Embed Size (px)
Citation preview
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 VỚIHÀM 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
Q ∈ S thì −→r =−→PQ hợp với −→nQ một góc nhỏ hơn hoặc bằng π
2 tức là:
cos(−→r ,−→nQ) ≥ 0 (1.1)
Từ P, xét tất cả các bán kính vectơ−→PQ,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 : |σ1|1 = |σR|R2
Do đó ta có thể viết:
ωP (S) =|σR|R2
(1.3)
4
Nếu pháp tuyến dương −→nQ hợp với bán kính vectơ −→r một góc tù cos(−→r,−→nQ) ≤ 0
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 Sj sao cho cos(−→r,−→nQ) không đổi dấu.
Khi đó ta đặt
ωP (S) ≡∑j
ωP (Sj) (1.5)
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
ωP (S) = −∫∫S
∂
∂nQ(1
r)dSQ
trong đó r=PQ là khoảng cách giữa hai điểm P và Q, −→nQ là pháp tuyến dương tại
Q ∈ S, ∂∂nQ
là đạo hàm theo hướng −→nQ.
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−→PQ chỉ cắt S tại Q duy nhất.
Giả sử cos(−→r ,−→nQ) ≥ 0
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
∂
∂νQ(1
r)dSQ = 0 (1.6)
trong đó −→νQ là pháp tuyến trong đối với miền D tại điểm Q.
5
Trên mặt nón S0 thì véctơ −→νQ thẳng góc với −→r nên ta có
∂
∂ν(1
r) =− cos(−→r ,−→ν )
r2= 0 (1.7)
Trên mặt S, ta có−→νQ = −−→nQ
nên ∫∫S
∂
∂νQ(1
r)dSQ = −
∫∫S
∂
∂nQ(1
r)dSQ. (1.8)
Trên σR ta có:∫∫σR
∂
∂νQ(1
r)dSQ =
∫∫σR
∂
∂nQ(1
r)dSQ = − 1
R2
∫∫σR
dSQ =−|σR|R2
. (1.9)
Từ công thức (1.6), (1.7), (1.8) và (1.9) ta có∫∫S
∂
∂nQ(1
r)dSQ + ωP (S) = 0
hay
ωP (S) = −∫∫S
∂
∂nQ(1
r)dSQ. (1.10)
Nếu cos(−→r,−→nQ) ≤ 0 thì trên mặt S ta có:
−→νQ = −→nQ
và ∫∫S
∂
∂νQ(1
r)dSQ =
∫∫S
∂
∂nQ(1
r)dSQ. (1.11)
Từ đẳng thức
ωP (S) =−|σR|R2
6
suy ra
−∫∫S
∂
∂νQ(1
r)dSQ =
∫∫S
∂
∂nQ(1
r)dSQ = −−|σR|
R2= ωP (S) (1.12)
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
tâm Q0 ∈ S cắt mặt S theo mảnh S ′(Q0) sao cho có một tia đi qua Q0 ;−→n′0//−→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−→n′0 hướng ra phía ngoài, còn Q’
là điểm tại đó−→n′0 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:
(−→n ,−→n0) = (−→n ,−→n′0) >
π
2> 1
Điều này không thể sảy ra vì theo (1.13) và (1.14) ta phải có:
(−→n ,−→n0) ≤ Arα ≤ Adα ≤ 1
Trường hợp−→n′0 tiếp xúc với s′(Q0) cũng không thể xảy ra vì khi đó
(−→n ,−→n0) = (−→n ,−→n′0) =
π
2> 1
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 Q0ζ trùng với pháp tuyến −→n0 tại Q0 còn 2 trục Q0ξ và Q0η 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 Q0ξηζ 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 =
Q0Q. 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:
cosϕ = 1− ϕ2
2!+ϕ4
4!− ... =
∑n=0
(−1)nϕ2n
(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
cosϕ ≥ 1− ϕ2
2
Theo công thức (1.13) ta có:
cosϕ ≥ 1− 1
2A2r2α. (1.18)
Mặt khác do (1.14) nên trong các mặt cầu Lyapunov đã chọn:
9
A2r2ϕ ≤ A2d2ϕ ≤ 1.
và từ (1.18) ta suy ra đánh giá sau:
cos(−→n ,−→ζ ) ≥ 1
2(1.19)
b) Đại lượng cos(−→n ,−→ξ ) và cos(−→n ,−→η )
Gọi−→n′ là hình chiếu của −→n xuống mặt phẳng Q0ξη. 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 Q0ξ
và Q0η ta có
cos(−→n ,−→ξ ) = sinϕ cosα′. (1.20)
Tương tự
cos(−→n ,−→η ) = sinϕ cos β′. (1.21)
Chú ý 1.2.
sinϕ < ϕ ≤ Arα
từ đó ta có các đánh giá sau:
| cos(−→n ,−→ξ )| ≤ Arα (1.22)
| cos(−→n ,−→η )| ≤ Arα (1.23)
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
cos(−→n ,−→ξ) =
−f ′ξ√1 + (f ′ξ)
2 + (f ′η)2
(1.24)
cos(−→n ,−→η) =
−f ′η√1 + (f ′ξ)
2 + (f ′η)2
(1.25)
cos(−→n ,−→ζ) =
1√1 + (f ′ξ)
2 + (f ′η)2
(1.26)
Từ (1.19),(1.22→ 1.26), ta có
|f ′ξ| =√
1 + (f ′ξ)2 + (f ′η)
2| cos(−→n,−→ξ)| ≤ 2Arα
và tương tự đối f′
η, như vậy
|f ′η| ≤ 2Arα (1.27)
|f ′ζ | ≤ 2Arα. (1.28)
Trong mặt phẳng Q0ξη thì vị trí của Q0ξ là bất kỳ. Do đó trong đánh giá (1.27)
và (1.28) là đúng với mọi phương Q0ρ bất kỳ trong mặt phẳng Q0ξη. Gọi ρ là
khoảng cách của những điểm nằm trên tia đó tới Q0. Khi đó
|∂f∂ρ| ≤ 2Arα (1.29)
Trong mặt phẳng Lyapunov, r là đại lượng giới nội nên:
|∂f∂ρ| ≤M
Từ đó
|ζ| = |f(ξ, η)| =∣∣ ρ∫
0
∂f
∂ρdρ∣∣ ≤ ρ∫
0
∣∣∂f∂ρ
∣∣dρ ≤Mρ. (1.30)
11
Gọi Q(ξ, η, ζ) là điểm nằm trên mặt S ′(Q0) và P (ξ, η) là hình chiếu của Q lên
mặt phẳng Q0ξη và đặt
ρ = Q0P .
