (Q0 ) có thể biểu diễn trong hệ tọa độ Q0 ξηζ bởi phương trình ζ = f (ξ, η) (1.15) − Gọi Q(ζ, ξ, η) là điểm chạy trên mặt S (Q0 ) ; → n là pháp tuyến tại Q và r = − Q0 Q. Ta đi đánh giá cosin chỉ phương của → n , đại lượng f (ξ, η) trong (1.15) và − − cos(→ r ,→ n ) theo r khi Q chạy trên mặt S (Q0 ) → − − a) Đại lượng cos(→ n, ζ ) Đặt: → − − − − ϕ = (→ n , ζ ) = (→ n,→ n0 ). (1.16) Ta có: cos ϕ = 1 − ϕ2 ϕ4 + − ... = 2! 4! (−1)n n=0 ϕ2n (2n)! (1.17) là chuỗi đan dấu có các số hạng đơn điệu giảm, nên nếu trong chuỗi ta chỉ giữ một số hữu hạn các hạng thức, thì phần dư sẽ có dấu của hạng thức đầu tiên của phần dư đó. Từ đó ϕ2 cos ϕ ≥ 1 − 2 Theo công thức (1.13) ta có: 1 cos ϕ ≥ 1 − A2 r2α . 2 Mặt khác do (1.14) nên trong các mặt cầu Lyapunov đã chọn: 9 (1.18) A2 r2ϕ ≤ A2 d2ϕ ≤ 1. và từ (1.18) ta suy ra đánh giá sau: → − 1 − cos(→ n, ζ ) ≥ 2 (1.19) → − − − − b) Đại lượng cos(→ n , ξ ) và cos(→ n,→ η) → − → − − − Gọi n là hình chiếu của → n xuống mặt phẳng Q0 ξη . Khi đó cos(→ n , ξ ) là → − → − − thành phần của → n xuống trục ξ . Gọi α và β là góc hợp bởi n với các trục Q0 ξ và Q0 η ta có → − − cos(→ n , ξ ) = sin ϕ cos α . (1.20) − − cos(→ n,→ η ) = sin ϕ cos β . (1.21) Tương tự Chú ý 1.2. sin ϕ < ϕ ≤ Arα từ đó ta có các đánh giá sau: → − − | cos(→ n , ξ )| ≤ Arα − − | cos(→ n,→ η )| ≤ Arα c) Đại lượng f (ξ, η) Ta có phương trình của mặt S (Q0 ) là: ζ = f (ξ, η) − Do đó cosin chỉ phương của → n biểu thị bởi công thức 10 (1.22) (1.23) −f → − − cos(→ n , ξ) = ξ (1.24) 1 + (fξ )2 + (fη )2 −f → − − cos(→ n , η) = 1 + (fξ → − − cos(→ n , ζ) = η )2 (1.25) + (fη )2 1 (1.26) 1 + (fξ )2 + (fη )2 Từ (1.19),(1.22 → 1.26), ta có |fξ | = → − − 1 + (fξ )2 + (fη )2 | cos(→ n, ξ)| ≤ 2Arα và tương tự đối fη , như vậy |fη | ≤ 2Arα (1.27) |fζ | ≤ 2Arα . (1.28) Trong mặt phẳng Q0 ξη thì vị trí của Q0 ξ là bất kỳ. Do đó trong đánh giá (1.27) và (1.28) là đúng với mọi phương Q0 ρ bất kỳ trong mặt phẳng Q0 ξη . Gọi ρ là khoảng cách của những điểm nằm trên tia đó tới Q0 . Khi đó | ∂f | ≤ 2Arα ∂ρ (1.29) Trong mặt phẳng Lyapunov, r là đại lượng giới nội nên: | ∂f |≤M ∂ρ Từ đó ρ ρ ∂f dρ ≤ ∂ρ |ζ| = |f (ξ, η)| = 0 ∂f dρ ≤ M ρ. ∂ρ 0 11 (1.30) Gọi Q(ξ, η, ζ) là điểm nằm trên mặt S (Q0 ) và P (ξ, η) là hình chiếu của Q lên mặt phẳng Q0 ξη và đặt ρ = Q0 P . Khi đó trong tam giác vuông Q0 P Q ta có r2 = Q0 Q2 = ρ2 + ζ 2 . Từ đó với chú ý (1.30) ta suy ra |ζ 2 | ≤ M 2 ρ2 ⇒ r2 ≤ M 2 ρ2 + ρ2 và do đó r ≤ Kρ, K = const (1.31) Như vậy, (1.29) cho ta | ∂f | ≤ K ρα , ∂ρ K = const hay ρ |ζ| = |f (ξ, η)| ≤ | ∂f |dρ ≤ Cρα+1 , ∂ρ C = const (1.32) 0 Mặt khác ta có ρ ≤ r nên ta có đánh giá sau: |ζ| ≤ Crα+1 (1.33) − − d) Đại lượng cos(→ r ,→ n) − Chú ý rằng cosin chỉ phương của → r là ξ , r η , r ζ r ta có: → − → − ξ η ζ − − − − − − cos(→ r ,→ n ) = cos(→ n , ξ ) + cos(→ n,→ η ) + cos(→ n , ζ ). r r r 12 (1.34) → − − n , ζ )| đều bé thua 1 nên từ (1.22),(1.23),(1.33) và (1.34) ta có Vì | ξr |, | ηr |, | cos(→ đánh giá sau: − − | cos(→ r ,→ n )| ≤ C1 rα . (1.35) Định lí 1.3 (Định lý 5.4.3, [1]). Nếu S là mặt Lyapunov giới nội thì tồn tại một hằng số C sao cho: ∂ 1 ( ) dSQ ≤ C ∂nQ rP Q (1.36) S đối với mọi P nằm trong không gian. Ý nghĩa hình học của (1.36) đối với góc khối mà P nhìn mặt S trong (1.5) như sau: Giả sử S = Sj , khi đó tổng trị tuyệt đối số đo các góc khối là bị chặn đều j |ωP (Sj )| ≤ C. j Chứng minh. Để chứng minh định lý trên ta chia làm 2 trường hợp sau: điểm P nằm trong mặt S và điểm P nằm ngoài mặt S a. Điểm P ∈ S Lấy gốc tọa độ địa phương là P và như vậy coi P ≡ Q0 ∈ S Chú ý: 1 ∂ ∂nQ ( rQ0 Q ) → − → − = − cos(rr2 , n ) Khi đó S − − cos(→ r ;→ n) dSQ = r2 ∂ 1 ( ) dsQ = ∂nQ rQ0 Q = S (Q0 ) S − − cos(→ r ,→ n) dSQ + r2 S\S (Q0 ) Nếu Q ∈ S\S (Q0 ) thì Q0 Q = r ≥ d 13 − − cos(→ r ,→ n) dSQ . r2 với d bán kính mặt cầu Lyapunov và − − 1 cos(→ r ,→ n) dS ≤ Q r2 d2 S\S (Q0 ) dSQ ≤ |S| d2 S\S (Q0 ) với |S| là diện tích của mặt S. Để tính tích phân đối với S (Q0 ) ta gọi G (Q0 ) là hình chiếu của S (Q0 ) lên mặt Q0 ξη . Chú ý đánh giá (1.19) ta có − − − − | cos(→ r ,→ n )| | cos(→ r ,→ n )| dS = Q → − dξdη ≤ − r2 r2 cos(→ n, ζ ) S (Q0 ) G (Q0 ) − − | cos(→ r ,→ n )| dξdη r2 ≤2 (1.37) G (Q0 ) Gọi P (ξ, η) là hình chiếu của Q(ξ, η, ζ) lên mặt phẳng Q0 ξη và ρ = Q0 P ta có: r 2 = ρ2 + ζ 2 tức là r ≥ ρ. (1.38) Mặt khác ta có đánh giá (1.31) thì khi đó (1.35) cho ta − − cos(→ r ,→ n ) ≤ C 1 ρα Từ (1.37), (1.38), (1.39) ta có − − | cos(→ r ,→ n )| dSQ ≤ C r2 dξdη ≤ ρ2−α G (Q0 ) S (Q0 ) (1.39) C dξdη =C . ρ2−α ρ≤d Chú ý rằng G (Q0 ) nằm trong hình tròn ρ ≤ d. Vậy với P ≡ Q0 ∈ S ta có S ∂ 1 |S| ( ) dSQ ≤ 2 + C . ∂nQ rQ0 Q d 14 (1.40) Do đó tích phân ở vế trái của (1.40) là tồn tại ngay cả khi P ∈ S b. Điểm P ∈ /S Với P ∈ / S thì khoảng cách từ P tới S lớn hơn hay bằng Với trường hợp thứ nhất, ta có d rP Q ≥ 2 Khi đó − − | cos(→ r ,→ n )| 2 r ≤ 1 r2 ≤ 4 d2 d 2 hoặc bé hơn d 2 và do đó − − 4 | cos(→ r ,→ n| dS ≤ |S| Q r2 d2 (1.41) S Đối với trường hợp thứ hai, gọi Q0 là điểm trên S sao cho d P Q0 = min rP Q < . Q∈S 2 Khi đó P nằm trên pháp tuyến đối với S tại Q0 . Do đó ta xây dựng mặt cầu Lyapunov tâm Q0 với hệ tọa độ địa phương Q0 ξηζ như trên. Gọi S (Q0 ) là phần mặt S nằm trong mặt cầu Lyapunov. Ta đi đánh giá các tích phân trên S (Q0 ) và trên S\S (Q0 ). Nếu Q ∈ S\S (Q0 ), ta có P Q ≥ Q0 Q > d, P Q0 < d2 nên: d 2. Thật vậy trong tam giác P Q0 Q ta có r = P Q ≥ Q0 Q − P Q ≥ d − d d = 2 2 Do đó − − | cos(→ r ,→ n )| 4 dS ≤ Q r2 d2 S\S (Q) dSQ ≤ S\S (Q) Xét tích phân: − − | cos(→ r ,→ n )| dSQ 2 r S (Q) 15 4 |S|. d2 (1.42) Ta có → − → − − − − − − − − − cos(→ r ,→ n ) = cos(→ r , ξ ) cos(→ n , ξ ) + cos(→ r ,→ η ) cos(→ n;→ η )+ → − → − − − + cos(→ r , ζ ) cos(→ n, ζ ) Từ đó → − → − − − − − − − | cos(→ r ,→ n )| ≤ | cos(→ n , ξ )| + | cos(→ n,→ η )| + | cos(→ n , ζ )| (1.43) Đặt Q0 P = δ, Q0 Q = r0 , (ξ, η, ζ) là tọa độ địa phương của Q ∈ S (Q0 ). Trong hệ tọa độ địa phương thì tọa độ của P là (0, 0, + − δ) với δ > 0. Chú ý r0 đóng vai trò như trong đánh giá (1.22) và (1.33) ta có: → − ζ+ δ → − cos( r , ζ ) = − . r Vậy từ (1.22),(1.33) và (1.43) suy ra α+1 r − − | cos(→ r ,→ n )| ≤ Cr0α + C1 0 r + δ r (1.44) với C và C1 là các hằng số. Ta đánh giá r và r0 qua ρ trong đó: ρ2 = ξ 2 + η 2 . Ta có 2 2 2 2 r2 = ρ2 + (ζ + − δ) = ρ + ζ + δ Hơn nữa chú ý bất đẳng thức √ 2 1 ( √ δ+ − 2ζ) ≥ 0 2 ta suy ra 1 |2ζδ| ≤ δ 2 + 2ζ 2 2 16 + − 2ζδ. (1.45) Do đó (1.45) cho ta 1 r 2 ≥ ρ2 + δ 2 − ζ 2 . 2 (1.46) Nhưng do (1.32) ta có |ζ| ≤ Cρα+1 ≤ Cdα ρ. Bán kính d của mặt cầu Lyapunov có thể chọn đủ nhỏ sao cho 1 Cdα ≤ √ 2 Như vậy ρ2 |ζ| ≤ 2 và do (1.31) cho ta đánh giá của r qua ρ: 2 1 1 r2 ≥ (ρ2 + δ 2 ) ≥ ρ2 2 2 (1.47) Và từ (1.31) ta có đánh giá của r0 qua ρ: r0 ≤ Kρ. (1.48) Theo (1.44), (1.47),(1.48) ta đánh giá tích phân lấy đối với S (Q0 ). Gọi G (Q0 ) là hình chiếu của S (Q0 ) xuống mặt tiếp xúc Q0 ξη , chú ý G (Q0 ) nằm trong mặt tròn ρ ≤ d. Ta có như ở (1.37) − − | cos(→ r ,→ n )| dSQ ≤ 2 r2 S (Q0 ) − − | cos(→ r ,→ n )| dξdη r2 G (Q0 ) ≤2 ρ≤d 17 → − − | cos(→ r , r2 )| dξdη r2 (1.49) do (1.44) và (1.49) Ta có − − | cos(→ r ,→ n )| dSQ ≤ const r2 ρ≤d S (Q0 ) r0α+1 dξdη r3 r0α dξdη + const r2 ρ≤d dξη r3 + δ const (1.50) ρ≤ρ trong đó const không phụ thuộc vào δ Do (1.47) và (1.48) khi đó ta có đánh giá vế phải của (1.50) Đối với tích phân thứ nhất ta có: r0α dξdη ≤ r2 ρ≤d K α ρα α 1 2 dξdη ≤ 2K 2ρ ρ≤d dξdη = const ρ2−α (1.51) ρ≤d Đối với tích phân thứ hai: 2 r0α+1 3 K α+1 dξdη ≤ 2 3 r ρ≤d dξdη = const . ρ2−α (1.52) ρ≤d Đối với tích phân thứ ba, kí hiệu E2 là toàn bộ mặt phẳng (ξ, η) ta có: 3 dξdη ≤ 22 δ 3 r δ ρ≤d ρ≤d dξdη 3 ≤ const (ρ2 + δ 2 ) 2 dξdη 2 E2 dξ dη 3 , (ρ 2 + 1) 2 ≤ const E2 3 δ 2 ( ρδ2 + 1) 2 (1.53) trong đó: ξ η ρ ξ = , η = , ρ = . δ δ δ Tích phân cuối lấy trong toàn mặt phẳng, hàm dưới dấu tích phân dần về không tương đương với ρ13 do đó tích phân hội tụ và dξdη = const r3 δ ρ≤d 18 (1.54) Trong đó const ở các công thức (1.51); (1.52) và (1.53) không phụ thuộc vào δ Do đó từ các bất đẳng thức (1.40),(1.41),(1.42),(1.50),(1.51),(1.52)và (1.53) ta suy ra 1 ∂ ( )|dSQ ≤ C | ∂nQ rP Q S Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn. 1.3 Phương trình tích phân Fredholm loại II 1.3.1 Định nghĩa Định nghĩa 1.2. Cho Ω là miền giới nội trong không gian En ; f (P ) là hàm liên tục cho trước; K(P, Q) là hàm thực liên tục khi P ∈ Ω; Q ∈ Ω hoặc liên tục khi P = Q và khi P → Q có bất thường loại yếu: K(P, Q) = O( 1 ), rα r = P Q, α≤n Khi đó phương trình: µ(P ) + K(P, Q)µ(Q)dVQ = f (P ) (1.55) Ω được gọi là phương trình tích phân Fredholm loại II. Với µ(P ) là hàm liên tục cần tìm và gọi là nghiệm của phương trình tích phân (1.55) Nếu f (P ) = 0 thì ta có phương trình thuần nhất tương ứng µ(P ) + K(P, Q)µ(Q)dVQ = 0 Ω Phương trình thuần nhất liên hợp của (1.55) có dạng ν(P ) + K(Q, P )ν(Q)dVQ = 0 Ω 19 trong đó nhân K(Q,P) có được từ K(P,Q) bằng cách trao đổi vị trí P và Q. Đối với phương trình tích phân Fredholm loại II ta có các định lý sau, và được gọi là định lý Fredholm. 