Thế vị lớp kép và bài toán dirichlet đối với hàm điều hòa

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN VĂN TOÀN THẾ VỊ LỚP KÉP VÀ BÀI TOÁN DIRICHLET ĐỐI VỚI HÀM ĐIỀU HÒA Chuyên nghành: TOÁN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN 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 5 1.1 Góc khối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Mặt Lyaponov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 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 Dirichlet . . . . . . . . . . . . 23 2 Thế vị lớp kép và bài toán Dirichlet đối với hàm điều hòa 26 2.1 Thế vị lớp đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 2.2 Thế vị lớp kép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.3 Đưa bài toán Dirichlet của phương trình Laplace về phương trình tích phân trên biên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 2.4 Sự tồn tại nghiệm của các bài toán Dirichlet . . . . . . . . . . . . 39 2.5 Thế vị khối và bài toán Dirichlet trong cho phương trình Poisson. . 45 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 1 Mở đầu Nghiệm của phương trình Laplace rất quan trọng trong toán học, đặc biệt là trong các bài toán vật lý, sinh học. Việc khảo sát nghiệm của phương trình Laplace là cần thiết. Luận văn ‘’ Thế vị lớp kép và bài toán Dirichlet đối với hàm điều hòa” là bài toán biên thứ nhất của phương trình Laplace. Trước đó người ta đã chứng minh được tính tồn tại và duy nhất nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền hình cầu trong bằng nhiều phương pháp khác nhau, như phương pháp tách biến, phương pháp biến thiên tham số, phương pháp hàm Green. Tuy nhiên, việc khảo sát nghiệm của bài toán đó khi mở rộng miền ( không nhất thiết là miền hình cầu), với những phương pháp trên gặp khó khăn. Vì vậy luận văn ‘’ Thế vị lớp kép và bài toán Dirichlet đối với hàm điều hòa” trình bầy một phương pháp mới để khảo sát nghiệm của bài toán đó, 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 Fredhlom loại II, các định lý Fredhlom và cuối cùng là trình bầy về các bài toán Dirchlet trong và ngoài, tính duy nhất nghiệm của bài toán đó. Chương 2. Thế vị lớp kép và bài toán Dirchlet cho hàm điều hòa. Nội dung của chương này là chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirchlet cho hàm điều hòa, gồm 3 bước. Đầu tiên ta đưa ra khái niệm thế vị lớp kép và tính chất của nó. Bước thứ 2 ta chuyển bài toán Dirchlet của phương trình Laplace về phương trình tích phân Fredholm loại II. Bước thứ 3 ta đi chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán đó. Luận văn được tham khảo chính trong các tài liệu [1], 2 [2] và [3]. 3 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 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. Hà Nội, tháng 4 năm 2015. Tác giả Trần Văn Toàn 4 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Góc khối Cho S là mặt trơn, nói chung không kín,định hướng, xét một phía xác định − của S và vecto 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 Q ∈ S −→ − π 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 vecto P Q, Q ∈ S . Các bán kính vecto 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 1 . 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. 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 δR và δ1 ta có : |σ11 | = |σRR2 | Do đó ta có thể viết: ωP (S) = 5 |σR | . R2 (1.3) −→ → − → − Nếu pháp tuyến dương − n→ hợp với bán kính vecto 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 |σR | ωP (S) = − 2 . (1.4) R −→ − 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 Sj sao cho cos(→ r; nQ ) không đổi dấu. Khi đó ωP (S) = ωP (Sj ) (1.5) j Định lý 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 rP Q S trong đó r = P Q, 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. Xét mặt cầu tâm P với bán kính R đủ nhỏ sao cho Q R 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 phần mặt nón này là S0 . Ta chú ý rằng hàm 1r là hàm điều hòa trong D ∪ S ∪ S0 ∪ σR do đó theo tính chất của hàm điều hòa ta có: ∂ 1 ( )dSQ = 0 (1.6) ∂νQ r S∪σR ∪S0 trong đó − ν→ Q là pháp tuyến trong đối với miền D tại điểm Q. (Để đơn giản cách viết ta thay ∂νQ ≡ ∂ν). − − Trên mặt nón S0 thì → ν thẳng góc với→ r nên ta có → − − ∂ 1 − cos(→ r ; ν) ( )= = 0. (1.7) ∂ν r r2 6 Trên mặt S, ta có → − v = −− n→ Q nên ∂ 1 ( )dSQ = − ∂ν r ∂ 1 ( )dSQ ∂nQ r (1.8) S S Trên σR ta có: ∂ 1 ( )dSQ = ∂ν r σR 1 ∂ 1 ( )dSQ = − 2 ∂nQ r R σR 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 ∂ν r S hay ∂ 1 ( )dSQ ∂nQ r ωP (S) = − (1.10) S −→ − Nếu cos(→ r; nQ ) ≤ 0 thì trên mặt S ta có: → − ν =− n→ Q và ∂ 1 ( )dSQ = ∂ν r ∂ 1 ( )dSQ . ∂nQ r (1.11) S S Từ đẳng thức ωP (S) = −|σR | R2 suy ra ∂ 1 −|σR | ( )dSQ = − 2 = ωP (S) ∂nQ r R ∂ 1 ( )dSQ = ∂ν r − S S Vậy ta vẫn có (1.10). Định lý được chứng minh. 7 (1.12) 1.2 Mặt Lyaponov 1.2.1 Khái niệm mặt Lyapunov Định nghĩa 1.1 Dưới đây ta định nghĩa mặt Lyapunov trong không gian ba chiều. Mặt S được gọi là mặt Lyapunov nếu nó thỏa mãn 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 vecto pháp → − − tuyến tương ứng tại Q và Q’, ϕ là góc hợp bởi 2 vecto 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 Nếu mặt S có phương trình z = f (x, y) trong đó f (x, y) là hàm có đạo hàm cấp 2 liên tục thi 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. Định lý 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 Q ∈ S nói trên được gọi là mặt cầu Lyapunov, kí hiệu (Q). Chứng minh. Chọn d đủ nhỏ sao cho: Adα ≤ 1 8 (1.14) ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, tồn tại hình cầu bán kính d tâm Q0 ∈ S cắt mặt S theo mảnh S (Q0 ) sao cho có một tia đi qua Q0 sao cho → − − có một tia n0 nào đó song song với pháp tuyến → n0 tài Q0 của S cắt S (Q0 ) tại hai điểm 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 Giả sử Q0 là một điểm cố định bất kỳ nằm trên 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 = − n→ 0Q 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(ξ, η, ζ) 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 ). → − − 1, Đại lượng cos(→ n; ζ ) 9 Đặt: → − − − − ϕ = (→ n ; ζ ) = (→ n;→ n0 ) (1.16) Ta có: ϕ2 ϕ4 cos ϕ = 1 − + − ... = 2! 4! ϕ2n (−1) . (2n)! n=0 n (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 cos ϕ ≥ 1 − ϕ2 . 2 Theo công thức (1.13) ta có: 1 cos ϕ ≥ 1 − A2 r2α 2 (1.18) Mặt khác do (1.14) nên trong các mặt cầu Lyapunov đã chọn. A2 r2ϕ ≤ A2 d2ϕ ≤ 1 và từ (1.18) ta suy ra đánh giá sau: → − 1 − cos(→ n; ζ ) ≥ 2 (1.19) → − − − − 2, 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) tương tự − − cos(→ n;→ η ) = sin ϕ. cos β 10 (1.21) Chú ý : sin ϕ < ϕ ≤ Arα từ đó ta có các đánh giá sau: → − − | cos(→ n ; ξ )| ≤ Arα − − | cos(→ n;→ η )| ≤ Arα (1.22) (1.23) 3, 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 −f → − − cos(→ n; ξ) = ξ (1.24) 1 + (fξ )2 + (fη )2 −f → − − cos(→ n; η) = 1 + (fξ → − − cos(→ n; ζ) = η )2 + (fη (1.25) )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 11 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 ≤ M ρ. ∂ρ ∂f dρ ≤ ∂ρ |ζ| = |f (ξ, η)| = (1.30) 0 0 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 do đó r ≤ Kρ, K = const (1.31) Như vậy, (1.29) cho ta | ∂f | ≤ K ρα K = const ∂ρ hay ρ |ζ| = |f (ξ; η)| ≤ | ∂f |dρ ≤ C.ρα+1 C = const ∂ρ (1.32) 0 Mặt khác, ta có ρ ≤ r nên ta có đánh giá sau: |ζ| ≤ Crα+1 12 (1.33) − − 4, Đại lượng cos(→ r ;→ n) − Ta có cosin chỉ phương của → r là ξ , r η , r ζ r ta có: → − → − η ζ ξ − − − − − − n ; ξ ) + . cos(→ n;→ η ) + . cos(→ n; ζ ) (1.34) cos(→ r ;→ n ) = . cos(→ r r r → − − Vì | ξr |, | ηr |, | cos(→ n ; ζ )| đều bé thua 1 nên từ (1.22),(1.23),(1.33) và (1.34) ta có đánh giá sau: − − | cos(→ r ;→ n )| ≤ C1 rα . (1.35) Định lý 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) là đối với góc khối mà P nhìn mặt S trong (1.5) như sau: Giả sử S = Sj , khi đó tổng các giá trị tuyệt đối của góc khối bị chặn j đều, tức là |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 ) 13 Khi đó S − − cos(→ r ;→ n) dSQ = r2 ∂ 1 ( ) dsQ = ∂nQ rQ0 Q S − − cos(→ r ;→ n) dSQ r2 − − cos(→ r ;→ n) dSQ + r2 = S\S (Q0 ) S (Q0 ) Nếu Q ∈ S\S (Q0 ) thì Q0 Q = r ≥ d với d bán kính mặt cầu Lyapunov và − − cos(→ r ;→ n) 1 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 )| dSQ = r2 G (Q0 ) S (Q0 ) − − | cos(→ r ;→ n )| → − dξdη ≤ → − 2 r cos( n ; ζ ) − − | 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 14 (1.39) Từ (1.37), (1.38), (1.39) ta có − − | cos(→ r ;→ n )| dSQ ≤ C r2 S (Q0 ) dξdη ≤ ρ2−α C dξdη =C ρ2−α ρ≤d G (Q0 ) chú ý rằng G (Q0 ) nằm trong hình tròn ρ ≤ d. Vậy với P ≡ Q0 ∈ S ta có 1 |S| ∂ ( ) dSQ ≤ 2 + C ∂nQ rQ0 Q d S (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 trường hợp thứ nhất, ta có d rP Q ≥ 2 Khi đó − − | cos(→ r ;→ n )| r2 ≤ 1 r2 ≤ 4 d2 d 2 hoặc bé hơn d2 ,với và do đó − − | cos(→ r ;→ n| 4 dSQ ≤ 2 |S| 2 r d (1.41) S Đối với trường hợp thứ hai, gọi Q0 là điểm trên S sao cho P Q0 = min rP Q < Q∈S d 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 − 15 d d = 2 2 do đó − − 4 |cos(→ r ;→ n )| dS ≤ Q r2 d2 dSQ ≤ 4 |S| d2 (1.42) S\S (Q) ) S\S (Q) ) Xét tích phân: − − | cos(→ r ;→ n )| dSQ r2 S (Q) ) 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 16 + − 2ζδ (1.45) Hơn nữa chú ý bất đẳng thức √ 2 1 ( √ δ+ − 2ζ) ≥ 0 2 ta suy ra 1 |2ζδ| ≤ δ 2 + 2ζ 2 2 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 Lapunov 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 )| |cos(→ r ;→ n )| dS ≤ 2 dξdη Q r2 r2 S (Q0 ) G (Q0 ) → − − | cos(→ r ; r2 )| dξdη r2 ≤2 ρ≤d 17 (1.49) do (1.44) và (1.49) Ta có − − | cos(→ r ;→ n )| dSQ ≤ const 2 r ρ≤d S (Q0 ) r0α+1 dξdη+ r3 r0α dξdη + const r2 ρ≤d dξη r3 +δ.cosnt (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 K α ρα dξdη α dξdη ≤ dξdη ≤ 2K = const (1.51) 1 2 2−α r2 ρ ρ 2 ρ≤d ρ≤d 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 2δ ≤ 2 r3 δ ρ≤d ρ≤d dξdη ≤ const ρ2 E2 δ 2 ( δ2 + 1) 3 2 dξdη 3 ≤ (ρ2 + δ 2 ) 2 ≤ const E2 dξ dη 3 (ρ 2 + 1) 2 trong đó: η ρ ξ 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 (1.53) 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 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 ) (1.54) 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 (1.54) 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 nó có dạng ν(P ) + K(Q; P )ν(Q)dVQ = 0 Ω trong đó nhân K(Q;P) có được từ K(P;Q) bằng cách trao đổi vị trí P và Q. 19 Đối với phương trình tích phân Fredholm loại II ta có các định lý sau,được gọi là định lý Fredholm. 