Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai trong miền với biên trơn

34 11 0
  • Loading ...
1/34 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 25/11/2016, 20:29

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGUYỄN THỊ NINH BÀI TOÁN DIRICHLET CHO PHƯƠNG TRÌNH ELLIPTIC Á TUYẾN TÍNH CẤP HAI TRONG MIỀN VỚI BIÊN TRƠN LUẬN VĂN THẠC SỸ Chuyên ngành : TOÁN GIẢI TÍCH Mã số : 60 46 01 02 Giáo viên hướng dẫn: PGS TS HÀ TIẾN NGOẠN HÀ NỘI, 2014 LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn PGS TS Hà Tiến Ngoạn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành tới PGS TS Hà Tiến Ngoạn Sự giúp đỡ hướng dẫn tận tình thầy suốt trình làm luận văn giúp tác giả trưởng thành nhiều cách tiếp cận vấn đề Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn tới Ban giám hiệu trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, Phòng sau đại học, thầy cô giảng dạy chuyên ngành Toán giải tích, gia đình, bạn bè, đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tạo điều kiện thuận lợi suốt trình tác giả học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 12 năm 2014 Tác giả LỜI CAM ĐOAN Luận văn hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn PGS TS Hà Tiến Ngoạn Trong nghiên cứu luận văn, kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Một số kết đạt luận văn chưa công bố công trình khoa học khác Hà Nội, tháng 12 năm 2014 Tác giả Mục lục Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Holder 1.1.1 Không gian C (Ω) 1.1.2 Không gian C ,γ (Ω) với ≤ γ ≤ 1.2 Các định lí điểm bất động Leray-Schauder 1.2.1 Trường hợp đặc biệt Định lí Leray-Schauder 1.2.2 Dạng tổng quát Định lí Leray-Schauder 1.3 Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai 1.4 Ứng dụng Định lí Leray-Schauder 11 1.4.1 Ứng dụng trường hợp đặc biệt 11 1.4.2 Điều kiện tồn nghiệm phương trình 13 1.5 Các bước kiểm tra điều kiện (1.15) (1.16) 14 2 Bài toán Dirichlet cho phương trình tuyến tính cấp hai miền với biên trơn 16 2.1 Bài toán Dirichlet cho phương trình tuyến tính cấp hai 16 2.2 Đánh giá độ lớn nghiệm toàn miền 17 2.3 Đánh giá nửa chuẩn Holder đạo hàm cấp bên miền 19 2.4 Đánh giá nửa chuẩn Holder đạo hàm cấp biên 25 Kết luận 30 Tài liệu tham khảo 31 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Tính giải toán Dirichlet phương trình elliptic tuyến tính cấp hai phụ thuộc vào việc đánh giá chuẩn Holder đạo hàm cấp nghiệm lân cận biên miền Giả thiết tính trơn biên miền xét đưa tới khả thực đánh giá nói Do vậy, nhờ giúp đỡ hướng dẫn tận tình PGS TS Hà Tiến Ngoạn chọn nghiên cứu đề tài: “Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền với biên trơn” Bố cục luận văn gồm chương : Chương luận văn trình bày định nghĩa không gian Holder, định lí điểm bất động Leray-Schauder áp dụng vào toán Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai đưa tới việc đánh giá tiên nghiệm Chương luận văn tập trung trình bày bước bước bốn bước đánh giá tiên nghiệm dẫn tới tính giải phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền với biên trơn Tài liệu tham khảo Luận văn chương 11 13 tài liệu [4] Mục đích nghiên cứu Trình bày tồn nghiệm toán Dirichlet phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền với biên trơn Nhiệm vụ nghiên cứu Tổng quan tồn