Tải bản đầy đủ - 159 (trang)
§3. Bài toán dirichlet

§3. Bài toán dirichlet

Tải bản đầy đủ - 159trang

a) Nếu X , X 0 thì G(X, X 0) có dạng

G(X, X 0) = (X, X 0) + g(X, X 0),



(3.3)



trong đó (X, X 0) là nghiệm cơ bản của phơng trình Laplace còn g(X, X 0) là hàm điều hoà theo

biến X trong miền , liên tục và có các đạo hàm riêng

cấp một liên tục trong .

b) G(X, X 0)



X



= 0.



(3.4)



Từ định nghĩa ta suy ra :





G(X, X 0) là hàm điều hoà theo biến X trong miền \{X 0}.







g(X, X 0)







Khi X X 0 thì G(X, X 0) +. X 0 gọi là cực điểm của hàm Green.



X



= (X, X 0).



Biểu diễn nghiệm của bài toán (3.1) (3.2) trong miền

Giả sử trong miền bị chặn R3 tồn tại hàm Green G(X, X 0) và tồn tại nghiệm u của bài toán

(3.1) (3.2) sao cho u có các đạo hàm riêng cấp một liên tục trên . Khi đó nghiệm u đợc biểu

diễn dới dạng :

0



U(X ) =







(



G s, X 0

n







) ( s ) ds



(3.5)



trong đó n là pháp vectơ trong của .

Chứng minh

Theo công thức biểu diễn tích phân của hàm điều hoà (1.5) ta có :

U(X 0) =







u







u ( s ) n ( s, X ) n ds

0



(3.6)







Mặt khác, áp dụng công thức Green đối với hai hàm u và v = g(X, X0) ta có :

0=







g



u(s) n g(s, X



0



)







u

ds .

n



Cộng (3.6) với (3.7) vế theo vế ta có :



(



)





G s, X 0

u ( s )

U(X ) = u ( s )

G s, X 0

ds

n

n





0



(



)



104



(3.7)



(



)



G s, X 0

U(X ) =

( s ) ds ,

n





0



vì G(s, X 0)



s



= 0 và u(s)



s



= (s).



Nh vậy nếu ta biết đợc hàm Green G(X, X 0) và bài toán (3.1) (3.2) tồn tại nghiệm khả vi liên

tục trên thì nghiệm đó sẽ hoàn toàn đợc xác định bởi công thức (3.5).



3.3. Giải bài toán Dirichlet đối với hình cầu V(0, R)

Trong phần này ta xét bài toán (3.1) (3.2) trên miền = V(0, R) (viết tắt VR).

A) Xây dựng hàm Green trong hình cầu VR.

Xét X 0 VR, gọi X 0 là điểm sao cho 0X 0.0 X 0 = R 2. Với mỗi X thuộc VR = VRUSR (SR = S(0, R)),

ta đặt 0X 0 = , 0 X 0 = , XX 0 = r X X 0 = r .

Hàm Green trong hình cầu VR có dạng :

G(X, X 0) =



1 1

R



4 r r



(3.8)



Chứng minh

Vì X 0 VR nên X 0 VR do đó X 0 X VR .

1 R

R

. = . (X, X 0). Khi đó g(X, X 0) là hàm điều hoà theo biến X trong VR và

4 r



0

G(X, X ) có dạng (3.3).



Đặt g(X, X 0) =



Mặt khác, với X SR ta có : 0X 0.0 X 0 = R 2 = 0X 2.

Suy ra hai tam giác OX 0X và OX X 0 đồng dạng, do đó :



105



XX 0

X 0X



=



OX 0

1 R 1

hay = .

OX

r r



Vậy



1

1



= 0.

4 r 4r



G(X, X 0) | X SR =



Một cách tổng quát, với hình cầu V(0, R) R n (n 3), hàm Green có dạng :



1

G(X, X ) =

( n 2 ) n

0



Với n = 2, hàm Green G(X, X 0) =



n2

1

R 1

n2 .

r

r



1 1

R

ln ln

2 r

.r



B) Biểu diễn nghiệm của bài toán (3.1) (3.2) trong V(0, R).