1.3.2 Một số định lý ( Về phương trình tích phân Fredholm loại II) Định lí 1.4 (Định lý 5.11.1, [1]). Phương trình thuần nhất µ(P ) + K(P, Q)µ(Q)dVQ = 0 (1.56) Ω và phương trình thuần nhất liên hợp ν(P ) + K(Q, P )ν(Q)dVQ = 0 (1.57) Ω có một số hữu hạn các nghiệm độc lập tuyến tính và số các nghiệm độc lập tuyến tính của hai phương trình đó bằng nhau. Gọi hệ đầy đủ các nghiệm độc lập tuyến tính của (1.55) là {µ1 (P ); ...; µp (P )} và của (1.56) là: {ν1 (P ); ...; νp (P )} Khi đó nghiệm tổng quát của (1.55) có dạng p ∗ µ(P ) = µ (P ) + Ck µk (P ) (1.58) k=1 trong đó µ∗ (P ) là một nghiệm riêng của (1.55) còn Ck là các hằng số tùy ý. Định lí 1.5 (Định lý 5.11.2, [1]). Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.55) giải được là vế phải f (P ) thỏa mãn hệ thức f (P )νk (P )dVP = 0 k = 1, 2, ..., p Ω 20 (1.59) Điều kiện này được gọi là điều kiện trực giao, trong đó {νk (P )} là hệ đầy đủ các nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất liên hợp (1.57). Từ đó suy ra Định lí 1.6 (Định lý 5.11.3, [1]). Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.55) giải được với bất kỳ vế phải f (P ) liên tục nào là phương trình thuần nhất (1.56) chỉ có nghiệm tầm thường µ(P ) = 0. Khi đó phương trình (1.55) có nghiệm duy nhất. 1.4 Phương trình Laplace Giả sử Ω là một miền trong Rn . Định nghĩa 1.3. Kí hiệu n ∆u := uxi xi i=1 và gọi biểu thức này là Laplacian của hàm u. Khi đó phương trình ∆u(x) = 0, x∈Ω (1.60) được gọi là phương trình Laplace. Nghiệm bất kỳ của phương trình (1.60) được gọi là hàm điều hòa trong miền Ω Để tìm nghiệm của phương trình (1.60) Trước tiên ta tìm một nghiệm hiển. Do tính tuyến tính của phương trình (1.60) nên ta sẽ xây dựng nghiệm phức tạp thông qua nghiệm hiển đã biết. Chú ý rằng phương trình Laplace là bất biến đối với phép quay, nên ta tìm nghiệm hiển dưới dạng hàm số của r = |x| Ta tìm nghiệm của (1.60) dưới dạng u(x) = υ(r), x ∈ Rn r = |x| = (x21 + ... + x2n ) và chọn υ sao cho ∆u = 0 21 Chú ý : 1 1 ∂r xi = (x21 + ... + x2n )− 2 2xi = ∂xi 2 r (x = 0) Vì thế xi uxi = υ (r) ; r uxi xi x2i x2i = υ (r) 2 + υ (r)(1 − 3 ); r r Do đó ∆u = υ (r) + i = 1, 2...n n−1 υ(r). r Như vậy ∆u = 0 khi và chỉ khi υ (r) + n−1 υ (r) = 0 r (1.61) Nếu υ = 0 thì ta thấy rằng: 1−n υ = υ r [log (υ )] = Vì thế υ (r) = α rn−1 với α là một hằng số nào đó. Suy ra nếu r ≥ 0 ta nhận được. υ(r) = b.log r + c (n = 2) hoặc υ(r) = b rn−2 + c (n ≥ 3) ở đây b và c là các hằng số. Định nghĩa 1.4. Hàm số Φ(x) = 1 ; 2π log |x| n=2 (1.62) và Φ(x) = 1 1 ; n(n − 2)α(n) |x|n−2 n≥3 (1.63) với x ∈ Rn ; x = 0 được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace, trong đó α(n) là thể tích của hình cầu đơn vị. 22 1.5 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Neumann 1.5.1 Bài toán Neumann trong Giả sử Ω là một miền giới nội trong R3 . Bài toán Neumann trong của phương trình Laplace được đặt ra như sau: Tìm hàm điều hòa u(P), liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho đạo hàm theo pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên S của nó trùng với một hàm f(Q) cho trước trên biên S. Nói khác đi: ∆u(P ) = 0, P ∈ Ω ∂u(P ) lim = f (Q), Q ∈ S, P →Q ∂nQ (1.64) P ∈ Ω. (1.65) Nếu Ω là miền bên ngoài Ω cùng biên S thì ta có bài toán Neumann ngoài. Đối với bài toán Neumann ngoài (1.64), (1.65), hàm u(P) được ràng buộc thêm bởi điều kiện ở vô tận ∆u(P ) = 0, P ∈ Ω ∂u(P ) = f (Q), Q ∈ S, P ∈ Ω ∂nQ S C , r = OP → ∞. |u(P )| r (1.66) (1.67) (1.68) Bài toán Neumann thường được gọi là bài toán biên thứ hai của phương trình Laplace. 1.5.2 Công thức Green Giả sử Ω là miền giới nội trong R3 , giới hạn bởi mặt biên S trơn từng mảnh, u(x), υ(x) là các hàm riêng cấp một liên tục trong Ω ∪ S và có đạo hàm riêng cấp hai liên tục trong Ω, khi đó ta có công thức Green thứ nhất: 3 υ(x)(∆u(x))dx = − Ω Ω j=1 ∂υ(x) ∂u(x) dx + ∂xj ∂xj υ(x) ∂u(x) dSx . ∂nx (1.69) ∂Ω → là véctơ pháp tuyến ngoài đơn vị, x ∈ ∂Ω. trong đó − n x Trong công thức (1.69), tráo đổi vai trò của u, υ , sau đó lấy (1.69) trừ đi công 23 thức vừa nhận được ta được công thức Green thứ hai [υ(x)(∆u(x)) − u(x)∆(υ(x))] dx = Ω υ(x) ∂υ(x) ∂u(x) dSx . − u(x) ∂nx ∂nx ∂Ω (1.70) 1.5.3 Bài toán Neumann trong (1.64), (1.65) Ta chứng minh nếu hàm f(Q) trong (1.65) cho tùy ý thì không phải bao giờ (1.64), (1.65) có nghiệm, và để có nghiệm, hàm f(Q) phải thỏa mãn một điều kiện xác định. − Thật vậy, tại mỗi điểm Q ∈ S dựng một pháp tuyến trong → n và trên pháp tuyến ấy, lấy một điểm Q’ sao cho QQ = h trong đó h là một số dương cố định. Khi điểm Q chạy trên mặt S thì điểm Q’ tạo nên một mặt mà ký hiệu Sh và thường được gọi là mặt song song của mặt S. Theo kết quả của hình học vi phân thì khi h khá nhỏ, do mặt S là mặt trơn, mặt − − Sh cũng là mặt trơn, → n là pháp tuyến của mặt S