Khi đó trong tam giác vuông Q0PQ ta có
r2 = Q0Q2 = ρ2 + ζ2.
Từ đó với chú ý (1.30) ta suy ra
|ζ2| ≤M 2ρ2 ⇒ r2 ≤M 2ρ2 + ρ2
và do đó
r ≤ Kρ, K = const (1.31)
Như vậy, (1.29) cho ta
|∂f∂ρ| ≤ K ′ρα, K
′= const
hay
|ζ| = |f(ξ, η)| ≤ρ∫
0
|∂f∂ρ|dρ ≤ Cρα+1, C = const (1.32)
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:
cos(−→r ,−→n ) =ξ
rcos(−→n ,
−→ξ ) +
η
rcos(−→n ,−→η ) +
ζ
rcos(−→n ,
−→ζ ). (1.34)
12
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 )| ≤ C1rα. (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: ∫∫S
∣∣ ∂
∂nQ(
1
rPQ)∣∣dSQ ≤ C (1.36)
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 =⋃jSj, khi đó tổng trị tuyệt đối số đo các góc khối là bị chặn đều
∑j
|ωP (Sj)| ≤ C.
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 ∈ SLấy gốc tọa độ địa phương là P và như vậy coi
P ≡ Q0 ∈ S
Chú ý: ∂∂nQ
( 1rQ0Q
) = −cos(−→r ,−→n )r2
Khi đó ∫∫S
∣∣ ∂
∂nQ(
1
rQ0Q)∣∣dsQ =
∫∫S
∣∣cos(−→r ;−→n )
r2
∣∣dSQ =
=
∫∫S′(Q0)
∣∣cos(−→r ,−→n )
r2
∣∣dSQ +
∫∫S\S′(Q0)
∣∣cos(−→r ,−→n )
r2
∣∣dSQ.Nếu Q ∈ S\S ′(Q0) thì
Q0Q = r ≥ d
13
với d bán kính mặt cầu Lyapunov và∫∫S\S′(Q0)
∣∣cos(−→r ,−→n )
r2
∣∣dSQ ≤ 1
d2
∫∫S\S′(Q0)
dSQ ≤|S|d2
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 Q0ξη. Chú ý đánh giá (1.19) ta có∫∫S′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dSQ =
∫∫G′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2 cos(−→n ,
−→ζ )dξdη ≤
≤ 2
∫∫G′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dξdη (1.37)
Gọi P (ξ, η) là hình chiếu của Q(ξ, η, ζ) lên mặt phẳng Q0ξη và ρ = Q0P ta có:
r2 = ρ2 + ζ2
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 ′1ρα (1.39)
Từ (1.37), (1.38), (1.39) ta có∫∫S′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dSQ ≤ C ′∫∫
G′(Q0)
dξdη
ρ2−α ≤∫∫ρ≤d
C′ dξdη
ρ2−α = C ′′.
Chú ý rằng G′(Q0) nằm trong hình tròn ρ ≤ d. Vậy với P ≡ Q0 ∈ S ta có∫∫S
∣∣ ∂
∂nQ(
1
rQ0Q)∣∣dSQ ≤ |S|
d2+ C ′′. (1.40)
14
Do đó tích phân ở vế trái của (1.40) là tồn tại ngay cả khi P ∈ Sb. Điểm P /∈ SVới P /∈ S thì khoảng cách từ P tới S lớn hơn hay bằng d
2 hoặc bé hơn d2
Với trường hợp thứ nhất, ta có
rPQ ≥d
2
Khi đó | cos(−→r ,−→n )|r2 ≤ 1
r2 ≤4d2 và do đó∫∫S
| cos(−→r ,−→n |r2
dSQ ≤4
d2|S| (1.41)
Đối với trường hợp thứ hai, gọi Q0 là điểm trên S sao cho
PQ0 = minQ∈S
rPQ <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 Q0ξηζ 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 PQ ≥ d2 . Thật vậy trong tam giác PQ0Q ta có
Q0Q > d, PQ0 <d2 nên:
r = PQ ≥ Q0Q− PQ ≥ d− d
2=d
2
Do đó ∫∫S\S′(Q)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dSQ ≤4
d2
∫∫S\S′(Q)
dSQ ≤4
d2|S|. (1.42)
Xét tích phân: ∫∫S′(Q)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dSQ
15
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 Q0P = δ, Q0Q = 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:
cos(−→r ,−→ζ ) =
ζ+−δ
r.
Vậy từ (1.22),(1.33) và (1.43) suy ra
| cos(−→r ,−→n )| ≤ Crα0 + C1rα+1
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 = ξ2 + η2.
Ta có
r2 = ρ2 + (ζ+−δ)
2 = ρ2 + ζ2 + δ2 +−2ζδ. (1.45)
Hơn nữa chú ý bất đẳng thức
(1√2δ+−√
2ζ)2 ≥ 0
ta suy ra
|2ζδ| ≤ 1
2δ2 + 2ζ2
16
Do đó (1.45) cho ta
r2 ≥ ρ2 +1
2δ2 − ζ2. (1.46)
Nhưng do (1.32) ta có
|ζ| ≤ Cρα+1 ≤ Cdαρ.