Giả sử bài toán (3.1) (3.2) tồn tại nghiệm khả vi liên tục trong hình cầu đóng V ( 0, R ) = V(0,

R)USR. Khi đó :

U(X 0) =







SR



(



G s, X 0

n



) ds



G (s, X 0 ) 1 1 R 1

=



n 4 r S r

n

Giả sử s(x, y, z) SR, X 0 = (x0, y0, z0) V(0, R). Khi đó

r = sX 0 =



( x x ) + (y y ) + (z z )

0



2



0



2



0



2





1

1

1





1

1

= r cos ( n, x ) + r cos ( n, y ) + r cos ( n, z ) = 2 cos ( r , n ) .





y

z

n r x

r





Tơng tự ta có

Vậy



1

1

= 2 cos(r , n ).





n r r





G (s, X 0 )

1 1

R 1

=

2 cos(r , n ) . 2 cos(r , n ) .

n

4 r

r





Mặt khác, do OX 0s đồng dạng với Os X 0 nên ta có :

2 = R 2 + r2 2Rrcos( r , n ) ; 2 = R 2 + r2 2Rr cos( r , n )



do đó



G

1 R 2 + r 2 2 R R 2 + r 2 2

=

.





n 4



2 Rr 3

2 Rr 3





106







0



X0







r



r



0

Nhng =



X0



R

Rr

, r =

(vì s S) nên :





G

1 R 2 2

=

= P s, X 0 .

3

n 4 Rr



(



)



(3.9)



Khi đó (3.5) trở thành :

0



u(X ) =







SR



R 2 2

( s ) ds hay u(X 0) =

2

Rr



P ( s, X ) ( s ) ds

0



(3.10)



SR



(3.10) gọi là công thức Poisson, (3.9) gọi là nhân Possion.

Các tính chất của nhân Poissoi P(s, X 0).

a) P(s, X 0) > 0, X 0 VR và s SR.

b)



P ( s, X ) ds = 1 .

0



SR



c) X 0 P(s, X 0 ) = 0 .

Chứng minh nh bài tập

C. Kiểm nghiệm công thức (3.10) là nghiệm của bài toán (3.1) (3.2)

Trong phần B, với giả thiết bài toán (3.1) (3.2) tồn tại nghiệm u khả vi liên tục trên VR thì u

đợc cho bởi công thức (3.10). Tuy nhiên với điều kiện biên liên tục u |SR = cho trớc, nhờ công

thức Poisson (3.10) ta luôn có thể xây dựng đợc hàm u xác định trên VR. Trong phần này ta sẽ

chứng minh (3.10) sẽ là nghiệm của bài toán (3.1) (3.2).

Thật vậy, ta cần chứng minh u(X 0) =





u(X 0) liên tục trên VR .







X 0 u( X 0 ) = 0







1 R 2 2

( s ) ds thoả mãn :

4 SR Rr 3



( )



lim u X 0 = (s0), s0 SR.



X 0 s0



107



Ta có : X 0 u( X 0 ) =







X0



(



)



P s, X 0 ds = 0 .



SR



Với mọi s0 SR, ta có

1 R 2 2

( s ) ds



4 SR Rr 3



u(X 0) (s0) =



=



( )







SR





R 2 2

0

s

ds





Rr 3





( )



1 R 2 2

(s) s 0 ds

3





4 SR Rr



( )



( )



u X 0 s0



1 R 2 2

(s) s 0 ds.

4 SR Rr 3



( )



Vì liên tục trên SR nên tồn tại M > 0 sao cho



( )



( s ) s 0 M , s SR ,



( )



và với mọi > 0, tồn tại > 0 sao cho : ( s ) s 0 <

s = { s S : ss0 < 2}. Vậy :



( )



( )



u X 0 s0





với mọi

2



1 R 2 2

( s ) s 0 ds

4 Rr 3



( )



R 2 2

+

( s ) s 0 ds

3

Rr

SR \



( )



I1 + I2.



I1 =



1 R 2 2

1 R 2 2



0

s

s

ds

ds = .







<

( )

3

3





4 Rr

2 4 SR Rr

2



I2 =



R 2 2

R 2 2

M

1

0

s

s

ds

ds .







<

( )

4 SR\ Rr 3

4 SR\ Rr 3



( )



( )



Với mọi s SR\ ta có ss0 2 suy ra :

Nếu X 0s0 < thì sX 0 ss0 s0X 0 > và :



R 2 2 ( R + )( R ) 2 R ( R ) 2 ( R )

=



=

.

3

Rr 3

Rr 3

R 3

Do đó



108



I2



2MR 2

( R ) .