1.3.2. Một số định lý ( Về phương trình tích phân Fredholm loại II) Định lý 1.4(Định lý 5.11.1, [1]) Phương trình thuần nhất µ(P ) + K(P ; Q)µ(Q)dVQ = 0 (1.55) Ω và phương trình thuần nhất liên hợp ν(P ) + K(Q; P )ν(Q)dVQ = 0 (1.56) 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 (1.54) có dạng p ∗ µ(P ) = µ (P ) + Ck µk (P ) (1.57) k=1 trong đó µ∗ (P ) là một nghiệm riêng của (1.54) còn Ck là các hằng số tùy ý. Định Lý 1.5(Định lý 5.11.2, [1]) Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.54) giải được là vế phải f (P ) thỏa mãn hệ thức f (P )νk (P )dVP = 0 k = 1, 2, ..., p Ω 20 (1.58) 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 (1.56) Từ đó suy ra Định lý 1.6(Định lý 5.11.3, [1]) Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.54) giải được với mọi hàm f (P ) liên tục nào đó là phương trình thuần nhất (1.55) chỉ có nghiệm tầm thường µ(P ) = 0. Khi đó phương trình (1.54) có nghiệm duy nhất. 1.4 Phương trình Laplace Định nghĩa 1.3 Giả sử Ω là miền trong Rn Kí hiệu n uxi xi ∆u(x) := i=1 và gọi biểu thức này là Laplacian của hàm u. Khi đó phương trình ∆u(x) = 0, x∈Ω (1.59) được gọi là phương trình Laplace, và nghiệm của phương trình (1.59) được gọi là hàm điều hòa trong miền Ω Để tìm nghiệm của phương trình (1.59) Trước tiên ta tìm một nghiệm hiển. Do tính tuyến tính của phương trình (1.59) 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 (2.1) dưới dạng u(x) = υ(r); x ∈ R r = |x| = (x21 + ... + x2n ) và chọn υ sao cho ∆u = 0 Chú ý : 1 ∂r 1 xi = (x21 + ... + x2n )− 2 2xi = ∂xi 2 r 21 (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 (1.60) Nếu υ = 0 thì ta thấy rằng: [log(υ )] = Vì thế υ (r) = α rn−1 υ 1−n = υ r với α là một hằng số nào đó. Suy ra nếu r ≥ 0 ta nhận được. υ(r) = blogr + 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 (1.61) và Φ(x) = 1 1 ; n(n − 2)α(n) |x|n−2 n≥3 (1.62) với x ∈ Rn ; x = 0 được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace. Trong đó α(n) là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn 22 1.5 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Dirichlet 1.5.1. Bài toán Dirchlet trong Bài toán Dirchlet trong của phương trình Laplace được đặt ra như sau: Giả sử Ω là miền giới nội trong Rn với biên là S trơn từng mảnh và f (P ) là một hàm liên tục trên S. Tìm hàm u(P ) điều hòa trong Ω, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho tại biên S giá trị của hàm trùng với hàm f (P ) nói trên, tức là: u ∆u(x) = 0, x∈Ω (1.63) = f (P ), P ∈ S. (1.64) S Với bài toán Dirchlet trong, ta có định lý sau: Định lý 1.7(Định lý 4.1.1, [1]) Nghiệm của bài toán Dirchlet trong đối với phương trình Laplace là duy nhất. Chứng minh. Giả sử bài toán (1.63), (1.64) có hai nghiệm u1 (P ) và u2 (P ). Hai hàm u1 (P ) và u2 (P ) đều thỏa mãn (1.63), (1.64) nên hiệu: υ(P ) = u1 (P ) − u2 (P ) sẽ thỏa mãn ∆υ = 0 υ S =0 . Do υ(P ) là hàm điều hòa, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S triệt tiêu trên biên S, nên theo hệ quả của Nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa thì υ(P ) đồng nhất bằng không trong Ω: υ(P ) = u1 (P ) − u2 (P ). Vậy u1 (P ) = u2 (P ). 23 1.5.2. Bài toán Dirchlet ngoài Bài toán Dirchlet ngoài của phương trình Laplace được đặt ra như sau: Giả sử Ω là miền bên ngài miền Ω cũng với mặt biên S kín và f (P ) là hàm cho trước liên tục trên S. Tìm hàm u(P ) điều hòa trong Ω, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho tại biên S, giá trị của hàm trùng với hàm f (P ) nói trên. Như vậy, nếu u(P ) là nghiệm của bài toán, thi ta có u S ∆u = 0 (1.65) P ∈S (1.66) = f (P ), và ngoài ra, khi độ dài r = OP → ∞, ta có thêm đánh giá |u(P )| ≤ A r (1.67) với A là hằng số dương nào đó phụ thuộc vào hàm u(P ) Cũng như trước, ta có có định lý sau: Định lý 1.8.(Định lý 4.6.1, [1]) Bài toán Dirchlet ngoài (1.65), (1.66), (1.67) chỉ có nghiệm duy nhất. Chứng minh. Thực vậy, giả sử bài toán có hai nghiệm u1 (P ) và u2 (P ) thỏa mãn ∆u1 (P ) = 0 u1 |S = f (P ), P ∈S A1 |u1 (P )| ≤ r và ∆u2 (P ) = 0 u2 |S = f (P ), P ∈S A2 |u2 (P )| ≤ r Như vậy khi xét hiệu υ(P ) = u1 (P ) − u2 (P ) 24 thì đối với υ(P ) ta có: |υ(P )| ≤ A r ∆υ(P ) = 0 (1.68) υ|S = 0 (1.69) khi r → ∞ (1.70) với A = A1 + A2 Ta đi chứng minh υ(P ) = 0 trong toàn miền Ω . Muốn vậy ta xét điểm Q bất kỳ trong Ω , và chứng minh. |υ(Q)| ≤ ε, (1.71) trong đó ε > 0 tùy ý cho trước. Xét mặt cầu SR tâm O bán kính R khá lớn sao cho mặt cầu nói trên chứa điểm Q ở trong, và trên SR ta có |υ(P )| ≤ A ≤ε r (1.72) (A là hằng số trong bất điều kiện (1.70)) Gọi ΩR là miền giới hạn bởi mặt S và mặt cầu SR . Khi đó trên S ta có υ(P ) S =0 và trên SR ta có (1.72) tức là trên biên S ∪ SR ta đều có: |υ(P )| ≤ ε (1.73) Vì υ(P ) là hàm điều hòa trong Ω , liên tục trong miền đóng Ω ∪ S ∪ SR , nên từ Nguyên lý cực đại, ta suy ra bất đẳng thức (1.73) đúng trong toàn miền ΩR , đặc biệt tại điểm Q ta có (1.71). Vậy định lý được chứng minh. 25 Chương 2 Thế vị lớp kép và bài toán Dirichlet đối với hàm điều hòa Trong chương này ta đi chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong và ngoài. Để nghiên cứu các bài toán đó, trước tiên ta đưa vào định nghĩa và tính chất của thế vị lớp đơn, mà ta sẽ dùng sau này. 2.1 Thế vị lớp đơn