Bán kính d của mặt cầu Lyapunov có thể chọn đủ nhỏ sao cho
Cdα ≤ 1√2
Như vậy
|ζ|2 ≤ ρ2
2
và do (1.31) cho ta đánh giá của r qua ρ:
r2 ≥ 1
2(ρ2 + δ2) ≥ 1
2ρ2 (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 Q0ξη, chú ý G′(Q0) nằm trong mặt
tròn ρ ≤ d. Ta có như ở (1.37)∫∫S′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dSQ ≤ 2
∫∫G′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dξdη
≤ 2
∫∫ρ≤d
| cos(−→r ,−→r2)|
r2dξdη
(1.49)
17
do (1.44) và (1.49) Ta có∫∫S′(Q0)
| cos(−→r ,−→n )|r2
dSQ ≤ const
∫∫ρ≤d
rα0r2dξdη + const
∫∫ρ≤d
rα+10
r3dξdη
+ δ const
∫∫ρ≤ρ
dξη
r3
(1.50)
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:∫∫ρ≤d
rα0r2dξdη ≤
∫∫ρ≤d
Kαρα
12ρ
2dξdη ≤ 2Kα
∫∫ρ≤d
dξdη
ρ2−α = const (1.51)
Đối với tích phân thứ hai:∫∫ρ≤d
rα+10
r3dξdη ≤ 2
23Kα+1
∫∫ρ≤d
dξdη
ρ2−α = const . (1.52)
Đối với tích phân thứ ba, kí hiệu E2 là toàn bộ mặt phẳng (ξ, η)
ta có:
δ
∫∫ρ≤d
dξdη
r3≤ 2
32δ
∫∫ρ≤d
dξdη
(ρ2 + δ2)32
≤ const
∫∫E2
dξdη
δ2(ρ2
δ2 + 1)32
6
≤ const
∫∫E2
dξ′dη′
(ρ′2 + 1)32
,
(1.53)
trong đó:
ξ′ =ξ
δ, η′ =
η
δ, ρ′ =
ρ
δ.
Tích phân cuối lấy trong toàn mặt phẳng, hàm dưới dấu tích phân dần về không
tương đương với 1ρ′3 do đó tích phân hội tụ và
δ
∫∫ρ≤d
dξdη
r3= const (1.54)
18
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 ∫∫S
| ∂∂nQ
(1
rPQ)|dSQ ≤ C
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 6= Q và khi P → Q có bất thường loại yếu:
K(P,Q) = O(1
rα), r = PQ, α ≤ n
Khi đó phương trình:
µ(P ) +
∫Ω
K(P,Q)µ(Q)dVQ = f(P ) (1.55)
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 ) +
∫Ω
K(P,Q)µ(Q)dVQ = 0
Phương trình thuần nhất liên hợp của (1.55) có dạng
ν(P ) +
∫Ω
K(Q,P )ν(Q)dVQ = 0
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 ) +
∫Ω
K(P,Q)µ(Q)dVQ = 0 (1.56)
và phương trình thuần nhất liên hợp
ν(P ) +
∫Ω
K(Q,P )ν(Q)dVQ = 0 (1.57)
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
µ(P ) = µ∗(P ) +
p∑k=1
Ckµk(P ) (1.58)
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∫Ω
f(P )νk(P )dVP = 0 k = 1, 2, ..., p (1.59)
20
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
∆u :=n∑i=1
uxixi
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 + ...+ x2
n)
và chọn υ sao cho ∆u = 0
21
Chú ý :∂r
∂xi=
1
2(x2
1 + ...+ x2n)− 1
22xi =xir
(x 6= 0)
Vì thế
uxi = υ′(r)xir
; uxixi = υ′′(r)x2i
r2+ υ′(r)(1− x2
i
r3); i = 1, 2...n
Do đó
∆u = υ′′(r) +n− 1
rυ(r).
Như vậy ∆u = 0 khi và chỉ khi
υ′′(r) +n− 1
rυ′(r) = 0 (1.61)
Nếu υ′ 6= 0 thì ta thấy rằng:
[log (υ′)]′ =υ′′
υ′=
1− nr
Vì thế υ′(r) = αrn−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
2πlog |x|; n = 2 (1.62)
và
Φ(x) =1
n(n− 2)α(n)
1
|x|n−2; n ≥ 3 (1.63)
với x ∈ Rn;x 6= 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 (1.64)
limP→Q
∂u(P )
∂nQ= f(Q), Q ∈ S, 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′ (1.66)
∂u(P )
∂nQ
∣∣S
= f(Q), Q ∈ S, P ∈ Ω′ (1.67)
|u(P )| 6 C
r, r = OP→∞. (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 :∫Ω
υ(x)(∆u(x))dx = −∫Ω
3∑j=1
∂υ(x)
∂xj
∂u(x)
∂xjdx+
∫∂Ω
υ(x)∂u(x)
∂nxdSx. (1.69)
trong đó −→nx là véctơ pháp tuyến ngoài đơn vị, x ∈ ∂Ω.
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∫Ω
[υ(x)(∆u(x))− u(x)∆(υ(x))] dx =
∫∂Ω
[υ(x)
∂u(x)
∂nx− u(x)
∂υ(x)
∂nx
]dSx.
(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: ∫∫Sh
∂u(Q)
∂nQdSh = 0 (1.71)
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:∫∫S
∂u
∂ndS = 0 (1.72)
24
Chú ý từ (1.71), có thể viết (1.72)∫∫S
f(Q)dSQ = 0 (1.73)
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 (1.74)
limP→Q
∂υ(P )
∂nQ=∂υ
∂n|S = 0 (1.75)
Áp dụng công thức Green thứ nhất ta có:∫∫∫Ωh
[(∂υ
∂x)2 + (
∂υ
∂y)2 + (
∂υ
∂z)2
]dV +
∫∫Sh
υ∂υ
∂ndSh = 0 (1.76)
Hàm υ(P ) liên tục trong Ω ∪ S nên giới nội, hơn nữa, do giả thiết u1(P ), u2(P )
có đạo hàm đều theo pháp tuyến, nên ∂υ∂n|Sh
dần đều về ∂υ∂n|S, do đó cho h→ 0 từ
25
(1.74), (1.75) ta có: ∫∫∫Ω
[(∂υ
∂x)2 + (
∂υ
∂y)2 + (
∂υ
∂z)2
]dV = 0
tức là∂υ
∂x=∂υ
∂y=∂υ
∂z= 0
hay
υ(P ) = const
1.5.4. Bài toán Neumann ngoài
∆u(P ) = 0, P ∈ Ω′ (1.77)
∂u(P )
∂nQ
∣∣S
= f(Q), Q ∈ S, P ∈ Ω′ (1.78)
|u(P )| 6 C
r, r = OP →∞. (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′ (1.80)
∂υ(P )
∂nQ= f(Q), Q ∈ S, P ∈ Ω′ (1.81)
|υ(P )| 6 C
r, r = OP →∞. (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
Ω′hR là miền giới hạn bởi SR và S. Áp dụng công thức Green thứ nhất cho hàm
υ(P ) trong miền Ω′hR ta có:
∫∫∫Ωh
R
υ4υdV +
∫∫∫Ω′hR
[(∂υ
∂x)2 + (
∂υ
∂y)2 + (
∂υ
∂z)2
]dV +
∫∫Sh∪SR
υ∂υ
∂ndS = 0
từ (1.75),(1.76) và cho h→ 0, ta có∫∫∫Ω′R
[(∂υ
∂x)2 + (
∂υ
∂y)2 + (
∂υ
∂z)2
]dV +
∫∫SR
υ∂υ
∂ndS = 0 (1.83)
Kết hợp với đánh giá ∣∣∂υ∂n
∣∣ 6 C
R2
|υ| 6 C ′
R
ta có∣∣ ∫∫SR
υ∂υ
∂ndS∣∣ 6 ∫∫
SR
|υ|∣∣∂υ∂n
∣∣dS 6C”
R3
∫∫SR
dS =C”
R3.4πR2 =
C”
R→ 0 (1.84)
Khi R→∞ từ (1.83),(1.84) ta có∫∫∫Ω′
[(∂υ
∂x)2 + (
∂υ
∂y)2 + (
∂υ
∂z)2
]dV = 0
tức là∂υ
∂x=∂υ
∂y=∂υ
∂z= 0
hay
υ(P ) = const (1.85)
Từ (1.82) ta có limOP→∞
υ(P ) = 0 kết hợp (1.85) cho ta
υ(P ) ≡ 0
Vậy định lý được chứng minh.