thì → n cũng là pháp tuyến của mặt Sh Gọi ωh là miền tọa bởi lớp giữa hai mặt S và Sh và Ωh là miền còn lại, tức là Ωh = Ω \ Ωh Vì u(P) là hàm điều hòa trong Ω, nên nó liên tục cùng với đạo hàm riêng tới cấp hai trong miền đóng Ωh ∪ Sh . Do đó, áp dụng công thức Green thứ hai cho hàm điều hòa u(P) và 1 ta có: ∂u(Q) dSh = 0 (1.71) ∂nQ Sh Vì hàm u(P) có đạo hàm đều theo pháp tuyến nên ∂u(Q) ∂nQ |Sh hội tụ đều về ∂u ∂n |S do đó chuyển (1.65) qua giới hạn khi h → 0 và được: ∂u dS = 0 ∂n S 24 (1.72) Chú ý từ (1.71), có thể viết (1.72) f (Q)dSQ = 0 (1.73) S Vậy, để bài toán (1.64),(1.65) có nghiệm thì f(Q) trong (1.65) phải thỏa mãn điều kiện (1.73). Nhận xét 1.2. Đây là điều kiện cần để bài toán Neumann trong (1.64),(1.65) có nghiệm. Trong Chương 2 ta sẽ chứng minh (1.73) còn là điều kiện đủ. Nhận xét 1.3. Nếu u(P) là nghiệm của bài toán Neumann trong (1.64), (1.65) thì U(P)+C cũng là nghiệm với C là hằng số tùy ý. Bây giờ ta kiểm tra tập các hàm u(P)+C với C là hằng số tùy ý vét cạn tập nghiệm của bài toán Neumann trong, ta có: Định lí 1.7 (Định lý 4.9.1, [1]). Hai nghiệm bất kỳ của bài toán Neumann trong của phương trình Laplace chỉ có thể sai khác nhau một hằng số cộng. Chứng minh. Giả sử u1 (P ) và u2 (P ) là hai nghiệm bất kỳ của bài toán (1.64),(1.65). Đặt υ(P ) = u1 (P ) − u2 (P ) và ta chứng minh υ(P ) = const Do (1.64),(1.65) đúng cho u1 (P ) và u2 (P ) nên cũng đúng cho υ(P ), ta có ∆υ = 0 ∂υ(P ) ∂υ lim = |S = 0 P →Q ∂nQ ∂n (1.74) (1.75) Áp dụng công thức Green thứ nhất ta có: ( ∂υ 2 ∂υ ∂υ ) + ( )2 + ( )2 dV + ∂x ∂y ∂z Ωh υ ∂υ dSh = 0 ∂n (1.76) Sh Hàm υ(P ) liên tục trong Ω ∪ S nên giới nội, hơn nữa, do giả thiết u1 (P ), u2 (P ) ∂υ ∂υ có đạo hàm đều theo pháp tuyến, nên ∂n |Sh dần đều về ∂n |S , do đó cho h → 0 từ 25 (1.74), (1.75) ta có: ( ∂υ ∂υ ∂υ 2 ) + ( )2 + ( )2 dV = 0 ∂x ∂y ∂z Ω tức là ∂υ ∂υ ∂υ = = =0 ∂x ∂y ∂z hay υ(P ) = const 1.5.4. Bài toán Neumann ngoài ∆u(P ) = 0, P ∈ Ω ∂u(P ) = f (Q), Q ∈ S, P ∈ Ω ∂nQ S C |u(P )| , r = OP → ∞. r (1.77) (1.78) (1.79) Định lí 1.8 (Định lý 4.9.2, [1]). (Định lý duy nhất). Bài toán Neumann ngoài (1.77),(1.78),(1.79) nếu có nghiệm thì nghiệm là duy nhất. Chứng minh. Giả sử u1 (P ) và u2 (P ) là hai nghiệm bất kỳ của bài toán (1.77),(1.78),(1.79) khi đó υ(P ) = u1 (P ) − u2 (P ) thỏa mãn ∆υ(P ) = 0, P ∈ Ω ∂υ(P ) = f (Q), Q ∈ S, P ∈ Ω ∂nQ C |υ(P )| , r = OP → ∞. r (1.80) (1.81) (1.82) Xét mặt song song Sh của mặt S và nằm trong Ω , một mặt cầu SR tâm O, bán kính R khá lớn, sao cho với h đủ nhỏ, mọi mặt Sh đều nằm trong SR . Gọi 26 ΩRh là miền giới hạn bởi SR và S. Áp dụng công thức Green thứ nhất cho hàm υ(P ) trong miền ΩRh ta có: υ υdV + ( ΩhR ∂υ 2 ∂υ ∂υ ) + ( )2 + ( )2 dV + ∂x ∂y ∂z υ ∂υ dS = 0 ∂n Sh ∪SR ΩRh từ (1.75),(1.76) và cho h → 0, ta có ( ∂υ 2 ∂υ ∂υ ) + ( )2 + ( )2 dV + ∂x ∂y ∂z ∂υ dS = 0 ∂n (1.83) C” C” 2 .4πR = →0 R3 R (1.84) υ SR ΩR Kết hợp với đánh giá C R2 ∂υ ∂n C R |υ| ta có υ SR ∂υ dS ∂n |υ| ∂υ dS ∂n SR C” R3 dS = SR Khi R → ∞ từ (1.83),(1.84) ta có ( ∂υ 2 ∂υ ∂υ ) + ( )2 + ( )2 dV = 0 ∂x ∂y ∂z Ω tức là ∂υ ∂υ ∂υ = = =0 ∂x ∂y ∂z hay υ(P ) = const Từ (1.82) ta có lim υ(P ) = 0 kết hợp (1.85) cho ta OP →∞ υ(P ) ≡ 0 Vậy định lý được chứng minh. 27 (1.85) Chương 2 Thế vị lớp đơn và bài toán Neumann đối với hàm điều hòa Trong chương này, luận văn trình bày sự tồn tại nghiệm của các bài toán Neumann trong và ngoài trong R3 bằng công vụ thế vị lớp đơn. Để nghiên cứu các tính chất của thế vị lớp đơn trước hết ta xét khái niệm thế vị lớp kép. 2.1 Thế vị lớp kép Giả sử S là mặt Lyapunov kín trong R3 bao quanh miền bị chặn Ω. 2.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.1. Tích phân phụ thuộc tham biến P ∈ R3 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ ∂nQ rP Q W (P ) = (2.1) S được gọi là thế vị lớp kép tại P, gây nên bởi hàm mật độ ν(Q) xác định trên S. Sau đây ta đưa ra một số tính chất của thế vị lớp kép. 2.2.2 Một số tính chất của thế vị lớp kép. Định lí 2.1 (Định lý 5.6.1, [1]). Nếu hàm mật độ của thế vị lớp kép (2.1) là hàm giới nội và khả tích trên S, thì W(P) là hàm điều hòa khi P ∈ / S. 28 Định lí 2.2 (Định lý 5.6.2, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín và hàm mật độ ν(Q) của thế vị lớp kép (2.1) là hàm giới nội và khả tích trên S. Khi đó thế vị lớp kép có giá trị hoàn toàn xác định ngay cả khi P ∈ S và giá trị đó là hàm liên tục đối với P trên S. 2.2.3. Tích phân Gauss Định nghĩa 2.2. Giả sử S là mặt kín, − n→ Q là pháp tuyến ngoài tại Q. Tích phân Gauss là tích phân có dạng: ∂ 1 ( )dSQ ∂nQ rP Q W0 (P ) = (2.2) S Nó là một trường hợp đặc biệt của thế