Trong phần này ta đưa ra một số kết quả đã biết về thế vị lớp đơn, mà ta sẽ dùng sau này. Định nghĩa 2.1 Tích phân 1 V (P ) = rP Q µ(Q)dSQ (2.1) S được gọi là thế vị lớp đơn tại P gây nên bởi hàm mật độ µ(Q) cho trên S. Trong đó S là mặt Lyapunov kín trong R3 bao quanh miền Ω. Đối với thế vị lớp đơn ta có định lý và các bổ đề sau: Định lý 2.1(Định lý 5.10.2) Nếu S là mặt Lyapunov kín, µ(Q) là hàm liên tục trên mặt S, thì ta có: ∂V (P0 ) ∂V (P0 ) = − 2πµ(P0 ) ∂n0i ∂n0 ∂V (P0 ) ∂V (P0 ) = + 2πµ(P0 ) ∂n0e ∂n0 26 (2.2) (2.3) trong đó S. ∂V (P0 ) ∂n0 là giá trị trực tiếp của đạo hàm thế vị lớp đơn tại điểm P0 trên Bổ đề 2.1(Bổ đề 5.13.1, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín, µ(Q) là một hàm liên tục trên S. Nếu thế vị lớp đơn µ(Q) dSQ rP Q V (P ) = (2.4) S có đạo hàm theo pháp tuyến ∂V (P0 ) ≡0 ∂n0 đối với mọi P0 ∈ S , thì µ(Q) ≡ 0 Bổ đề 2.2(Bổ đề 5.13.2) Giả sử S là mặt lyapunov kín, µ(Q) là một hàm liên tục trên S. Nếu đối với thế vị lớp đơn (2.1), ta có Vi (P0 ) ≡ 0 thì µ(Q) ≡ 0 2.2 Thế vị lớp kép 2.2.1 Khái niệm thế vị lớp kép Định nghĩa 2.2 Tích phân phụ thuộc tham biến P ∂ 1 ( )ν(Q)dSQ ∂nQ rP Q W (P ) = (2.5) S được gọi là thế vị lớp kép tại P, gây nên bởi hàm mật độ ν(Q) xác định trên S, trong đó S là mặt Lyapunov kín trong R3 . 27 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 lý 2.2 (Định ly 5.6.1, [1]) Nếu hàm mật độ của thế vị lớp kép (2.5) là hàm 1 ∂ giới nội và khả tích trên S, khi đó W (P ) = ∂nQ ( rP Q )ν(Q)dSQ là hàm điều hòa S ∀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∈ Ta có khi đó, hàm ε −→ − ∂ 1 cos(P Q; → n) ( )=− ∂nQ rP Q rP2 Q −→ − 1 cos(P Q; → n) ∂ ( )ν(Q) = − ν(Q) ∂nQ rP Q rP2 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 ∆W = ν ∂ 1 (∆( ))dSQ = 0. ∂nQ rP Q S Như vậy, W(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 |W (P )| ≤ const R2 R = OP = Thật vậy, đặt L = sup OQ thì khi Q∈S khi R → ∞ x2 + y 2 + z 2 R 2 ≥ L, từ tam giác OPQ ta có 28 r = P Q ≥ OP − OQ ≥ R − L ≥ R − R 2 Từ đó, do tính giới nội của ν(Q) nên ∂ 1 ( )ν(Q)dSQ ≤ C ∂nQ rP Q S 2C dSQ ≤ r2 R2 dSQ = const R2 S S . Định lý 2.3(Định lý 5.6.2, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín và hàm mật độ ν(Q) của thế vị lớp kép (2.5) 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. Chứng minh. Do ν(Q) là hàm giới nội trên S nên tồn tại một hằng số M sao cho : |ν(Q)| ≤ M (2.6) ∂ 1 1 ∂ ( )ν(Q) ≤ M ( ). ∂nQ rP Q ∂nQ rP Q (2.7) từ đó Theo chứng minh phần a của Định lý 1.3 thì tích phân 1 ∂ ( )dSQ ∂nQ rP Q S tồn tại, vậy từ (2.7) ta suy ra tích phân W (P ) = S ( rP1Q )ν(Q)dSQ là tồn tại ngay cả khi P ∈ 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 (2.5) 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 29 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. 1, Điều kiện thứ nhất. Do khi P ∈ σ1 và Q ∈ S\σ2 hàm ∂ 1 ∂nQ ( rP Q ) = −−→ − cos(QP ;→ n) rP2 Q là hàm liên tục đối với P và Q, do S là mặt Lyapunov kín suy ra 1 ∂ ( )dSQ ∂nQ rP Q S\σ2 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: σ2 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ = ∂nQ rP Q ≤C G (P0 ;2R) − − cos(→ r ;→ n) ν(Q)dSQ ≤ − r2 σ2 dξdη → − ≤ 2C − r2−α .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 σ2 ∂ 1 ( )ν(Q)dSQ ≤ ε ∂nQ rP Q Đối với P ∈ σ2 và do đó cũng đúng với P ∈ σ1 . Vậy định lý được chứng minh. 30 Sau đây ta sẽ đưa ra một khái niệm mới. 2.2.3 Tích phân Gauss Định nghĩa 2.3 Giả sử S là mặt kín, − n→ Q là pháp tuyến tại Q. Tích phân Gauss là tích phân có dạng: 1 ∂ ( )dSQ (2.8) W0 (P ) = ∂nQ rP Q 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. Khi đó ta có định lý sau: Định lý 2.4 (Định lý 5.7.1, [1]) Đối với mặt Lyapunov kín tích phân Gauss 1 ∂ ( )dSQ W0 (P ) = ∂nQ rP Q S có giá trị như sau: a, 4π nếu P nằm bên trong S b, 2π nếu P nằm trên S c, 0 nếu P nằm bên ngoài S Chứng minh. a, Nếu P nằm bên trong S Xét mặt cầu SR tâm P bán kính R đủ nhỏ sao cho SR nằm hoàn toàn trong S. Xét miền ΩR là miền giới hạn bởi mặt S và SR . Khi đó hàm rP1Q là hàm điều hòa đối với biến Q nằm trong miền kín ΩR ∪ SR ∪ S Vậy theo tính chất cơ bản của hàm điều hòa thì : ∂ 1 1 ∂ ( )dSQ + ( )dSQ = 0 ∂nQ rP Q ∂nQ rP Q s SR 31 hay ∂ 1 ( )dSQ = − ∂nQ rP Q s 1 ∂ ( )dSQ ∂nQ rP Q SR Chú ý rằng trên SR thì: ∂ 1 d 1 1 ( )= ( )=− 2 ∂nQ rP Q dr rP Q r Do đó W0 (P ) = s 4πR2 = 4π dSQ = R2 1 1 ∂ ( )dSQ = 2 ∂nQ rP Q R (2.9) SR b, Nếu P nằm bên ngoài S. Gọi Ω là miền giới nội giới hạn bởi S. Khi đó hàm 1 rP Q là hàm điều hòa đối với Q trong miền Ω ∪ S . Cũng theo tính chất của hàm điều hòa thì 1 ∂ ( )dSQ = 0 ∂nQ rP Q W0 (P ) = (2.10) S Nếu P nằm ngoài mặt S. Ta dựng một mặt nón tiếp xúc với S theo đường L và đường này chia S làm 2 phần S1 và S2 . Khi đó góc khối mà từ P nhìn S1 có giá trị tuyệt đối bằng với góc khối mà từ P nhìn mặt S2 nhưng khác nhau về dấu và do đó ta vẫn có : W0 (P ) = −ωP (S) = −ωP (S1 ) − ωP (S2 ) = 0 c, Xét P trên trong S. Trong chứng minh Định lý 1.3 thì khi S là mặt Lyapunov giới nội thì khi đó nếu P ∈ S thì tích phân sau: ∂ 1 ( ) dSQ ∂nQ rP Q S tồn tại. Từ đó suy ra nếu P ∈ S với S là mặt Lyapunov thì tích phân Gauss ∂ 1 ( )dSQ ∂nQ rP Q S 32 tồn tại. Do đó, nếu δε (P ) là lân cận của P trên mặt S thì khi ε → 0 ta có: 1 ∂ ( )dSQ = lim ε→0 ∂nQ rP Q W0 (P ) = S 1 ∂ ( )dSQ ∂nQ rP Q S\δε (P ) Lấy δε(P ) là lân cận của điểm P nằm trên S nằm trong mặt cầu σ(P ; ε). Gọi γ là giao tuyến của mặt S với mặt cầu σ(P ; ε), giao tuyến γ chia mặt cầu làm 2 phần là γ1 nằm trong S và γ2 nằm ngoài S. Phần mặt S\δε (P ) và σ1 tạo thành mặt kín mà P nằm ngoài mặt này. Do đó áp dụng tính chất của hàm điều hòa cho hàm 1 rP Q ta có: ∂ 1 1 ∂ ( )dSQ + ( )dSQ = 0 ∂nQ rP Q ∂nQ rP Q δ1 S\δε (P ) tức là 1 ∂ ( )dSQ = − ∂nQ rP Q ∂ 1 ( )dSQ = ωP (δ1 ). ∂nQ rP Q δ1 S\δε (P ) Vậy W0 (P ) = lim ε→0 S\δε (P ) 1 ∂ ( )dSQ = lim ωP (δ1 ). ε→0 ∂nQ rP Q Để tính lim ωP (δ1 ) ta xét hệ tọa độ địa phương P ξηζ trong đó P ξη là mặt ε→0 phảng tiếp xúc còn P ζ là pháp tuyến tại P. Khi ε đủ nhỏ, lân cận δε (P ) nằm trong mặt cầu Lyapunov tại P. Gọi Q(ξ, η, ζ) là điểm trên giao tuyến thì đối với tọa độ ζ ta có đánh giá (1.33) ζ ≤ Cεα Gọi θ là góc hợp bởi bán kính vecto PQ và hình chiếu của nó trên mặt phẳng P ξη thì từ bất đẳng thức suy ra : ζ |sinθ| = | | ≤ C.εα ε Khi ε → 0 thì ta có θ → 0 và điều đó chứng tỏ lim ωP (δ1 ) = 2π hay ε→0 ∂ 1 ( )dSQ = 2π ∂nQ rP Q W0 (P ) = S 33 (2.11) Vậy nếu coi tích phân Gauss là thế vị lớp kép thì giá trị trực tiếp của nó trên mặt S bằng 2π còn giá trị giới hạn bên trong của nó trên S, tức là giới hạn khi P → P0 từ bên trong ra bằng 4π và giá trị giới hạn của nó từ bên ngoài vào bằng 0. Do đó tích phân Gauss là một hàm gián đoạn khi P xuyên qua mặt S. Định lý 2.5 (Định lý 5.8.1, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín 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 ) (2.12) We (P0 ) = W (P0 ) − 2πν(P0 ). (2.13) 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. Chứng minh. Ta viết lại W (P ) = W1 (P ) + ν(P0 )W0 (P ) (2.14) trong đó : W1 (P ) = S W0 (P ) = S 1 ∂ ∂nQ ( rP Q ) ν(Q) − ν(P0 ) dSQ ∂ 1 ∂nQ ( rP Q )dSQ Ta chứng minh W1 (P ) là hàm liên tục khi P đi xuyên qua mặt S tại điểm P0 . Muốn vậy ta chỉ ra rằng W1 (P ) hội tụ đều tại điểm P = P0 . Xét 2 mặt cầu đồng tâm S1 (P0 ; R2 ) và S2 (P0 ; R) tâm tại P0 bán kính là R với R chọn đủ nhỏ, nhỏ hơn bán kính Lyapunov (mà ta sẽ chọn sau). R 2 và Do S là mặt Lyapunov kín nên ta có theo Định lý 1.3 thì với mọi P trong không gian thì 34 1 ∂ ( )dSQ ≤ C ∂nQ rP Q (2.15) S đối với mọi P trong không gian. Gọi S (P0 ) và S (P0 ) là phần mặt S ở bên trong và bên ngoài của S2 (P0 ; R). Vì ν(Q) là hàm liên tục nên ∀ε > 0 tùy ý, ta chọn R đủ nhỏ sao cho khi Q ∈ S (P0 ) ta có : |ν(Q) − ν(P0 )| < ε C (2.16) với C là hắng số tùy ý của vế phải (2.15) Với R chọn để thỏa mãn (2.15). Gọi V1 (P0 ; R2 ) là khối cầu giới hạn bởi mặt cầu S1 (P0 ; R2 ). Trong định nghĩa về sự hội tụ đều của tích phân ta chon lân cận δ(ε) của P0 là khối cầu V1 (P0 ; R2 ) còn miền ω(ε) là mảnh S (P0 ) khi đó tích phân W1 (P ) thỏa mãn cả hai điều kiện trong định nghĩa tích phân hội tụ đều. Chú ý rằng nếu: P ∈ V1 (P0 ; R ), 2 thì rP Q > do đó Q ∈ S (P0 ) R 2 −→ → ∂ 1 cos(P Q; − nQ ) ( ) ν(Q) − ν(P0 ) = − ν(Q) − ν(P0 ) ∂nQ rP Q rP2 Q Là hàm liên tục đối với P và Q. Khi P ∈ V1 (p0 ; R2 ); Q ∈ S do đó điều kiện 1 trong định nghĩa được thỏa mãn. Ta đi kiểm tra điều kiện thứ hai. Khi Q ∈ S (P0 ) ta có: S (P0 ) ∂ 1 ∂nQ ( rP Q )[ν(Q) ∂ 1 ∂nQ ( rP Q ) − ν(P0 )]dSQ ≤ ν(Q) − ν(P0 ) dSQ ≤ S (P0 ) ∂ 1 ≤ Cε ∂nQ ( rP Q ) S (R) dSQ ≤ ε C S | ∂∂ nQ ( rP1Q )|dSQ ≤ Cε .C = ε 35 Đối với mọi P trong không gian, do đó bất đẳng thức cũng đúng khi P ∈ V1 (P0 ; R2 ). Vậy W1 (P ) liên tục tại tại P = P0 . Ta kí hiệu (.)i và (.)e lần lượt là giới hạn của đại lượng (.) khi P → P0 từ trong mặt S ra và từ ngoài mặt S vào. Theo (2.25) ta có: Wi (P0 ) = Wi1 (P0 ) + ν(P0 )W0i (P ) We (P0 ) = We1 (P0 ) + ν(P0 )W0e (P ) (2.17) Do W1 (P ) là hàm liên tục tại P0 nên từ biểu thức của W1 (P ) ta có : ∂ 1 ∂nQ ( rP0 Q )[ν(Q) W1i (P0 ) = W1e (P0 ) = W1 (P0 ) = S = S ∂ 1 ∂nQ ( rP0 Q )ν(Q)dSQ − S − ν(P0 )]dSQ ∂ 1 ∂nQ ( rP0 Q )ν(P0 )dSQ = W (P0 ) − ν(P0 ).W0 (P0 ) với W (P0 ); W0 (P0 ) là giá trị trực tiếp của W (P0 ),W0 (P0 ) tại điểm P = P0 . Ta đã biết W0 (P0 ) = 2π, W0i (P0 ) = 4π, Woe (P0 ) = 0 nên từ (2.28) ta có : Wi (P0 ) = W (P0 ) − ν(P0 ).W0 (P0 ) + 4πν(P0 ) = W (P0 ) + 2πυ(P0 ) We (P0 ) = W (P0 ) − ν(P0 )W0 (P0 ) = W (P0 ) − 2πν(P0 ) Vậy (2.12),(2.13) được chứng minh. Nhận xét. Thế vị lớp kép trong không gian 2 chiều và không gian có số chiều n ≥ 3 có dạng như sau: ∂(ln( 1r )) ν(Q)dSQ ∂nQ W (P ) = S 1 ∂( rn−2 ) ν(Q)dSQ ∂nQ W (P ) = S Với hàm mật độ ν(Q) liên tục thì các công thức có giá trị giới hạn lần lượt là : Wi (P ) = W (P0 ) + πν(P0 ) 36 We (P ) = W (P0 ) − πν(P0 ); Wi (P ) = W (P0 ) + We (P ) = W (P0 ) − 2.3 (n = 2) (2.18) (n − 2)|S1 | ν(P0 ) 2 (n − 2)|S1 | ν(P0 ); 2 n≥3 (2.19) Đưa bài toán Dirichlet của phương trình Laplace về phương trình tích phân trên biên Xét một mặt Lyapunov kín S, giới hạn một miền trong Ω và một miền ngoài Ω = R3 \Ω. Ta nhắc lại các bài toán sau: 1. Bài toán Dirichlet trong. Tìm hàm u(P ) liên tục trong Ω ∪ S thỏa mãn: ∆u = 0 ∀P ∈ Ω u s = f (P0 ), P0 ∈ S (2.20) (2.21) 2. Bài toán Diricchlet ngoài. Tìm hàm u(P) liên tục trong Ω ∪ S sao cho ∆u = 0 ∀P ∈ Ω (2.22) u s = f (P0 ) P0 ∈ S A |u| ≤ , R = PQ → ∞ R (2.23) (2.24) Trong đó f (P ) là hàm liên tục trên mặt S còn R là khoảng cách từ P tới gốc tọa độ. Ta kí hiệu các