27
Chương 2
Thế vị lớp đơn và bài toán Neumannđối 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
W (P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rPQ)ν(Q)dSQ (2.1)
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, −→nQ là pháp tuyến ngoài tại Q. Tích phân
Gauss là tích phân có dạng:
W0(P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rPQ)dSQ (2.2)
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 Lyapunov kín trong R3 tích phân
Gauss có giá trị như sau:
W0(P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rPQ)dSQ =
4π nếu P nằm bên trong S2π nếu P nằm trên S0 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
W (P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rPQ)ν(Q)dSQ
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
V (P ) =
∫∫S
1
rPQµ(Q)dSQ (2.5)
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.
minp∈∑
ε
rPQ = δ > 0.
Ta có hàm1
rPQµ(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 1rPQ
là hàm điều hòa nên
∆V (P ) =
∫∫S
µ(Q)∆(1
rPQ)dSQ = 0
30
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
|V (P )| ≤ const
Rkhi R→∞
R = OP =√x2 + y2 + z2
Thật vậy, đặt L = supQ∈S
OQ thì khi R2 ≥ L, từ tam giác OPQ ta có
r = PQ ≥ OP −OQ ≥ R− L ≥ R− R
2
Từ đó do tính giới nội của µ(Q)
|∫∫S
1
rPQµ(Q)dSQ| ≤ C
∫∫S
dSQr≤ 2C
R
∫∫S
dSQ =const
R.
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 ∈ S1. 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
V (P ) =
∫∫S
1
rP0Qµ(Q)dSQ
=
∫∫S”(P0)
1
rP0Qµ(Q)dSQ +
∫∫S′(P0)
1
rP0Qµ(Q)dSQ
31
Tích phân lấy trên S”(P0) hoàn toàn được xác định vì
Q ∈ S ′(P0), r = P0Q > 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 P0ξηζ với gốc tọa độ là P0, trục P0ζ trùng với pháp
tuyến trong mặt S tại P0 và các trục P0ξ ,P0ζ 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 ∫∫S′(P0)
1
rP0Qµ(Q)dSQ =
∫∫G′(P )
1
rP0Qµ(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 = P0Q xuống mặt phẳng tiếp xúc,
ta có
ρ 6 r (2.7)
Ngoài ra, vì µ(Q) là hàm giới nội, ta có:
|µ(Q)| 6 C (2.8)
Do đó dùng dánh giá(1.19),(2.7),(2.8) thì có thể đánh giá như sau:∫∫G′(P )
| 1
rP0Qµ(Q)
1
cos(−→n ,−→ζ )|dξdη 6 2C
∫∫G′(P0)
dξdη
ρ(2.9)
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 rPQ >
R2 do đó tích phân∫∫
S”(p0)
1
rPQµ(Q)dSQ
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:∫∫S′(p0)
1
rPQµ(Q)dSQ
ta đánh giá như ở phần 1), xét hệ tọa độ địa phương P0ξηζ như ở phần 1) và gọi
G′(P0) là hình chiếu của S ′(P0) xuống mặt phẳng tiếp xúc P0ξη và ρ = P ∗Q∗ là
hình chiếu của véc tơ r = PQ xuống P0ξη. Từ tính giới nội của µ(Q) ta có
ρ 6 r, |µ(Q)| 6 C
và như đánh giá (2.4), ta được
|∫∫S′(p0)
1
rPQµ(Q)dSQ| = |
∫∫S′(P0)
1
rP0Qµ(Q)dSQ| = |
∫∫G′(P )
1
rP0Qµ(Q)
dξdη
cos(−→n ,−→ζ )|
6 |∫∫G′(P )
1
rP0Qµ(Q)
1
cos(−→n ,−→ζ )|dξdη 6 2C
∫∫G′(P0)
dξdη
ρ
(2.10)
Vì S ′(P0) nằm trong mặt cầu S2(P0, R) nên hình chiếu G′(P0) của nó trên mặt
phẳng P0ξη 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:∫∫G′(P0)
|dξdηρ| 6 4πR (2.11)
33
Từ đó nếu chọn R đủ nhỏ sao cho
8CπR < ε
thì (2.9) và (2.10) cho ta
|∫∫S′(p0)
1
rPQµ(Q)dSQ| < ε
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
∂V (P )
∂n0=
∫∫S
∂( 1rPQ
)
∂n0µ(Q)dSQ (2.12)
Chứng minh. Gọi (x,y,z) và (ξηζ) lần lượt là tọa độ của P và Q, ta có
∂( 1rPQ
)
∂n0=∂(1
r)
∂xcos n0x+
∂(1r)
∂ycos n0y +
∂(1r)
∂zcos n0z =
1
r2cos(−→PQ,−→n0)
Từ đó∂V (P )
∂n0=
∫∫S
cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)dSQ (2.13)
So sánh với biểu thức thế vị kép:
W (P ) =
∫∫S
cos(−→PQ,−→nQ)
r2PQ
ν(Q)dSQ = −∫∫S
cos(−→PQ,−→nQ)
r2PQ
ν(Q)dSQ (2.14)
34
Ta thấy nhân của tích phân(2.13)chỉ khác nhân tích phân(2.14) ở chỗ thay
cos(−→PQ,−→nQ) bởi − cos(
−→PQ,−→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
∂V (P )
∂n0=
∫∫S
∂( 1rPQ
)
∂n0µ(Q)dSQ =
∫∫S
cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)dSQ
được hoàn toàn xác định ngay cả khi P = P0 ∈ SGiá trị tích phân này được gọi là giá trị trực tiếp của ∂V (P )
∂n0tại P = P0 ∈ S và
thường được ký hiệu là ∂V (P0)∂n0
, cụ thể là:
∂V (P0)
∂n0=
∫∫S
cos(−−→P0Q,
−→n0)
r2P0Q
µ(Q)dSQ.