vị lớp kép trong trường hợp với hàm mật độ ν(Q) ≡ 1 Ta đã biết giá trị của tích phân Gauss tại P ∈ / S là: W0 (P ) = −ωP (S) là giá trị của góc khối mà từ P ta nhìn mặt S, với quy ước pháp tuyến trong là pháp tuyến dương. Định lí 2.3 (Định lý 5.7.1, [1]). Đối với mặt Gauss có giá trị như sau:  4π ∂ 1 W0 (P ) = ( )dSQ = 2π  ∂nQ rP Q 0 S Lyapunov kín trong R3 tích phân nếu P nằm bên trong S nếu P nằm trên S nếu P nằm bên ngoài S Định lí 2.4 (Định lý 5.8.1, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín trong R3 và ν(Q) là hàm liên tục trên S. Khi đó thế vị lớp kép 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ ∂nQ rP Q W (P ) = S thỏa mãn các hệ thức sau: Wi (P0 ) = W (P0 ) + 2πν(P0 ) (2.3) We (P0 ) = W (P0 ) − 2πν(P0 ). (2.4) 29 trong đó P0 ∈ S, W (P0 ) là giá trị trực tiếp của W(P) tại P = P0 , Wi (P0 ) là giá trị giới hạn của W(P) khi P → P0 từ bên trong S ra, We (P0 ) là giá trị giới hạn của W(P) khi P → P0 từ bên ngoài S vào. 2.2 Thế vị lớp đơn Giả sử S là mặt Lyapunov kí trong R3 bao quanh miền bị chặn Ω. 2.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.3. Tích phân phụ thuộc tham biến P ∈ R3 1 µ(Q)dSQ V (P ) = rP Q (2.5) S được gọi là thế vị lớp đơn tại P, gây nên bởi S với hàm mật độ µ(Q). 2.2.2 Một số tính chất của thế vị lớp đơn. Định lí 2.5 (Định lý 5.9.1, [1]). Nếu hàm mật độ trong thế vị lớp đơn (2.5) là hàm giới nội và khả tích trên S thì V(P) là hàm điều hòa khi P ∈ / S. Chứng minh. Giả sử P0 là điểm bất kỳ ngoài S. Xét mặt cầu ε tâm P0 , bán kính ε đủ nhỏ sao cho ε nằm hoàn toàn ngoài S. Khi đó khoảng cách giữa mặt cầu và mặt S là một số dương. min rP Q = δ > 0. p∈ ε Ta có hàm 1 µ(Q) rP Q dưới dấu tích phân (2.5) là hàm liên tục đối với mọi Q ∈ S và có đạo hàm mọi cấp liên tục đối với P khi P ∈ ε , hơn nữa đạo hàm đó có thể được tính bằng cách đạo hàm dưới dấu tích phân. Do đó, vì rP1Q là hàm điều hòa nên ∆V (P ) = µ(Q)∆( S 30 1 rP Q )dSQ = 0 Như vậy, V(P) thỏa mãn phương trình Laplace bên ngoài S. Chỉ còn phải chỉ ra rằng nếu miền ngoài chứa điểm vô tận, thì ở lân cận của vô cùng ta có đánh giá const khi R → ∞ R R = OP = x2 + y 2 + z 2 |V (P )| ≤ Thật vậy, đặt L = sup OQ thì khi Q∈S R 2 ≥ L, từ tam giác OPQ ta có r = P Q ≥ OP − OQ ≥ R − L ≥ R − R 2 Từ đó do tính giới nội của µ(Q) 1 | rP Q dSQ 2C ≤ r R µ(Q)dSQ | ≤ C S S dSQ = const . R S Vậy V(P) điều hòa ở vô tận, định lý được chứng minh. Định lí 2.6 (Định lý 5.9.2, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín trong R3 và hàm mật độ µ(Q) của thế vị lớp đơn (2.5) là hàm giới nội và khả tích trên S. Khi đó thế vị lớp đơn (2.5) là một hàm liên tục trong toàn không gian. Chứng minh. Khi P ∈ / S thì V(P) là một hàm điều hòa, nên nó liên tục. Như vậy chỉ cần chứng minh V(P) liên tục khi P ∈ S 1. Trước hết, ta hãy chứng minh V(P) hoàn toàn xác định khi P nằm trên mặt S. Giả sử P = P0 ∈ S . Hãy xét mặt cầu Liapunốp tâm P0 chia mặt S ra làm hai: phần trong mặt cầu S (P0 ) và phần ngoài mặt cầu S ” (P0 ).Ta có 1 V (P ) = S = S ” (P0 ) rP0 Q 1 rP0 Q µ(Q)dSQ µ(Q)dSQ + S (P0 ) 31 1 r P0 Q µ(Q)dSQ Tích phân lấy trên S ” (P0 ) hoàn toàn được xác định vì Q ∈ S (P0 ), r = P0 Q d (bán kính mặt cầu Lyapunov) Do đó chỉ cần chứng minh tích phân lấy trên S (P0 ) tồn tại. Thực vậy, ta xét một hệ tọa độ địa phương P0 ξηζ với gốc tọa độ là P0 , trục P0 ζ trùng với pháp tuyến trong mặt S tại P0 và các trục P0 ξ ,P0 ζ nằm trong mặt phẳng tiếp xúc của mặt S tại P0 . Gọi G (P0 ) là hình chiếu của S (P0 ) lên mặt phẳng tiếp xúc vừa rồi. Ta có 1 rP0 Q S (P0 ) 1 µ(Q)dSQ = G (P ) rP0 Q µ(Q) dξdη → − − cos(→ n, ζ ) (2.6) − Với → n là pháp tuyến trong của S tại điểm Q. Gọi ρ là hình chiếu của bán kính vectơ r = P0 Q xuống mặt phẳng tiếp xúc, ta có ρ r (2.7) Ngoài ra, vì µ(Q) là hàm giới nội, ta có: |µ(Q)| C (2.8) Do đó dùng dánh giá(1.19),(2.7),(2.8) thì có thể đánh giá như sau: | G (P ) 1 r P0 Q µ(Q) 1 → − |dξdη → − cos( n , ζ ) 2C dξdη ρ (2.9) G (P0 ) Vế phải của (2.9) là một tích phân hội tụ, điều này chứng tỏ tích phân lấy trên S (P0 ) tồn tại và điều khẳng định được chứng minh. 2. Bây giờ chúng ta chứng minh tính liên tục của V(P) tại mọi điểm P ∈ S . Muốn vậy, chỉ cần thử lại V(P) là một tích phân hội tụ đều tại bất kỳ một điểm P = P0 nào đó S. Xét hai mặt cầu đồng tâm S1 (P0 , R2 ) và S2 (P0 , R) tâm tại P0 ∈ S bán kính lần lượt là R2 , R với R là một số bé hơn bán kính Lyapunov và đủ nhỏ mà ta xác định sau. Gọi S (P0 ) và S”(P0 ) là phần mặt S lần lượt ở bên trong và ở bên ngoài S2 (P0 , R). Gọi V1 (P0 , R2 ) là khối cầu giới hạn bởi mặt S1 (P0 , R2 ) 32 Trong định nghĩa tích phân