bài toán Dirichlet trong và ngoài lần lượt là: Di , De . Đối với các bài toán đó ta đi tìm nghiệm dưới dạng thế vị lớp kép. Ta đã biết nó là hàm điều hòa trong Ω và Ω và do đó nó thỏa mãn phương trình (2.20) và (2.22). Sau đó ta buộc thế vị đó phải thỏa mãn điều kiện biên. Ta đưa bài toán tìm nghiệm u(P) về bài toán tìm hàm mật độ trong thế vị đó, khi ấy sẽ dẫn tới phương trình tích phân Fredholm loại II để tìm hàm mật độ, cụ thể như sau: 37 2.3.1. Bài toán Di . Ta tìm nghiệm dưới dạng thế vị lớp kép: 1 ∂ ( )ν(P )dSQ ∂nQ rP Q u(P ) = (2.25) S Với hàm mật độ ν(P ) chưa biết cần tìm. Điều kiện (2.21) ta có thể viết lại lim u(P ) = ui (P0 ) = f (P0 ) P →P0 (2.26) Theo công thức (2.12) thì (2.26) có thể viết: 2ν(P0 ) + S ∂ 1 ( )ν(Q)dSQ = f (P0 ) ∂nQ rP0 Q hay ν(P0 ) + K(P0 ; Q)ν(Q)dSQ = F (P0 ) (2.27) S trong đó: K(P0 ; Q) = F (P0 ) = 1 ∂ 1 ( ) 2π ∂nQ rP0 Q 1 f (P0 ) . 2π (2.28) Tương tự ta có bài toán Dirichlet ngoài. 2.3.2 Bài toán De . Giả sử nghiệm tìm được dưới dạng thế vị lớp kép (2.25) khi đó điều kiện (2.23) viết lại như sau : lim u(P ) = ue (P0 ) = f (P0 ) P →P0 Dùng công thức (2.13) thì (2.29) viết lại: −2ν(P0 ) + S 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ = f (P0 ) ∂nQ rP0 Q 38 (2.29) hay: ν(P0 ) − K(P0 ; Q)ν(Q)dSQ = Φ(P0 ) (2.30) S Trong đó K(P0 ; Q) giống trong (2.28) còn Φ(P0 ) = − 2.4 1 f (P0 ) 2π Sự tồn tại nghiệm của các bài toán Dirichlet Trong Mục 1.5 ta đã chứng minh được rằng, nếu bài toán Dirichlet trong và ngoài nếu có nghiệm thì nghiệm đó là duy nhất. Sau đây ta sẽ đi chứng minh sự tồn tại nghiệm của hai bài toán đó nhờ công cụ thế vị lớp kép của hàm điều hòa. Ta khảo sát các phương trình tích phân (2.27) và (2.30). Các tích phân trong (2.27) và (2.30) là các tích phân lấy trên mặt S, tức là tích phân trên đa tạp hai chiều mà nhân K(P;Q) là nhân bất thường loại yếu. Thật vậy, ta viết nhân K(P;Q) lại như sau: −−→ → 1 1 cos(P0 Q; − nQ ) 1 ∂ ( )=− K(P0 ; Q) = 2π ∂nQ rP0 Q 2π r2 −−→ → và chú ý công thức (1.35) cos(P0 Q; − nQ ) ≤ Crα . Do đó các phương trình tích phân nói trên là phương trình tích phân Fredholm loại II và đối với chúng ta có các định lý Fredholm Sau đây ta sẽ khảo sát nghiệm của từng bài toán. 2.4.1 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong Trước tiên ta có bổ đề sau: Bổ đề 2.3 Giả sử S là mặt Lypunov kín, ν(Q) là hàm liên tục trên S. Nếu thế vị lớp kép 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ ∂nQ rP Q W (P ) = S có Wi (P0 ) ≡ 0 39 (2.31) đối với mọi P0 , Q ∈ S khi đó ν(Q) ≡ 0 Chứng minh. Gọi Ω là miền được giới hạn bởi S. Do thế vị lớp kép (2.31) là hàm điều hòa nên có thể coi nó là nghiệm của bài toán Dirichlet trong thuần nhất ∆W (P ) = 0, ∀P ∈ Ω hơn nữa Wi (P ) = 0 ∀P ∈ S Theo Định lý về tính duy nhất nghiệm của bài toán Dirchlet trong nên Wi (P ) = 0 ∀P ∈ Ω do đó ∂W (P0 ) = 0, ∂n0i ∀P0 ∈ S Vì đạo hàm của thế vị lớp kép là hàm liên tục trong toàn không gian,(Mục 3.4, [3]) nên ∂W (P0 ) ∂W (P0 ) = = 0, ∀P ∈ /S ∂n0i ∂n0e Lại do tính duy nhất nghiệm của bài toán Neumann ngoài nên ta có: Wi (P ) = 0 ∀P ∈ /Ω Theo công thức (2.12), (2.13) ta có: Wi (P ) − We (P ) = 4πυ(Q) = 0 từ đó suy ra ν(Q) ≡ 0 Bây giờ ta khảo sát phương trình (2.27) tức là phương trình tương ứng với bài toán Dirchlet trong. Định lý 2.7 Phương trình (2.27) có nghiệm duy nhất. 40 Chứng minh. Theo Định lý 1.6 thì ta chỉ cần chứng minh phương trình thuần nhất tương ứng của (2.27) ν(P0 ) + K(P0 ; Q)ν(Q)dSQ = 0 S chỉ có nghiệm tầm thường, ta viết (2.27) dưới dạng 2π ν(P0 ) + K(P0 ; Q)ν(Q)dSQ = S 1 ∂ ( )ν(Q)dSQ = 0 ∂nQ rP0 Q = 2πν(P0 ) + S (2.32) Theo (2.12) thì (2.32) có thể viết Wi (P ) = 0 trong đó W(P) là thế vị lớp kép. Nhưng theo Bổ đề 2.3 thì ν(Q) ≡ 0 Vậy định lý được chứng minh. Lấy nghiệm thu được của (2.27) thế vào (2.25) ta tìm được nghiệm của bài toán Dirchlet trong. Từ đó, ta suy ra Định lý 2.8 Bài toán Dirchlet trong với bất kỳ vế phải f(P) liên tục của điều kiện (2.21) đều có nghiệm và nghiệm đó là duy nhất. 2.4.2 Bài toán Dirichet ngoài Bây giờ ta xét phương trình (2.30) tương ứng với bài toán Dirichlet ngoài, khi đó ta có định lý sau: Định lý 2.9 (Định lý 5.13.5, [1]) Phương trình thuần nhất tương ứng của (2.30) ν(P0 ) − K(P0 ; Q)ν(Q)dSQ = 0 S chỉ có một nghiệm độc lập tuyến tính. 41 (2.33) Chứng minh. Xét thế vị lớp kép đặc biệt (tích phân Gauss): ∂ 1 ( )dSQ ∂nQ rP Q W0 (P ) = S Theo Định lý 2.4 giá trị trực tiếp của nó trên mặt S bằng: W0 (P0 ) = 2π, P0 ∈ S, điều này có nghĩa là S 1 ∂ ( )dSQ = 2π ∂nQ rP0 Q hay 1− K(P0 , Q)dSQ = 0 S trong đó K(P0 ; Q) = 1 ∂ 1 2π ∂nQ ( rP0 Q ) Vậy (2.33) có nghiệm ν(Q) ≡ 1 Ta chứng minh phương trình (2.33) không thể có nghiệm nào khác độc lập tuyến tính với nghiệm nói trên. Do Định lý 1.4 ta đi chứng minh phương trình thuần nhất liên hợp của (2.33) µ(P0 ) − K(Q, P0 )µ(Q)dSQ = 0 (2.34) S không thể có hai nghiệm độc lập tuyến tính. Thật vậy, giả sử phương trình (2.34) có hai nghiệm µ1 (P0 ) và µ2 (P0 ) độc lập tuyến tính. Khi đó: 2πµ1 (P0 ) − S 2πµ2 (P0 ) − S 1 ∂ ( )µ1 (Q)dSQ = 0 ∂nQ rP0 Q (2.35) ∂ 1 ( )µ2 (Q)dSQ = 0 ∂nQ rP0 Q (2.36) 42 Ta đi xây dựng hai thế vị lớp đơn V1 (P ) = ( 1 rP Q )µ1 (Q)dSQ S V2 (P ) = ( 1 rP Q )µ2 (Q)dSQ S Khi đó theo Định lý 2.1 thì (2.35), (2.36) có thể viết dưới dạng ∂V1 (P ) = 0, ∂n0i ∂V2 (P ) =0 ∂n0i Do đó V1 (P ) và V2 (P ) là các nghiệm của bài toán Newmann trong thuần nhất. Vì vậy ta có V1 (P ) = C1 ; V2 (P ) = C2 , P ∈Ω trong đó C1 , C2 là các hằng số nào đấy. Hai hằng số này phải khac nhau, vì nếu C1 = C2 thì hiệu V1 (P ) − V2 (P ) = C1 − C2 = 0, ∀P ∈ Ω Khi đó [V1 (P ) − V2 (P )]i = 0 và theo bổ đề 2.2 thì mật độ của hiệu đó bằng µ1 (P0 ) − µ2 (P0 ) = 0 P0 ∈ S tức là µ1 (P0 ) = µ2 (P0 ) trái với giả thiết. Bây giờ ta xây dựng một thế vị lớp đơn với hàm mật độ C2 µ1 (Q) − C1 µ2 (Q), ta có 1 C2 µ1 (Q) − C1 µ2 (Q) dSQ = V (P ) = rP Q S = C2 V( P ) − C1 V2 (P ) ≡ 0, P0 ∈ Ω Từ đó Vi (P0 ) ≡ 0, P0 ∈ S Theo Bổ đề 2.5 thì C2 µ1 (Q) − C1 µ2 (Q) ≡ 0 tức là µ1 (Q) và µ2 (Q) là phụ thuộc tuyến tính lẫn nhau.Vậy định lý được chứng minh. 43 Bây giờ ta xét bài toán Dirchlet ngoài. Để ý rằng khi dẫn tới phương trình (2.30) ta giả sử nghiệm u(P) được biểu diễn dưới dạng thế vị lớp kép. Hơn nữa trong chứng minh Định lý 2.2 ở lân cận vô cùng thì thế vị này thỏa mãn đánh giá: |u(P )| ≤ R= const R2 (2.37) x2 + y 2 + z 2 . Mặt khác, đối với nghiệm của bài toán De ta chỉ đòi hỏi đánh giá (2.24). Khi đó phương trình (2.30) cho ta nghiệm ν(Q) ứng với nghiệm của bài toán De thỏa mãn đánh giá (2.37) Trong trường hợp bình thường, nếu nghiệm của bài toán De chỉ dần tới không A như R khi r = P Q → ∞ thì không thể giải bài toán này bằng phương trình tích phân (2.30). Để khắc phục điều đó ta biểu diễn nghiệm của bài toán De dưới dạng sau: α (2.38) u(P ) = + u1 (P ) R R= x2 + y 2 + z 2 trong đó u1 (P ) là một hàm biểu diễn dưới dạng thế vị lớp kép, còn α là một hằng số cần tìm. Khi đó điều kiện (2.34) cho ta: α + u1 S = f (P0 ) R S hay α u1 S = f (P0 ) − S R Từ đó biểu diễn u1 (P ) dưới dạng thế vị lớp kép (2.25) và khi đó thay thế cho (2.30) ta có phương trình. ν(P0 ) − K(P0 ; Q)ν(Q)dSQ = − 1 α f (P0 ) + 2π 2πR S (2.39) S Theo Định lý 1.5 thì điều kiện cần và đủ để (2.39) có nghiệm là vế phải của nó phải thỏa mãn: 44 − ν0 (Q) =0 rOQ f (Q)ν0 (Q)dSQ + α S (2.40) S (rOQ = R S , O là gốc tọa độ) trong đó µ0 (Q) là một nghiệm nào đó của phương trình thuần nhất liên hợp với phương trình (2.30). Trong chứng minh Định lý 2.9 ta đã biết, thế vị lớp đơn V0 (P ) với hàm mật độ µo (Q) là một hằng số với mọi P ∈Ω µ0 (Q) V0 (P ) = dSQ = C ∀P ∈ Ω rP Q S Hằng số C này phải khác 0 vì nếu không thì từ hệ thức trên ta suy ra Vi (P ) = 0, ∀P ∈ S . Nhưng theo Bổ đề 2.2 thì khi đó µ0 (Q) ≡ 0 trái với giả thiết. Vậy tích phân thứ hai trong (2.40) là một hằng số khác 0. Ta có thể nhân thêm µ0 (Q) với một hằng số thích hợp thì ta có được C=1, và như vậy thì α= f (Q)µ0 (Q)dSQ (2.41) S Chọn α như trong (2.41) thì (2.40) được thỏa mãn và (2.39) có nghiệm. Lấy nghiệm ν(Q) của (2.39) thay vào (2.25) ta được u1 (P ), từ đó theo (2.38) ta có u(P) và khi đó bài toán Dirchlet ngoài được giải. Như vậy, ta có Định lý 2.10 Với mọi hàm f(P) liên tục, bài toán Dirichlet ngoài đều có nghiệm và nghiệm đó là duy nhất. 2.5 Thế vị khối và bài toán Dirichlet trong cho phương trình Poisson. Giả sử Ω là miền giới nội trong R3 với biên S. 2.5.1 Thế vị khối và các tính chất. Định nghĩa 2.4 Tích phân: ρ(Q) dVQ rP Q U (P ) = Ω 45 (2.42) được gọi là thế vị khối tại P gây nên bởi hàm mật độ ρ(Q) trong Ω Sau đây ta đưa ra một số tính chất của thế vị khối. Định lý 2.11 (Định lý 5.5.2, [1]). Thế vị khối có tính chất sau: 1.Nếu hàm ρ(Q) của thế vị khối (2.42) là hàm giới nội trong miền Ω thì ở phía ngoài của miền Ω thế vị đó là hàm điều hòa. 2. Hơn nữa, nếu mật độ ρ(Q) liên tục và có các đạo hàm riêng cấp một liên tục trong Ω ∪ S thì bên trong miền Ω thế vị (2.42) thỏa mãn phương trình ∆U = −4πρ(P ) (2.43) 2.5.2 Bài toán Dirichlet cho phương trình Poisson. Bài toán Dirichlet của phương trình Poisson có dạng: ∆u = f (P ), P ∈ Ω (2.44) = ϕ(P ), P ∈ S (2.45) u S trong đó f (P ) là một hàm khả vi liên tục trong Ω ∪ S và ϕ(P ) là hàm liên tục trên S. 2.5.3 Đưa bài toán Dirichlet cho phương trình Poisson về bài toán Dirichlet cho hàm điều hòa Áp dụng tính chất của thế vị lớp khối ta có thể đưa bài toán Dirichlet trong của phương trình Poisson về bài toán Dirichlet trong của phương trình Laplace. Thật vậy, ta xây dựng một nghiệm riêng u∗ (P ) của phương trình (2.44). Theo Định lý 2.11 thì ta có thể chọn u∗ (P ) là hàm u∗ (P ) = − 1 4π f (Q) Ω từ đó bằng cách đặt: u = u∗ + u0 46 1 rP Q dVQ , và chú ý ∆u∗ = f (P ) ta có ∆u0 = 0 u0 S =u S − u∗ S = ϕ(P ) − u∗ (2.46) S = ψ(P ) (2.47) Như vậy ta đã đưa bài toán Dirichlet trong của phương trình Poisson (2.44)(2.45) về bài toán Dirichlet trong của phương trình Laplace (2.46)-(2.47). Vì vậy, từ Định lý 2.8 ta suy ra định lý sau: Định lý 2.12 Bài toán Dirichlet trong của phương trình Poisson (2.44)-(2.45) với bất kỳ hàm f (P ) khả vi liên tục trong miền Ω ∪ S luôn có nghiệm và nghiệm đó là duy nhất. 47 Kết luận Luận văn “Thế vị lớp kép và bài toán Dirchlet đối với hàm điều hòa” đã trình bầy một số vấn đề sau: - Khái niệm về góc khối, độ lớn của góc khối, mặt Lyapunov S kín trong không gian ba chiều. - Phương trình tích phân Fredholm loại II và tính giải được của chúng. - Trình bầy khái niệm thế vị lớp kép được sinh ra bởi hàm mật độ trên mặt Lyapunov kín S và các tính chất của nó. - Đưa bài toán Dirichlet trong và ngoài của hàm điều hòa đối với miền Ω ∈ R3 trên biên S về phương trình tích phân Fredhlom loại II. Trên cơ sở khảo sát các phương trình tích phân Fredholm thuần nhất đã chứng minh tính giải được và duy nhất nghiệm của bài toán Dirichlet trong và ngoài đối với hàm điều hòa. - Mở rộng đối với bài toán Dirichlet trong cho phương trình Poisson bằng phương pháp thế vị khối. 48 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thừa Hợp,(2005) Phương trình vi phân đạo hàm riêng. Nhà xuất bản ĐHQG- Hà Nội. [2] Trần Đức Vân,(2005) Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng. Nhà xuất bản ĐHQG- Hà Nội. [3] A V Bitsdze,(1994) Partaial differential equations, World Scientific, Singapore-New Jersey-London-Hong Kong. 49 [...]