Chứng minh. Nhờ vào đánh giá
| cos(−→PQ,−→nQ)| 6 C1r
α.
Vì vậy chứng minh hoàn toàn có thể áp dụng được cho định lý này nếu ta thiết
lập được đánh giá
| cos(−−→P0Q,
−→n0)| 6 Crα.
Thật vậy, xét hệ tọa độ địa phương P0ξηζ với P0 làm gốc, trục P0ζ trùng với
pháp tuyến −→n0 còn P0ξ, P0η nằm trong mặt phẳng tiếp xúc tại P0. Khi đó gọi
(ξ, η, ζ) là tọa độ của Q, ta có:
| cos(−−→P0Q,
−→n0)| = ζ
r
Do đánh giá (1.33) ta có
| cos(−−→P0Q,
−→n0)| = |ζ|r
6Crα+1
r= Crα.
35
Do tính giới nội của hàm µ(Q) trên mặt S nên tồn tại hằng số M sao cho
|µ(Q)| 6M. (2.15)
mặt khác theo tính chất thế vị lớp kép ta có:
∂
∂nQ(
1
rPQ) =
cos(−→QP,−→n0)
r2PQ
(2.16)
từ đó
|cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)| = | ∂∂nQ
(1
rPQ)µ(Q)| ≤M
∣∣ ∂
∂nQ(
1
rPQ)∣∣. (2.17)
Theo chứng minh phần a của Định lý 1.3 thì tích phân∫∫S
∂
∂nQ(
1
rPQ)dSQ
tồn tại, vậy từ (2.17) ta suy ra tích phân
∂V (P )
∂n0=
∫∫S
∂( 1rPQ
)
∂n0µ(Q)dSQ =
∫∫S
cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)dSQ
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 )
r2PQ
=∂
∂nQ(
1
rPQ)
là hàm liên tục đối với P và Q, do S là mặt Lyapunov kín suy ra∫∫S
cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)dSQ
liên tục. Ta kiểm tra lại điều kiện thứ hai:
Xét hệ tọa độ địa phương P0ξηζ với P0ζ trùng với pháp tuyến tại P0. Gọi
ρ = P ∗Q∗ là hình chiếu của r=PQ xuống mặt P0ξη
Dùng các đánh giá:(2.6),(1.35),(1.19) và chú ý r ≥ ρ
Ta có đối với mọi P ∈ σ2 thì:
|∫∫S
cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)dSQ| = |∫∫σ2
−cos(−→r ,−→n )
r2µ(Q)dSQ| ≤
≤ C
∫∫G′′(P0;2R)
dξdη
r2−α cos(−→n ,−→ζ )≤ 2C
∫∫G′′(P0;2R)
dξdη
ρ2−α ≤ 2C2π(4R)α
α.
Vậy khi bán kính R của G” được chọn thỏa mãn
C4π(4r)α
α≤ ε
thì ta có
|∫∫S
cos(−→PQ,−→n0)
r2PQ
µ(Q)dSQ| ≤ ε
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 (P0)∂n0
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 )
∂n06= lim
P→P0
V (P )− V (P0)
P0P
37
Xét S là mặt Liapunốp kín. Ta ký hiệu ∂V (P )∂n0i
và ∂V (P )∂n0e
lần lượt là giá trị giới
hạn của ∂V (P )∂n0
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)
∂n0i=∂V (P0)
∂n0− 2πµ(P0),
∂V (P0)
∂n0e=∂V (P0)
∂n0+ 2πµ(P0).
(2.18)
Chứng minh. Xét thế vị lớp kép tương ứng với mật độ µ(Q):
W (P ) =
∫∫S
∂( 1rPQ
)
∂nQµ(Q)dSQ (2.19)
và lập tổng
Z(P)=∂V (P )∂n0
+W (P ) =∫∫S
[∂( 1
rPQ)
∂n0+
∂( 1rPQ
)
∂nQ
]µ(Q)dSQ =
∫S
cosψ−cos θr2PQ
µ(Q)dSQ
trong đó
ψ = (−→PQ,−→n0)
θ = (−→PQ,−→nQ).
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:
P0A = P0B 6R
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 rPQ >R2 nên rõ ràng tích phân:∫∫
S”(P0)
cosψ − cos θ
r2µ(Q)dSQ
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 P0ξηζ với P0ζ trùng với pháp tuyến −→n0 cònP0ξη
là mặt phẳng tiếp xúc của S tại P0. Gọi G′(P0) là hình chiếu của S ′(P0) xuống
P0ξη.
Để đánh giá tích phân ∫∫S′(P0)
cosψ − cos θ
r2µ(Q)dSQ
ta hay đánh giá cosψ − 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 ,−→nQ) = cos(−→r ,−→ξ ) cos(−→nQ,
−→ξ )+
+ cos(−→r ,−→η ) cos(−→nQ,−→η ) + cos(−→r ,−→ζ ) cos(−→nQ,
−→ζ ) =
=ξ
rcos(−→nQ,
−→ξ ) +
η
rcos(−→nQ,−→η ) +
ζ − zr
cos(−→nQ,−→ζ ).
Mặt khác cosψ = cos(−→r ,−→ζ ) = ζ−z
r .