hội tụ đều, ta chọn lân cận δ(ε) của P0 là khối cầu V1 (P0 , R2 ) và chọn ω(ε) là mảnh mặt S (P0 ). Khi đó tích phân V(P) sẽ thỏa mãn cả hai điều kiện nêu ra trong định nghĩa tích phân hội tụ đều. Chú ý rằng P ∈ V1 (P0 , R2 ) ,Q ∈ S”(P0 ) thì rP Q > R2 do đó tích phân 1 rP Q µ(Q)dSQ S”(p0 ) liên tục đối với mọi P ∈ V1 (P0 , R2 ) và điều kiện 1) rõ ràng được thỏa mãn. Ta nghiệm lại điều kiện 2)để đánh giá tích phân: 1 rP Q µ(Q)dSQ S (p0 ) ta đánh giá như ở phần 1), xét hệ tọa độ địa phương P0 ξηζ như ở phần 1) và gọi G (P0 ) là hình chiếu của S (P0 ) xuống mặt phẳng tiếp xúc P0 ξη và ρ = P ∗ Q∗ là hình chiếu của véc tơ r = P Q xuống P0 ξη . Từ tính giới nội của µ(Q) ta có r, |µ(Q)| ρ C và như đánh giá (2.4), ta được 1 | rP Q S (P0 ) S (p0 ) | G (P ) 1 µ(Q)dSQ | = | 1 rP0 Q µ(Q) r P0 Q µ(Q)dSQ | = | G (P ) 1 → − |dξdη → − cos( n , ζ ) 2C 1 rP0 Q µ(Q) dξdη → − | → − cos( n , ζ ) dξdη ρ G (P0 ) (2.10) Vì S (P0 ) nằm trong mặt cầu S2 (P0 , R) nên hình chiếu G (P0 ) của nó trên mặt phẳng P0 ξη nằm trong mặt tròn tâm P0 , bán kính R, do đó đường kính của miền G (P0 ) bé hơn 2R. Mặt khác, do mặt S là mặt Lyapunốp, khi R đủ nhỏ, miền G (P0 ) chứa trong nó mặt tròn tâm P0 , bán kính R2 . Vì vậy, khi P ∈ V1 (p0 , R2 ) ta có P ∗ ∈ G (P0 ) Chú ý trong vế phải của (2.10) ta có ρ = P ∗ Q∗ ta có thể đánh giá như sau: | dξdη | ρ G (P0 ) 33 4πR (2.11) Từ đó nếu chọn R đủ nhỏ sao cho 8CπR < ε thì (2.9) và (2.10) cho ta 1 | rP Q µ(Q)dSQ | < ε S (p0 ) với mọi P ∈ V1 (p0 , R2 ). Như vậy là điều kiện 2) được thỏa mãn và điều khẳng định được chứng minh. 2.2.3. Đạo hàm theo pháp tuyến của thế vị lớp đơn − Bổ đề 2.1. Giả sử S là mặt Lyapunov kín, P0 là một điểm cố định trên S, → n0 là vectơ pháp tuyến trong của mặt S tại P0 . Xét thế vị lớp đơn và ta nghiên cứu đạo − hàm tại P của V(P) theo hướng pháp tuyến → n0 : ∂V (P ) ∂n0 Nếu P ∈ / S ta có thể tính ∂V (P ) ∂n0 bằng cách lấy đạo hàm dưới dấu tích phân ∂( rP1Q ) ∂V (P ) = ∂n0 ∂n0 µ(Q)dSQ (2.12) S Chứng minh. Gọi (x,y,z) và (ξηζ) lần lượt là tọa độ của P và Q, ta có ∂( rP1Q ) ∂n0 ∂( 1r ) ∂( 1r ) ∂( 1r ) −→ − 1 = cos n0 x + cos n0 y + cos n0 z = 2 cos(P Q, → n0 ) ∂x ∂y ∂z r Từ đó ∂V (P ) = ∂n0 S −→ − cos(P Q, → n0 ) µ(Q)dSQ 2 rP Q (2.13) So sánh với biểu thức thế vị kép: W (P ) = S −→ → cos(P Q, − nQ ) ν(Q)dSQ = − 2 rP Q 34 S −→ → cos(P Q, − nQ ) ν(Q)dSQ 2 rP Q (2.14) Ta thấy nhân của tích phân(2.13)chỉ khác nhân tích phân(2.14) ở chỗ thay −→ → −→ → cos(P Q, − nQ ) bởi − cos(P Q, − nQ ) Định lí 2.7 (Định lý 5.10.1, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín và µ(Q) là một hàm giới nội và khả tích trên S. Khi đó ∂( rP1Q ) ∂V (P ) = ∂n0 ∂n0 µ(Q)dSQ = S S −→ − cos(P Q, → n0 ) µ(Q)dSQ rP2 Q được hoàn toàn xác định ngay cả khi P = P0 ∈ S Giá trị tích phân này được gọi là giá trị trực tiếp của thường được ký hiệu là ∂V (P0 ) ∂n0 , ∂V (P ) ∂n0 tại P = P0 ∈ S và cụ thể là: ∂V (P0 ) = ∂n0 S −−→ − cos(P0 Q, → n0 ) µ(Q)dSQ . rP2 0 Q Chứng minh. Nhờ vào đánh giá −→ → | cos(P Q, − nQ )| C1 r α . Vì vậy chứng minh hoàn toàn có thể áp dụng được cho định lý này nếu ta thiết lập được đánh giá −−→ − | cos(P0 Q, → n0 )| Crα . Thật vậy, xét hệ tọa độ địa phương P0 ξηζ với P0 làm gốc, trục P0 ζ trùng với − pháp tuyến → n0 còn P0 ξ , P0 η nằm trong mặt phẳng tiếp xúc tại P0 . Khi đó gọi (ξ, η, ζ) là tọa độ của Q, ta có: −−→ − ζ | cos(P0 Q, → n0 )| = r Do đánh giá (1.33) ta có −−→ − |ζ| | cos(P0 Q, → n0 )| = r 35 Crα+1 = Crα . r Do tính giới nội của hàm µ(Q) trên mặt S nên tồn tại hằng số M sao cho |µ(Q)| M. (2.15) mặt khác theo tính chất thế vị lớp kép ta có: −→ − 1 cos(QP , → n0 ) ∂ ( )= 2 ∂nQ rP Q rP Q (2.16) từ đó −→ − cos(P Q, → n0 ) ∂ 1 ∂ 1 | µ(Q)| = | ( )µ(Q)| ≤ M ( ). 2 rP Q ∂nQ rP Q ∂nQ rP Q (2.17) Theo chứng minh phần a của Định lý 1.3 thì tích phân ∂ 1 ( )dSQ ∂nQ rP Q S tồn tại, vậy từ (2.17) ta suy ra tích phân ∂( rP1Q ) ∂V (P ) = ∂n0 ∂n0 µ(Q)dSQ = S S −→ − cos(P Q, → n0 ) µ(Q)dSQ rP2 Q được hoàn toàn xác định ngay cả khi P = P0 ∈ S . Bây giờ ta chứng minh giá trị của tích phân trên là một hàm liên tục của P trên S. Muốn vậy ta cần chứng minh rằng tích phân (2.13) hội tụ đều tại mọi điểm P0 bất kỳ trên S. Thật vậy, theo định nghĩa sự hội tụ đều của tích phân ta chỉ việc chọn ra lân cân δ(ε) của P0 là mảnh σ1 trên mặt S sao cho hình chiếu của nó xuống mặt tiếp xúc của S tại P0 là mặt tròn G (P0 ; R) tâm P0 bán kính R. Còn ω(ε) là mảnh σ2 trên S sao cho hình chiếu của nó xuống mặt tiếp xúc nói trên là mặt tròn G (P0 ; 2R) tâm P0 bán kính 2R bán kính R chọn đủ nhỏ (việc chọn R sẽ nói trong phần chứng minh sau). σ1 và σ2 được giả