Phương pháp phần tử hữu hạn cho phương trình Poisson
2.2.Công thức biến phân cho phương trình Poỉsson
Xét V là không gian hàm được cho bỏi:
V : = { V : Vliên tục trên - Ệ 2 - và liên tục từng mảnh trên Q và
V = 0 trên r }.
( v , w ) : = Ị v ( x ) w ( x ) d x, V , w e V .
n
Ta xét phiếm hàm tuyến tính F : V —> R được xác định bởi
1
F { v ) := |a(v, v ) - (/, v), với V € V ,
trong đó a ( u , := f \ / u . V v d x = f + ỹ U Q V ] d x . Ta xét hai bài toán ( M ) và (V) được cho như sau:
Bài toán { M ) x Tìm u € V sao cho F { u ) < .F(v), \ f v £ V và
Bàỉ toán (V): Tìm u € V sao cho a ( u , v ) = (/, v ) , V v E V
Ta có định lý sau:
Định lí 2.2.1. Ba bài toán ựD),(Ai) và (V) là tương đương nhau, tức là
nghiệm của bài toán này là nghiệm của hai bài toán kia và ngược lại
C h ứ n g m i n h .
• ỰD) (V). Để chỉ ra nghiệm u của bài toán ỰD) cũng là nghiệm của bài toán (V), ta nhắc lại công thức Green như sau: f TỤV. V wdx =
n
+ ^~n2 là đạo hàm theo hướng thông thường đối với biên r. Ta nhắc lại định lí phân kì cho mối quan hệ giữa tích phân trong miền và tích phân trên biên như sau:
Ị dỉvAdx = Ị Ands,
h T
trong đó A = (AI,A2) là một hàm véc tơ xác định trên íì, và divA := ỡ^2"'
u = (ui su2) là véc tơ pháp tuyến hướng ra ngoài của r, dx là vi phân trong M2 và ds là vi phân dọc theo r. Áp dụng định lí phân kì đối với A =
(vw, 0) và A = (0,vw), ta thu được:
Ta nhân (2.1) với một hàm thử tùy ý V€ V và lấy tích phân trên Í2. Theo công thức Green (2.2) ta có:
( / )v) — ~ J Auvdx = — J —vdx = — J AuAvdx = a(w, v). (2.4) fi íì ÍÌ Từ đó suy ra и là nghiệm của bài toán (V).
•{M) (V). Ta chỉ rằng các bài toán (V) và (Л4) có cùng nghiệm. Giả sử и là một nghiệm của bài toán (V), cho VE V và lấy w = V— и để v = u + w v ầ w £ V . Chúng ta có
F(v) = F(u + w ) = -a(u + w,u + w) — (/, и + w) Ẩi
= ị a ( u , ù ) - (/, u ) + a ( u , w ) - (/, w ) + ị a ( w , w ) > F ( u)
từ (2.4), a ( u , w ) — (f , w) = 0 và a ( w , w) > 0, nên и là một nghiệm của bài toán (Л4). Mặt khác, nếu и là một nghiệm của bài toán (Л4) thì với mọi V
G V và số thực 6 ta có
F(u) < F(u + ev). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Với и + ev G V. Do hàm
1 6^ g(e) = F(u + ev) = ịa(u, и) + ea(u, V) + — a(v, V) - (/, и) - 6(/,
V),
có cực tiểu khi 6 = 0 nên ^(o) = 0. Vì </(0) = a(u, V) — (/, v), suy ra и là một nghiệm của bài toán (V). Tiếp theo, ta chứng minh nghiệm của bài toán (V) được xác định duy nhất. Giả sử Uị và U2 là hai nghiệm của bài toán
(V),tứclà với «1,«2 Ễ y ta có
a(uuv) = ( f , v ) Vv e V
a ( u2, v ) = ự , v ) V vG V
vế các
V= a(ui — u2) E V, chúng ta được
J а2(щ — u2)2dx = 0, г
nên a(ui(x) — u2(x)) = a(ui — u2)(x) = 0, Va: G r. Từ đó suy ra a{u\ — U2)(x) là không đổi trên r, suy ra U\{x) = U2(x),Vx G r. Tóm lại, chúng ta
đã chỉ ra rằng nếu u là nghiệm của bài toán T>, thì u cũng là nghiệm của hai bài toán
tương đương (M.) và (V). Ta có sơ đồ như sau ỰD) =>- (V) { M ) .
• (V) =>■ {Ải)- Ta chỉ ra nếu u là nghiệm của bài toán (V) thì u cũng là nghiệm của bài toán ỰD). Thật vậy, giả sử u e V thỏa mãn
I auvdx = j fvdx, Vv e V. fì íì
Nếu giả thiết Aĩí tồn tại và liên tục thì sử dụng tích phân từng phần và điều kiện biên u = 0 trên r ta có — / (Am + f)vdx = 0, \/v G V. Nhưng
p
do giả thiết (Aĩí + /) liên tục nên (Am + f ) ( x ) = 0,x G r và suy ra u là nghiệm của bài toán ỰD). Như vậy chúng ta đã thấy rằng nếu u là nghiệm của bài toán (V) và thỏa mãn thêm giả thiết chính quy (Au liên tục) thì u là nghiệm của bài toán ỰĐ). Ta lại thấy rằng nếu u là nghiệm của bài toán (V) thì u cũng thỏa mãn giả thiết chính quy và do đó chúng ta có (V) => ỰD) nên ba bài toán ỰĐ), (V) và (Ải) là tương đương.
2.3. Phương pháp phần tử hữu hạn cho phương trình Poisson