Từ đó
cosψ−cos θ = −ξr
cos(−→nQ,−→ξ )−η
rcos(−→nQ,−→η )+
ζ − zr
[1− cos(−→nQ,
−→ζ )]. (2.20)
Ký hiệu r0 = P0Q do các đánh giá (1.22), (1.23), (1.18) chỉ cần R 6 d (bán kính
lyapunov) ta có:
| cos(−→nQ,−→ξ )|, | cos(−→nQ,−→η )| 6 Arα0
cos(−→nQ,−→ζ ) ≥ 1− 1
2A2r2α
0
39
tức là:
1− cos(−→nQ,−→ζ ) 6
1
2A2r2α 6
1
2Arα0 (2.21)
nếu n0 khá bé Từ (2.12), (2.13) do (2.11) ta có đánh giá
| cosψ − cos θ| 6 cos(−→nQ,−→ξ )|+ | cos(−→nQ,−→η )|+
+ |1− cos(−→nQ,−→ζ ) 6 Crα0
(2.22)
Gọi ρ là hình chiếu của r0 (cũng là của r) xuống P0ξη ta có
ρ 6 r. (2.23)
Mặt khác do (1.31)
r0 6 Kρ. (2.24)
Từ (2.13), (2.14) ta có:
|cosψ − cos θ
r2| 6 C
rα0r2
6Mρα
ρ2=
M
ρ2−α .
Từ (1.19) ta có
|∫∫S′(P0)
cosψ − cos θ
r2µ(Q)dSQ| 6
∫∫S′(P0)
M
r2−αdSQ =
∫∫G′(P0)
M
r2−αdξdη
cos(−→nQ,−→ζ )
6 2M
∫∫G′(P0)
M
r2−αdξdη
ρ2−α
(2.25)
Miền G′(P0) nằm trong mặt tròn tâm P0 bán kính, do đó
|∫∫S′(P0)
cosψ − cos θ
r2µ(Q)dSQ| 6 2M
∫∫G′(P0)
dξdη
ρ2−α 6∫∫ρ<R
dξdη
ρ2−α =4πM
αRα.
Chỉ việc chọn R đủ nhỏ sao cho
4πM
αRα < ε
thì ta thấy rằng điều kiện 2 được thỏa mãn, và điều khẳng định được chứng minh.
40
Do các đánh giá trong chứng minh trên là đều với mọi P0 ∈ S, nên dễ thấy
rằng Z(P) dần đều đến Z(P0) trên mặt S. Tổng Z(P) là một hàm liên tục, vậy ta
có:∂V (P0)
∂n0i+Wi(P0) =
∂V (P0)
∂n0i+W (P0) =
∂V (P0)
∂n0e+We(P0)
Hay
∂V (P0)
∂n0i=∂V (P0)
∂n0+W (P0)−Wi(P0),
∂V (P0)
∂n0e=∂V (P0)
∂n0+W (P0)−We(P0).
(2.26)
Chú ý: khi đó các đẳng thức (2.18) được suy ra từ (2.26), (2.3), (2.4).
Từ biểu thức∂V (P0)
∂n0= Z(P )−W (P )
Và do Z(P) liên tục, dần đều tới Z(P0), W(P) thác triển liên tục từ Ω lên S, nên
dễ thấy rằng ∂V (P0)∂n0
dần đều tới các giá trị ∂V (P0)∂n0i
, ∂V (P0)∂n0e
tức là V(P) có đạo hàm
đều theo pháp tuyến.
Chú ý: Thế vị lớp đơn trong mặt phẳng (n=2) và trong không gian (n ≥ 3)
chiều lần lượt có dạng:
V (P ) =
∫Γ
ln1
rµ(Q)dSQ,
V (P ) =
∫S
1
rn−2µ(Q)dSQ.
Khi đó với giả thiết mật độ liên tục các công thức giới hạn (2.18) có dạng
Với n = 2
∂V (P0)
∂n0i=∂V (P0)
∂n0− πµ(P0)
∂V (P0)
∂n0e=∂V (P0)
∂n0+ πµ(P0)
(2.27)
41
Với n ≥ 3
∂V (P0)
∂n0i=∂V (P0)
∂n0− (n− 2)|S1|
2µ(P0)
∂V (P0)
∂n0e=∂V (P0)
∂n0+
(n− 2)|s1|2
µ(P0)
(2.28)
2.3 Đưa bài toán Neumann của phương trình Laplace về
phương trình tích phân
Xét một mặt Lyapunov kín S bao quanh miền trong Ω của R3. Gọi Ω′ = R3Ω
là miền ngoài, f(P0) là hàm liên tục trên biên S. Ta đi xét hai bài toán sau:
1. Bài toán Neumann trong (Ni)
Tìm hàm u(P ) liên tục trong Ω ∪ S sao cho:
∆u = 0 trong Ω (2.29)
∂u
∂n|S = f(P0); P0 ∈ S (2.30)
2. Bài toán Neumann ngoài (Ne)
Tìm hàm u(P ) liên tục trong Ω′ ∪ S sao cho:
∆u = 0 trong Ω′ (2.31)
∂u
∂n|S = f(P0); P0 ∈ S (2.32)
|u| 6 A
Rkhi OP →∞ (2.33)
trong đó các đạo hàm ∂u∂n|S được hiểu là đạo hàm đều theo pháp tuyến, hàm 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 Neumann trong và ngoài lần lượt là: Ni;Ne.
Đối với các bài toán đó ta đi tìm nghiệm dưới dạng thế vị lớp đơn. Ta đã biết
nó là hàm điều hòa trong Ω và Ω′, do đó nó thỏa mãn phương trình (2.29) và
(2.31). sau đó ta buộc thế vị đó phải thỏa mãn điều kiện biên. Sau đó ta đưa bài
toán tìm nghiệm u(P) về bài toán tìm hàm mật độ trong thế vị đó, như vậy đã
42
đưa đến những phương trình tích phân để xác định các hàm mật độ, cụ thể như
sau:
2.3.1 Bài toán Neuimann trong (Ni)
Ta tìm nghiệm dưới dạng thế vị lớp đơn:
u(P ) =
∫∫S
1
rPQµ(Q)dSQ (2.34)
Điều kiện (2.30) có thể viết
limP→P0
∂u(P )
∂n0=∂u(P0)
∂n0i= f(P0) (P tiến từ trong ra)
Dùng công thức thứ nhất của (2.18) (cho (2.34)) ta được phương trình:
2πµ(P0)−∫∫S
∂
∂n0(
1
rP0Q)µ(Q)dSQ = −f(P0)
hay
µ(P0)−∫∫S
K(Q,P0)µ(Q)dSQ = F (P0) (2.35)
trong đó
K(Q,P0) =1
2π
∂
∂n0(
1
rP0Q)
F (P0) = − 1
2πf(P0).