thiết là cùng nằm trong mặt cầu Lyapunov tâm P0 . Khi đó hai điều kiện trong định nghĩa tích phân hội tụ đều, đều được thỏa mãn. Thật vậy 36 1. Điều kiện thứ nhất. Do khi P ∈ σ1 và Q ∈ S\σ2 hàm −→ − cos(QP , → n) ∂ 1 = ( ) 2 rP Q ∂nQ rP Q là hàm liên tục đối với P và Q, do S là mặt Lyapunov kín suy ra −→ − cos(P Q, → n0 ) µ(Q)dSQ rP2 Q S liên tục. Ta kiểm tra lại điều kiện thứ hai: Xét hệ tọa độ địa phương P0 ξηζ với P0 ζ trùng với pháp tuyến tại P0 . Gọi ρ = P ∗ Q∗ là hình chiếu của r=PQ xuống mặt P0 ξη Dùng các đánh giá:(2.6),(1.35),(1.19) và chú ý r ≥ ρ Ta có đối với mọi P ∈ σ2 thì: −→ − − − cos(P Q, → n0 ) cos(→ r ,→ n) µ(Q)dS | = | − µ(Q)dSQ | ≤ | Q rP2 Q r2 σ2 S ≤C G (P0 ;2R) dξdη → − ≤ 2C → − 2−α r cos( n , ζ ) dξdη (4R)α ≤ 2C2π . ρ2−α α G (P0 ;2R) Vậy khi bán kính R của G” được chọn thỏa mãn (4r)α ≤ε C4π α thì ta có | S −→ − cos(P Q, → n0 ) µ(Q)dSQ | ≤ ε rP2 Q Đối với P ∈ σ2 và do đó cũng đúng với P ∈ σ1 . Vậy định lý được chứng minh. Chú ý 2.1. Giá trị ∂V∂n(P00 ) là tích phân của (2.12) khi thay P bởi P0 . Nó không − phải là đạo hàm theo pháp tuyến → n0 của V(P) tại P = P0 , tức là ∂V (P ) V (P ) − V (P0 ) = lim P →P0 ∂n0 P0 P 37 ) (P ) Xét S là mặt Liapunốp kín. Ta ký hiệu ∂V∂n(P và ∂V ∂n0e lần lượt là giá trị giới 0i − hạn của ∂V∂n(P0 ) khi P luôn ở trên → n0 dần tới P0 ∈ S từ trong mặt S ra và từ ngoài mặt S vào. Định lí 2.8 (Định lý 5.10.2, [1]). Nếu S là mặt Lyapunov kín, µ(Q) là hàm liên tục trên mặt S, ta có ∂V (P0 ) ∂V (P0 ) = − 2πµ(P0 ), ∂n0i ∂n0 ∂V (P0 ) ∂V (P0 ) = + 2πµ(P0 ). ∂n0e ∂n0 (2.18) Chứng minh. Xét thế vị lớp kép tương ứng với mật độ µ(Q): ∂( rP1Q ) W (P ) = ∂nQ µ(Q)dSQ (2.19) S và lập tổng Z(P)= ∂V∂n(P0 ) ∂( r 1 ) PQ + W (P ) = S ∂n0 + ∂( r 1 ) PQ µ(Q)dSQ = ∂nQ S cos ψ−cos θ µ(Q)dSQ rP2 Q trong đó −→ − ψ = (P Q, → n0 ) −→ → θ = (P Q, − n ). Q Ta sẽ chứng minh rằng tổng Z(P) là một hàm liên tục khi P chuyển động trên → − n0 và đi qua P0 ∈ S . Ta chứng minh tích phân Z(P) hội tụ đều tại P = P0 . Xét mặt cầu Σ(P0 , R) tâm tại P0 , bán kính R đủ nhỏ mà ta sẽ xác định sau. Mặt cầu Σ(P0 , R) chia mặt S lầm hai phần: S (P0 ) ở bên trong, và S”(P0 ) ở bên ngoài mặt cầu. Trong định nghĩa tích phân hội tụ đều, ta chỉ việc chọn lân − cận δ(ε) của điểm P0 là một lân cận đủ nhỏ chứa điểm P0 của pháp tuyển → n0 chẳng hạn khoảng AB sao cho: P0 A = P 0 B R 2 còn miền chọn ω(ε) là mảnh S (P0 ). Khi đó, tích phân Z(P) sẽ thỏa mãn cả hai điều kiện nêu ra trong định nghĩa tích phân hội tụ đều. Chú ý rằng khi 38 P ∈ AB, Q ∈ S”(P0 ) thì rP Q > R 2 nên rõ ràng tích phân: cos ψ − cos θ µ(Q)dSQ r2 S”(P0 ) liên tục với P. Điều kiện 1) được thỏa mãn Ta kiểm tra điều kiện 2). Muốn vậy, − ta đưa vào hệ tọa độ địa phương P0 ξηζ với P0 ζ trùng với pháp tuyến → n0 cònP0 ξη là mặt phẳng tiếp xúc của S tại P0 . Gọi G (P0 ) là hình chiếu của S (P0 ) xuống P0 ξη . Để đánh giá tích phân cos ψ − cos θ µ(Q)dSQ r2 S (P0 ) ta hay đánh giá cos ψ − cos θ. Kí hiệu −→ → − r = PQ và ký hiệu (0,0,z) là tọa độ điểm P, còn (ξ, η, ζ) là tọa độ của Q, ta có: − − − → − → − → → cos θ = cos(→ r ,− n→ Q ) = cos( r , ξ ) cos(nQ , ξ )+ → − → − − − − − + cos(→ r ,→ η ) cos(− n→, → η ) + cos(→ r , ζ ) cos(− n→, ζ ) = Q Q → − → − η ζ −z ξ → − cos(− n→ cos(− n→ cos(− n→ Q, ξ ) + Q, η ) + Q , ζ ). r r r → − − Mặt khác cos ψ = cos(→ r , ζ ) = ζ−z r . Từ đó = → − → − η ζ −z ξ − → → − cos ψ−cos θ = − cos(− n→ 1 − cos(− n→ Q , ξ )− cos(nQ , η )+ Q , ζ ) . (2.20) r r r Ký hiệu r0 = P0 Q do các đánh giá (1.22), (1.23), (1.18) chỉ cần R lyapunov) ta có: → − − → → − | cos(− n→ Q , ξ )|, | cos(nQ , η )| → − 1 2 2α cos(− n→ Q , ζ ) ≥ 1 − A r0 2 39 Ar0α d (bán kính tức là: → − 1 − cos(− n→ Q, ζ ) 1 2 2α 1 α Ar Ar 2 2 0 nếu n0 khá bé Từ (2.12), (2.13) do (2.11) ta có đánh giá → − − → → − | cos ψ − cos θ| cos(− n→ Q , ξ )| + | cos(nQ , η )|+ → − + |1 − cos(− n→ Cr0α Q, ζ ) (2.21) (2.22) Gọi ρ là hình chiếu của r0 (cũng là của r) xuống P0 ξη ta có ρ r. (2.23) Kρ. (2.24) Mặt khác do (1.31) r0 Từ (2.13), (2.14) ta có: cos ψ − cos θ | | r2 r0α C 2 r ρα M M 2 = 2−α . ρ ρ Từ (1.19) ta có cos ψ − cos θ µ(Q)dSQ | r2 | S (P0 ) M dSQ = r2−α S (P0 ) G (P0 ) dξdη M → − r2−α cos(− n→ Q, ζ ) M dξdη r2−α ρ2−α 2M (2.25) G (P0 ) Miền G (P0 ) nằm trong mặt tròn tâm P0 bán kính, do đó | cos ψ − cos θ µ(Q)dSQ | r2 S (P0 ) 2M dξdη ρ2−α G (P0 ) 4πM α dξdη = R . ρ2−α α ρ[...]