3



Khi X 0 s0 thì = 0X 0 0, s0 = R hay R 0, nên với > 0

tồn tại 1 < sao cho X 0s0 < 1 ta có :

R <

do đó I2 <



3

.

,

2 2MR 2





và ta có :

2



( )



( )



u X 0 u s0 <



( )





+ = .

2 2



( )



Nói cách khác lim

u X 0 = s 0 . Vậy u liên tục trên VR và thoả mãn điều kiện biên (3.2).

0

0

X s



109



Đ4. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet

trong miền bị chặn

Bây giờ ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền R3 bị chặn

bất kì với là mặt trơn từng mảnh.

u = 0



(3.1)



u = .



(3.2)



4.1. Các định nghĩa

Giả sử v là hàm liên tục trên .

+ v gọi là hàm điều hoà trên trong miền nếu với mọi X , tồn tại

> 0 sao cho mọi mặt cầu S(X, r) với r thì ta có :

v(X )



1

4 r 2



v ( s ) ds



(4.1)



S( X , r )



+ v gọi là hàm điều hoà dới trong miền nếu với mọi x , tồn tại

> 0 sao cho mọi mặt cầu S(X, r) với r thì ta có :

1

v ( s ) ds

(4.2)

v(X )

4 r 2 S ( X, r )

Mọi hàm điều hoà trong miền đều là điều hoà trên và điều hoà dới trong .

+ v gọi là hàm trên đối với nếu v là hàm điều hoà trên và

v



(4.3)



Bằng cách tơng tự, ta có thể định nghĩa hàm dới đối với .



4.2. Các tính chất của hàm điều hoà trên và điều hoà dới

a) Nếu v là hàm điều hoà trên thì cv là hàm điều hoà trên khi c > 0 và là hàm điều hoà dới

khi c < 0.

b) Nếu v1, v2 là hai hàm điều hoà trên thì v1 + v2 là hàm điều hoà trên.

c) Nếu v là hàm điều trên trong miền thì v đạt đợc giá trị nhỏ nhất trên biên .

d) Nếu v1, v2, , vn là các hàm trên đối với thì v = min{v1, v2, , vn} cũng là hàm trên đối

với .

Các tính chất này đợc suy trực tiếp từ định nghĩa. Bằng cách tơng tự ta cũng có thể phát

biểu đợc các tính chất của hàm điều hoà đới đối với .

Định lí 1. Giả sử v là hàm điều hoà trên trong hình cầu K (mở) , bao giờ ta cũng xây dựng

đợc một hàm uK điều hoà trong K và thoả mãn :



110



u S = v, SK = K

K



uK v ( X ) , X K

Chứng minh

Có thể xây dựng uK từ công thức Poisson (3.10)



(



)



P X 0 , s v ( s ) ds nếu X 0 K



uK(X 0) = SK

v X 0

nếu X 0 SK





( )



Theo chứng minh phần (3.3c) ta có uK là hàm điều hoà trên K và

uK(X 0) = v(X 0), với mọi X 0 SK.

Mặt khác v(X 0) uK(X 0) = 0, với mọi X 0 SK nên hàm v uK là hàm trên đối với = 0. Do đó

theo tính chất c) ta có



{( )



( )} = 0 ,



min v X 0 uK X 0



X0 K



( K = K SK)



hay

v(X0) uK(X 0), X 0 K .



Định lí 2. Giả sử v là hàm trên đối với trong và K là hình cầu mở trong . Khi đó nếu đặt :

uK ( X ) nếu X K

vK ( X ) =

v ( X ) nếu X



K



với uK đợc xây dựng trong định lí 1, thì vK cũng là hàm trên đối với trong .

Chứng minh

vK(X )



X SK = K



= v(X )



X SK



(X).



Ta sẽ chứng minh vK thoả mãn (4.1).

Với mọi X , nếu X K thì (4.1) nghiệm đúng vì vK(X) = uK(X). Nếu

X

K thì (4.1) cũng nghiệm đúng vì vK(X) = v(X) là hàm trên.

Nếu X SK, xét mặt cầu Sr(X) . Ta có :

vK(X ) = v(X)



1

4 r 2



v ( s ) ds .



Sr ( X )



Nhng theo định lí 1 ta có v(X) vK(X) với mọi X nên :

1

vK ( s ) ds .

vK(X)

4 r 2 Sr ( X )

Vậy vK là hàm trên đối với .



111



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

§3. Bài toán dirichlet

Tải bản đầy đủ ngay(159 tr)

×