(2.36)
Với −→n0 là pháp tuyến của mặt S tại điểm P0 ∈ S nên ta có
K(Q,P0) =1
2π
∂
∂nP0
(1
rP0Q) =
1
2π
∂
∂nP0
(1
rQP0
)
Phương trình liên hợp của (2.35) là phương trình
ν(P0)−∫∫S
K(P0, Q)ν(P )dSQ = Φ(P0)
43
2.3.2 Bài toán Neumann ngoài (Ne)
Ta cũng tìm nghiệm dưới dạng thế vị đơn (2.34) và dùng công thức thứ hai
của (2.18) thì (2.32) viết được:
µ(P0) +
∫∫S
K(Q,P0)µ(P )dSQ = Φ(P0) (2.37)
với K(Q,P0) như ở (2.35) còn
Φ(P0) =1
2πf(P0)
Phương trình liên hợp của (2.37) là phương trình sau
ν(P0) +
∫∫S
K(P0, Q)ν(P )dSQ = F (P0). (2.38)
2.4 Sự tồn tại nghiệm của các bài toán Neumann
2.4.1 Một số tính chất bổ sung của thế vị lớp đơn
Tích phân trong các phương trình (2.35), (2.37) là tich phân lấy trên mặt S,
tức là trên một đa tạp hai chiều. Nhân K(P,Q) là nhân bất thường loại yếu. Muốn
thấy rõ điều ấy, chỉ cần viết nhân dưới dạng
K(P0, Q) =1
2π
∂
∂nQ(
1
rP0Q) = − 1
2π
cos(−−→P0Q,
−→nQ)
r2P0Q
Và từ bất đẳng thức (1.35). Vì vậy các phương trình tích phân nói trên là các
phương trình tích phân Fredholm loại II và ta có các định lý Fredhoom. Trước
khi khảo sát các phương trình ta xét các bổ đề:
Bổ đề 2.2 (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
V (P ) =
∫∫S
µ(Q)
rPQdSQ (2.39)
44
có đạo hàm theo pháp tuyến ngoài:
∂V (P0)
∂n0e≡ 0
đối với mọi P0 ∈ S, thìµ(Q) ≡ 0
Chứng minh. Ta có thế vị (2.37) là một hàm điều hòa kể cả ở vô cùng. theo giả
thiết∂V (P0)
∂n0e≡ 0
Như vậy V(P) có thể coi là nghiệm của bài toán Neumann ngoài thuần nhất.
Theo định lý duy nhất của bài toán Neumann ngoài thì
V (P ) ≡ 0 trong Ω′.
Từ đó suy ra
Ve(P0) ≡ 0
với mọi P0 ∈ S Nhưng vì V(P) là một hàm liên tục trong toàn không gian đặt
biệt là liên tục khi P xuyên qua mặt S, nên từ Vi(P0) = 0 ta suy ra
Vi(P0) ≡ 0
Do định lý duy nhất của bài toán Dirichlet trong, nên từ Vi(P0) ≡ 0 ta suy ra
V (P ) ≡ 0 trong Ω
Từ đó ta suy ra∂V (P0)
∂n0≡ 0 trong Ω
hay∂V (P0)
∂n0i≡ 0.
Từ đó, do công thức (2.18) ta có
∂V (P0)
∂n0i− ∂V (P0)
∂n0i= 4πµ(P0) ≡ 0 (2.40)
45
Bổ đề 2.3 (Định lý 5.13.2, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín, µ(Q) là hàm liên
tục. Nếu đối với thế vị lớp đơn (2.39) ta có
Vi(P0) ≡ 0
đối với mọi P0 ∈ S, thìµ(Q) ≡ 0
Chứng minh. Thật vậy, từ Vi ≡ 0 ta suy ra V (P ) ≡ 0 trong Ω, do đó tương tụ
như trên ta có∂V (P0)
∂n0i≡ 0
Do tính liên tục của V(P) qua mặt S, từ Vi(P0) ≡ 0 do tính duy nhất của bài
toán Diriclê ngoài, suy ra
V (P ) ≡ 0 trong Ω′
và vì vậy∂V (P0)
∂n0i≡ 0.
Do (2.40), ta lại suy ra
µ(P0) ≡ 0.
2.4.2 Sự tồn tại nghiệm của bài toán Neumann ngoài
Cặp phương trình ứng với bài toán Neumann ngoài và bài toán Dirichlet trong
được gọi là cặp phương trình liên hợp thứ nhất đó là:
µ(P0) +
∫∫S
K(Q,P0)µ(Q)dSQ = Φ(P0) (2.41)
ν(P0) +
∫∫S
K(P0, Q)ν(Q)dSQ = F (P0) (2.42)
Định lí 2.9 (Định lý 5.13.3, [1]). Các phương trình (2.41) và (2.42) có nghiệm
duy nhất
46
Chứng minh. Do Định lý 1.4 và Định lý 1.6 chỉ cần chứng minh là một trong hai
phương trình thuần nhất có nghiệm tầm thường. Ta chứng minh phương trình
thuần nhất của (2.41) chỉ có nghiệm tầm thường. Thật vậy
2π
µ(P0) +
∫∫S
K(Q,P0)µ(Q)dSQ
=
= 2πµ(P0) +
∫∫S
∂
∂n0(
1
rP0Q)µ(Q)dSQ = 0
(2.43)
Theo (2.18), thì (1.56) có thể viết
∂V (P0)
∂n0e= 0
trong đó V(P) là thế vị lớp đơn. Theo Bổ đề 2.3 ta có
µ(Q) = 0.
Từ Định lý 1.4 ta suy ra định lý sau đây về tính giải được của bài toán Neumann
ngoài.
Định lí 2.10 (Định lý 5.13.4, [1]). Bài toán Dirichlet trong và Neumann ngoài
Ne với bất kỳ vế phải liên tục f(P ) thỏa mãn điều kiện biên đều có nghiệm duy nhất
2.4.3 Tính giải được của bài toán Neumann trong
Phương trình tích phân thuần nhất ứng với bài toán Neumann trong là:
µ(P0)−∫∫S
K(Q,P0)µ(Q)dSQ = 0 (2.44)
và phương trình liên hợp với nó là
ν(P0)−∫∫S
K(P0, Q)ν(Q)dSQ = 0 (2.45)
Định lí 2.11 (Định lý 5.13.5, [1]). Các phương trình thuần nhất (2.44) và (2.45)
chỉ có một nghiệm độc lập tuyến tính.