... một số tính chất của thế vị lớp kép 2.2.2 Một số tính chất của thế vị lớp kép Định lí 2.1 (Định lý 5.6.1, [1]) Nếu hàm mật độ của thế vị lớp kép (2.1) là hàm giới nội và khả tích trên S, thì W(P) là hàm điều hòa khi P ∈ / S 28 Định lí 2.2 (Định lý 5.6.2, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín và hàm mật độ ν(Q) của thế vị lớp kép (2.1) là hàm giới nội và khả tích trên S Khi đó thế vị lớp kép có giá trị hoàn... ngoài S vào 2.2 Thế vị lớp đơn Giả sử S là mặt Lyapunov kí trong R3 bao quanh miền bị chặn Ω 2.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.3 Tích phân phụ thuộc tham biến P ∈ R3 1 µ(Q)dSQ V (P ) = rP Q (2.5) S được gọi là thế vị lớp đơn tại P, gây nên bởi S với hàm mật độ µ(Q) 2.2.2 Một số tính chất của thế vị lớp đơn Định lí 2.5 (Định lý 5.9.1, [1]) Nếu hàm mật độ trong thế vị lớp đơn (2.5) là hàm giới nội và khả... các bài toán Neumann trong và ngoài trong R3 bằng công vụ thế vị lớp đơn Để nghiên cứu các tính chất của thế vị lớp đơn trước hết ta xét khái niệm thế vị lớp kép 2.1 Thế vị lớp kép Giả sử S là mặt Lyapunov kín trong R3 bao quanh miền bị chặn Ω 2.2.1 Định nghĩa Định nghĩa 2.1 Tích phân phụ thuộc tham biến P ∈ R3 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ ∂nQ rP Q W (P ) = (2.1) S được gọi là thế vị lớp kép tại P, gây nên bởi hàm. .. R µ(Q)dSQ | ≤ C S S dSQ = const R S Vậy V(P) điều hòa ở vô tận, định lý được chứng minh Định lí 2.6 (Định lý 5.9.2, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín trong R3 và hàm mật độ µ(Q) của thế vị lớp đơn (2.5) là hàm giới nội và khả tích trên S Khi đó thế vị lớp đơn (2.5) là một hàm liên tục trong toàn không gian Chứng minh Khi P ∈ / S thì V(P) là một hàm điều hòa, nên nó liên tục Như vậy chỉ cần chứng minh... Tìm hàm điều hòa u(P), liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho đạo hàm theo pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên S của nó trùng với một hàm f(Q) cho trước trên biên S Nói khác đi: ∆u(P ) = 0, P ∈ Ω ∂u(P ) lim = f (Q), Q ∈ S, P →Q ∂nQ (1.64) P ∈ Ω (1.65) Nếu Ω là miền bên ngoài Ω cùng biên S thì ta có bài toán Neumann ngoài Đối với bài toán Neumann ngoài (1.64), (1.65), hàm u(P) được ràng buộc thêm bởi điều. .. cho 8CπR < ε thì (2.9) và (2.10) cho ta 1 | rP Q µ(Q)dSQ | < ε S (p0 ) với mọi P ∈ V1 (p0 , R2 ) Như vậy là điều kiện 2) được thỏa mãn và điều khẳng định được chứng minh 2.2.3 Đạo hàm theo pháp tuyến của thế vị lớp đơn − Bổ đề 2.1 Giả sử S là mặt Lyapunov kín, P0 là một điểm cố định trên S, → n0 là vectơ pháp tuyến trong của mặt S tại P0 Xét thế vị lớp đơn và ta nghiên cứu đạo − hàm tại P của V(P) theo... cũng là pháp tuyến của mặt Sh Gọi ωh là miền tọa bởi lớp giữa hai mặt S và Sh và Ωh là miền còn lại, tức là Ωh = Ω \ Ωh Vì u(P) là hàm điều hòa trong Ω, nên nó liên tục cùng với đạo hàm riêng tới cấp hai trong miền đóng Ωh ∪ Sh Do đó, áp dụng công thức Green thứ hai cho hàm điều hòa u(P) và 1 ta có: ∂u(Q) dSh = 0 (1.71) ∂nQ Sh Vì hàm u(P) có đạo hàm đều theo pháp tuyến nên ∂u(Q) ∂nQ |Sh hội tụ đều... ΩR Kết hợp với đánh giá C R2 ∂υ ∂n C R |υ| ta có υ SR ∂υ dS ∂n |υ| ∂υ dS ∂n SR C” R3 dS = SR Khi R → ∞ từ (1.83),(1.84) ta có ( ∂υ 2 ∂υ ∂υ ) + ( )2 + ( )2 dV = 0 ∂x ∂y ∂z Ω tức là ∂υ ∂υ ∂υ = = =0 ∂x ∂y ∂z hay υ(P ) = const Từ (1.82) ta có lim υ(P ) = 0 kết hợp (1.85) cho ta OP →∞ υ(P ) ≡ 0 Vậy định lý được chứng minh 27 (1.85) Chương 2 Thế vị lớp đơn và bài toán Neumann đối với hàm điều hòa Trong chương... trên S thì V(P) là hàm điều hòa khi P ∈ / S Chứng minh Giả sử P0 là điểm bất kỳ ngoài S Xét mặt cầu ε tâm P0 , bán kính ε đủ nhỏ sao cho ε nằm hoàn toàn ngoài S Khi đó khoảng cách giữa mặt cầu và mặt S là một số dương min rP Q = δ > 0 p∈ ε Ta có hàm 1 µ(Q) rP Q dưới dấu tích phân (2.5) là hàm liên tục đối với mọi Q ∈ S và có đạo hàm mọi cấp liên tục đối với P khi P ∈ ε , hơn nữa đạo hàm đó có thể được... + c (n ≥ 3) ở đây b và c là các hằng số Định nghĩa 1.4 Hàm số Φ(x) = 1 ; 2π log |x| n=2 (1.62) và Φ(x) = 1 1 ; n(n − 2)α(n) |x|n−2 n≥3 (1.63) với x ∈ Rn ; x = 0 được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace, trong đó α(n) là thể tích của hình cầu đơn vị 22 1.5 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Neumann 1.5.1 Bài toán Neumann trong Giả sử Ω là một miền giới nội trong R3 Bài toán Neumann trong của ... nghiệm toán Neumann 23 Thế vị lớp đơn toán Neumann hàm điều hòa 28 2.1 Thế vị lớp kép 28 2.2 Thế vị lớp đơn 30 2.3 Đưa toán. .. Chương Thế vị lớp đơn toán Neumann hàm điều hòa Trong chương này, luận văn trình bày tồn nghiệm toán Neumann R3 công vụ vị lớp đơn Để nghiên cứu tính chất vị lớp đơn trước hết ta xét khái niệm vị lớp. .. đơn P, gây nên S với hàm mật độ µ(Q) 2.2.2 Một số tính chất vị lớp đơn Định lí 2.5 (Định lý 5.9.1, [1]) Nếu hàm mật độ vị lớp đơn (2.5) hàm giới nội khả tích S V(P) hàm điều hòa P ∈ / S Chứng