... được chứng minh 25 Chương 2 Thế vị lớp kép và bài toán Dirichlet đối với hàm điều hòa Trong chương này ta đi chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong và ngoài Để nghiên cứu các bài toán đó, trước tiên ta đưa vào định nghĩa và tính chất của thế vị lớp đơn, mà ta sẽ dùng sau này 2.1 Thế vị lớp đơn Trong phần này ta đưa ra một số kết quả đã biết về thế vị lớp đơn, mà ta sẽ dùng sau này... 0 2.2 Thế vị lớp kép 2.2.1 Khái niệm thế vị lớp kép Định nghĩa 2.2 Tích phân phụ thuộc tham biến P ∂ 1 ( )ν(Q)dSQ ∂nQ rP Q W (P ) = (2.5) S được gọi là thế vị lớp kép tại P, gây nên bởi hàm mật độ ν(Q) xác định trên S, trong đó S là mặt Lyapunov kín trong R3 27 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 lý 2.2 (Định ly 5.6.1, [1]) Nếu hàm mật... trị trực tiếp của đạo hàm thế vị lớp đơn tại điểm P0 trên Bổ đề 2.1(Bổ đề 5.13.1, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín, µ(Q) là một hàm liên tục trên S Nếu thế vị lớp đơn µ(Q) dSQ rP Q V (P ) = (2.4) S có đạo hàm theo pháp tuyến ∂V (P0 ) ≡0 ∂n0 đối với mọi P0 ∈ S , thì µ(Q) ≡ 0 Bổ đề 2.2(Bổ đề 5.13.2) Giả sử S là mặt lyapunov kín, µ(Q) là một hàm liên tục trên S Nếu đối với thế vị lớp đơn (2.1), ta có... dSQ ≤ r2 R2 dSQ = const R2 S S Định lý 2.3(Định lý 5.6.2, [1]) Giả sử S là mặt Lyapunov kín và hàm mật độ ν(Q) của thế vị lớp kép (2.5) 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 Chứng minh Do ν(Q) là hàm giới nội trên S nên tồn tại một hằng số M sao cho : |ν(Q)| ≤ M (2.6) ∂ 1 1 ∂ ( )ν(Q) ≤ M... giới nội trong Rn với biên là S trơn từng mảnh và f (P ) là một hàm liên tục trên S Tìm hàm u(P ) điều hòa trong Ω, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho tại biên S giá trị của hàm trùng với hàm f (P ) nói trên, tức là: u ∆u(x) = 0, x∈Ω (1.63) = f (P ), P ∈ S (1.64) S Với bài toán Dirchlet trong, ta có định lý sau: Định lý 1.7(Định lý 4.1.1, [1]) Nghiệm của bài toán Dirchlet trong đối với phương trình... ) = u2 (P ) 23 1.5.2 Bài toán Dirchlet ngoài Bài toán Dirchlet ngoài của phương trình Laplace được đặt ra như sau: Giả sử Ω là miền bên ngài miền Ω cũng với mặt biên S kín và f (P ) là hàm cho trước liên tục trên S Tìm hàm u(P ) điều hòa trong Ω, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho tại biên S, giá trị của hàm trùng với hàm f (P ) nói trên Như vậy, nếu u(P ) là nghiệm của bài toán, thi ta có u S ∆u... giới hạn bởi S Khi đó hàm 1 rP Q là hàm điều hòa đối với Q trong miền Ω ∪ S Cũng theo tính chất của hàm điều hòa thì 1 ∂ ( )dSQ = 0 ∂nQ rP Q W0 (P ) = (2.10) S Nếu P nằm ngoài mặt S Ta dựng một mặt nón tiếp xúc với S theo đường L và đường này chia S làm 2 phần S1 và S2 Khi đó góc khối mà từ P nhìn S1 có giá trị tuyệt đối bằng với góc khối mà từ P nhìn mặt S2 nhưng khác nhau về dấu và do đó ta vẫn có... 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 (1.61) và Φ(x) = 1 1 ; n(n − 2)α(n) |x|n−2 n≥3 (1.62) với x ∈ Rn ; x = 0 được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace Trong đó α(n) là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn 22 1.5 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Dirichlet 1.5.1 Bài toán Dirchlet trong Bài toán Dirchlet trong của phương trình... → n) ( )=− ∂nQ rP Q rP2 Q −→ − 1 cos(P Q; → n) ∂ ( )ν(Q) = − ν(Q) ∂nQ rP Q rP2 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 ∆W = ν ∂ 1 (∆( ))dSQ = 0 ∂nQ rP Q S Như vậy, W(P) thỏa mãn phương trình Laplace bên ngoài S Chỉ còn phải... phương trình Laplace là duy nhất Chứng minh Giả sử bài toán (1.63), (1.64) có hai nghiệm u1 (P ) và u2 (P ) Hai hàm u1 (P ) và u2 (P ) đều thỏa mãn (1.63), (1.64) nên hiệu: υ(P ) = u1 (P ) − u2 (P ) sẽ thỏa mãn ∆υ = 0 υ S =0 Do υ(P ) là hàm điều hòa, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S triệt tiêu trên biên S, nên theo hệ quả của Nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa thì υ(P ) đồng nhất bằng không trong Ω: υ(P ... nghiệm toán Dirichlet 23 Thế vị lớp kép toán Dirichlet hàm điều hòa 26 2.1 Thế vị lớp đơn 26 2.2 Thế vị lớp kép 27 2.3 Đưa toán. .. minh 25 Chương Thế vị lớp kép toán Dirichlet hàm điều hòa Trong chương ta chứng minh tồn nghiệm toán Dirichlet Để nghiên cứu toán đó, trước tiên ta đưa vào định nghĩa tính chất vị lớp đơn, mà ta... Fredhlom cuối trình bầy toán Dirchlet ngoài, tính nghiệm toán Chương Thế vị lớp kép toán Dirchlet cho hàm điều hòa Nội dung chương chứng minh tồn nghiệm toán Dirchlet cho hàm điều hòa, gồm bước Đầu

Định dạng
Số trang	50
Dung lượng	312,59 KB