47
Chứng minh. Theo Định lý 1.4 ta chỉ cần chứng minh một trong hai phương trình,
ta sẽ chứng minh cho phương trình thuần nhất (2.45). Xét thế vị lớp kép đặt biệt
(tích phân Gauss):
W0(P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rPQ)dSQ.
do Định lý 2.3 ta có giá trị trực tiếp của nó trên mặt S bằng
W0(P0) = 2π , P0 ∈ S.
điều này có nhĩa là ∫∫S
∂
∂nQ(
1
rP0Q)dSQ = 2π
hay
1−∫∫S
K(P0, Q)dSQ = 0.
Vậy phương trình thuần nhất của (2.45) có nghiệm
ν(Q) ≡ 1.
Bây giờ phải chứng minh phương trình thuần nhất không thể có nghiệm nào
khác độc lập tuyến tính với nghiệm nói trên. Do Định lý 1.4 ta chỉ cần chứng
minh phương trình thuần nhất liên hợp với nó không thể có hai nghiệm độc lập
tuyến tính.
Thật vậy, giả sử phương trình thuần nhất của (2.44) có hai nghiệm µ1(P0) và
µ2(P0) khác nhau. Khi đó:
2πµ1(P0)−∫∫S
∂
∂nQ(
1
rP0Q)µ1(Q)dSQ = 0 (2.46)
2πµ2(P0)−∫∫S
∂
∂nQ(
1
rP0Q)µ2(Q)dSQ = 0 (2.47)
Nếu ta xây dựng thế vị lớp đơn
V1(P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rP0Q)µ1(Q)dSQ
48
V2(P ) =
∫∫S
∂
∂nQ(
1
rP0Q)µ2(Q)dSQ
thì do (2.18) ta có thể viết (2.46), (2.47) dưới dạng
∂V1(P0)
∂n0i= 0
∂V2(P0)
∂n0i= 0.
từ đó theo Định lý 1.7
V1(P ) = C1; V2(P ) = C2, P ∈ Ω (2.48)
Với C1, C2 là hằng số nào đấy và khác nhau vì nếu C1 = C2 thì hiệu
V1(P )− V2(P ) = C1 − C2 = 0, ∀P0 ∈ S.
khi đó |V1(P )− V2(P )|i = 0 và theo Bổ đề 2.3 thì mật độ của hiệu đó
µ1(P0)− µ2(P0) = 0, ∀P0 ∈ S
tưc là µ1(P0) = µ2(P0) trái với giả thiết.
Bây giờ ta xây dựng một thế vị lớp đơn V (P0) với mật độ C2µ1(Q)−C1µ2(Q),
ta có
V (P ) =
∫∫S
1
rPQ[C2µ1(Q)− C1µ2(Q)] dSQ
= C2V1(Q)− C1V2(Q) ≡ 0, ∀P ∈ S.
từ đó Vi(P0) ≡ 0, P0 ∈ S, theo bổ đề 2.3 thì
C2µ1(Q)− C1µ2(Q) ≡ 0
tức là µ1(Q), µ2(Q) phụ thuộc tuyến tính lẫn nhau (vì C1 6= C2). Vậy ta có điều
phải chứng minh.
Định lí 2.12 (Định lý 5.13.6, [1]). Điều kiện cần và đủ để bài toán Neumann
trong Ni có nghiệm là vế phải f(S) của (2.30) phải thỏa mãn hệ thức:∫∫S
f(Q)dSQ = 0. (2.49)
49
Chứng minh. Ta đã chứng minh được điều kiện cần trong Chương 1. Bây giờ ta
phải chứng minh điều kiện đủ. Trong chứng minh định lý trước, ta đã khẳng định
rằng phương trình thuần nhất liên hợp với (2.35) chỉ có nghiệm độc lập tuyến
tính.
ν(Q) ≡ 1. (2.50)
như vậy theo Định lý 1.5 thì phương trình (2.35) giải được khi và chỉ khi∫∫S
F (Q).1dSQ = 0. (2.51)
Từ (2.51) và (2.36) suy ra (2.49).
Vậy, khi (2.49) được thỏa mãn thì (2.35) giải được và theo (1.59) nghiệm tổng
quát của nó là
µ(Q) = µ∗(Q) + Cµ0(Q) (2.52)
trong đó C là hằng số tùy ý, µ0(Q) là nghiệm của phương trình thuần nhất (2.35).
Thay (2.52)vào (2.32) ta được nghiệm tổng quát của bài toán Neumann trong (Ni)
u(P ) =
∫∫S
1
rPQµ∗(Q)dSQ + C
∫∫S
1
rPQµ0(Q)dSQ. (2.53)
Trong chứng minh Định lý 2.11 ta đã khẳng định được rằng trong Ω thế vị lớp đơn
(2.34) là một hằng số nếu hàm mật độ µ(Q) được thay thế bởi nghiệm của phương
trình (2.53). Vậy tích phân thứ hai trong (2.53) là hằng số, và đó là nghiệm tổng
quát của bài toán Neumann trong là:
u(P ) = u∗(P ) + const (2.54)
với u∗(P ) biểu thị bởi tích phân thứ nhất trong (2.53) là một nghiệm riêng nào
đó của bài toán.
50
Kết luận
Luận văn đã trình bày các vấn đề sau đây:
- Các khái niệm góc khối, độ lớn của góc khối, mặt Lyapunov kín S trong không
gian ba chiều.
- Phương trình tích phân Fredholm loại II và tính giải được của chúng.
- Trình bày khái niệm thế vị lớp đơn được sinh bởi hàm mật độ trên mặt cong
kín Lyapunov và các tính chất của thế vị này.
- Đưa bài các toán Neumann trong và ngoài của hàm điều hòa đối với miền Ω ⊂ R3
về phương trình tích phân Fredholm trên biên S của Ω.
- Trên cơ sở khảo sát các phương trình tích phân Fredholm thuần nhất đã chứng
minh tính giải được và tính duy nhất nghiệm của bài toán Neumann trong và
ngoài đối với hàm điều hòa.
51
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Thừa Hợp (2005), Phương trình vi phân đạo hàm riêng , NXB Đại
Học Quốc Gia Hà Nội.
[2] Trần Đức Vân (2005), Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng , NXB
Đại Học Quốc Gia Hà Nội.
[3] A V Bitsdze (1994), Partial differential equations , World Scientific,
Singapore-New Jersey-London-Hong Kong.
52
