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:
K(P0;Q) = 1 2π
∂
∂nQ( 1
rP0Q) = − 1 2π
cos(−−→
P0Q;−n→Q) r2
và chú ý công thức (1.35) cos(−−→
P0Q;−n→Q) ≤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
W(P) = Z Z
S
∂
∂nQ( 1
rP Q)ν(Q)dSQ (2.31)
có
Wi(P0) ≡ 0
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)
∂n0i = 0, ∀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)
∂n0i = ∂W(P0)
∂n0e = 0, ∀P /∈ S
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.
Chứng minh. Theo Định lý 1.6 thì ta chỉ cần chứng minh phương trình thuần nhất tương ứng của (2.27)
ν(P0) + Z Z
S
K(P0;Q)ν(Q)dSQ = 0 chỉ có nghiệm tầm thường, ta viết (2.27) dưới dạng
2π
ν(P0) + Z Z
S
K(P0;Q)ν(Q)dSQ
=
= 2πν(P0) + Z Z
S
∂
∂nQ( 1
rP0Q)ν(Q)dSQ = 0 (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)−
Z Z
S
K(P0;Q)ν(Q)dSQ = 0 (2.33) chỉ có một nghiệm độc lập tuyến tính.
Chứng minh. Xét thế vị lớp kép đặc biệt (tích phân Gauss):
W0(P) = Z Z
S
∂
∂nQ( 1
rP Q)dSQ
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
Z Z
S
∂
∂nQ( 1
rP0Q)dSQ = 2π hay
1− Z Z
S
K(P0, Q)dSQ = 0 trong đó K(P0;Q) = 2π1 ∂n∂
Q(r1
P0Q) 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)
à(P0)− Z Z
S
K(Q, P0)à(Q)dSQ = 0 (2.34) không thể có hai nghiệm độc lập tuyến tính.
Thật vậy, giả sử phương trỡnh (2.34) cú hai nghiệm à1(P0) và à2(P0) độc lập tuyến tính. Khi đó:
2πà1(P0)− Z Z
S
∂
∂nQ( 1
rP0Q)à1(Q)dSQ = 0 (2.35) 2πà2(P0)−
Z Z
S
∂
∂nQ( 1
rP0Q)à2(Q)dSQ = 0 (2.36)
Ta đi xây dựng hai thế vị lớp đơn V1(P) =
Z Z
S
( 1
rP Q)à1(Q)dSQ V2(P) =
Z Z
S
( 1
rP Q)à2(Q)dSQ
Khi đó theo Định lý 2.1 thì (2.35), (2.36) có thể viết dưới dạng
∂V1(P)
∂n0i = 0, ∂V2(P)
∂n0i = 0
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 à1(P0)−à2(P0) = 0 P0 ∈ S
tức là à1(P0) = à2(P0) trỏi với giả thiết.
Bõy giờ ta xõy dựng một thế vị lớp đơn với hàm mật độ C2à1(Q)−C1à2(Q), ta có
V(P) = Z Z
S
1 rP Q
C2à1(Q)−C1à2(Q)dSQ =
= C2V(P)−C1V2(P) ≡0, P0 ∈ Ω Từ đó Vi(P0) ≡ 0, P0 ∈ S
Theo Bổ đề 2.5 thì
C2à1(Q)−C1à2(Q) ≡ 0
tức là à1(Q) và à2(Q) là phụ thuộc tuyến tớnh lẫn nhau.Vậy định lý được chứng minh.
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)| ≤ const
R2 (2.37)
R = px2 + y2 +z2.
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 như AR 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:
u(P) = α
R + u1(P) (2.38)
R = px2 +y2 + z2
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 R
S +u1
S = f(P0) hay
u1
S = f(P0)− α R S
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)− Z Z
S
K(P0;Q)ν(Q)dSQ = − 1
2πf(P0) + α 2πR
S (2.39)
Theo Định lý 1.5 thì điều kiện cần và đủ để (2.39) có nghiệm là vế phải của nó phải thỏa mãn:
− Z Z
S
f(Q)ν0(Q)dSQ+α Z Z
S
ν0(Q) rOQ
= 0 (2.40)
(rOQ = R
S, O là gốc tọa độ) trong đú à0(Q)là một nghiệm nào đú của phương trình thuần nhất liên hợp với phương trình (2.30). Trong chứng minh Định lý 2.9 ta đó biết, thế vị lớp đơn V0(P) với hàm mật độ ào(Q) là một hằng số với mọi P ∈ Ω
V0(P) = Z Z
S
à0(Q)
rP Q dSQ = C ∀P ∈ Ω
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 thỡ khi đú à0(Q) ≡ 0trỏi với giả thiết. Vậy tớch phõn thứ hai trong (2.40) là một hằng số khỏc 0. Ta cú thể nhõn thờm à0(Q) với một hằng số thích hợp thì ta có được C=1, và như vậy thì
α = Z Z
S
f(Q)à0(Q)dSQ (2.41)
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.