nghiệm toán Dirichlet phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền với biên trơn Đối tượng phạm vi nghiên cứu Bài toán Dirichlet phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền với biên trơn Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý thuyết, thu thập tài liệu, đọc phân tích, tổng hợp để nghiên cứu tổng quan toán Dirichlet cho phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền biên trơn Những đóng góp đề tài Luận văn tài liệu tham khảo chuyên đề Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Không gian Holder 1.1.1 Không gian C (Ω) Cho Ω miền bị chặn Rn với biên ∂Ω Cho x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Ω, đa số α = (α1 , α2 , , αn ), αj ∈ N với |α| = α1 + α2 + + αn Ta kí hiệu Dα u = D1α1 D2α2 Dnαn u Dj u = ∂u ∂xj C(Ω) = C (Ω) không gian hàm số liên tục Ω với chuẩn u C(Ω) = u 0;Ω = sup |u(x)| (1.1) x∈Ω Từ ta định nghĩa C (Ω) sau C (Ω) = u(x); Dα u ∈ C (Ω), ∀α : |α| ≤ ; không gian C (Ω) trang bị chuẩn u C (Ω) = u ;Ω sup |Dα u(x)| = |α|≤ (1.2) Ω Các không gian C (Ω) không gian Banach 1.1.2 Không gian C ,γ (Ω) với ≤ γ ≤ Trước tiên ta định nghĩa không gian C 0;γ (Ω) sau C 0; γ (Ω) = u ∈ C (Ω); [u]γ;Ω = |u(x) − u(y)| < +∞ |x − y|γ x,y∈ Ω, x=y sup trang bị chuẩn cho C 0; γ (Ω) sau u γ;Ω = u 0;Ω + [u]γ;Ω (1.3) Từ ta có định nghĩa không gian C ,γ (Ω) với ≤ γ ≤ điều kiện C ,γ (Ω) = u ∈ C (Ω); [Dα u]γ,Ω < + ∞; ∀ |α| = , trang bị chuẩn cho C ,γ (Ω) u ,γ,Ω = u ;Ω [Dα u]γ,Ω + (1.4) |α|= Các không gian C ,γ (Ω) không gian Banach Ta có C ,0 (Ω) = C (Ω) C 0, (Ω) không gian hàm thỏa mãn điều kiện Lipschitz Ω 1.2 Các định lí điểm bất động Leray-Schauder 1.2.1 Trường hợp đặc biệt Định lí Leray-Schauder Định lý 1.1 ([4]) Giả sử T ánh xạ compact từ không gian Banach X lên nó, giả thiết tồn số M cho x X 0} w ∂Ω Sự tồn hàm biên địa phương bi đảm bảo điều kiện (4) định lí giá trị trung bình Tuy nhiên, sử dụng điều kiện (1) (4) ta có w Ω Nếu Qu > Qv Ω, hàm w cực đại không âm Ω Do đó, w < Ω Định lý 2.2 ([4]) Giả sử Q elliptic Ω giả thiết tồn số không âm µ1 µ2 cho µ1 |p| + µ2 b(x, z, p) sign z ≤ E(x, z, p) |p|2 ∀(x, z, p) ∈ Ω × R × Rn (2.2) Khi đó, u ∈ C (Ω) ∩ C (Ω) thỏa mãn Qu ≥ 0(= 0) Ω, ta có sup u(|u|) ≤ sup u+ (|u|) + Cµ2 Ω (2.3) ∂Ω với C = C(µ1 , diam Ω) Chứng minh Giả sử u ∈ C (Ω) ∩ C (Ω) thỏa mãn Qu ≥ Ω định nghĩa toán tử Q Qv = aij (x, u, Dv)Dij v + b(x, u, Dv) Ta chọn hàm so sánh v, cụ thể với µ2 > ta đặt v(x) = sup u+ + µ2 (eαd − eαx1 ), ∂Ω với Ω nằm biên, < x1 < d α µ1 + Khi đó, ta có Ω+ = {x ∈ Ω|u(x) > 0}, Qv = −µ2 α2 a11 (x, u, Dv)eαx1 + b(x, u, Dv) −αx ≤ − e µ2 E(x, u, Dv) − < ≤ Qu µ1 α − e−αx1 α2 (??) 19 Do đó, theo Định lí 2.1, ta có u ≤ v Ω Kết µ2 = viết µ2 tiến Định lý 2.3 ([4]) Giả sử Q elliptic Ω giả sử tồn số không âm µ1 µ2 cho b(x, z, p)sign z ≤ µ1 |p| + µ2 D∗ ∀(x, z, p) ∈ Ω × R × Rn (2.4) Khi đó, u ∈ C (Ω) ∩ C (Ω) thỏa mãn Qu ≥ (= 0) Ω, ta có sup u(|u|) ≤ sup u+ (|u|) + Cµ2 Ω (2.5) ∂Ω với C = C(µ1 , diam Ω) Chứng minh Trong miền Ω+ = {x ∈ Ω|u(x) > 0}, ta có ≤ Qu = aij Dij u + b sign u ≤ aij Dij u + [µ1 (sign Di u)Di u + µ2 ] D∗ , ta có đánh giá (??) toàn miền Ω Đánh giá đầy đủ (??) thu thay u −u chứng minh 2.3 Đánh giá nửa chuẩn Holder đạo hàm cấp bên miền Giả thiết hệ số aij b toán tử Q tương ứng thuộc C (Ω × R × Rn ) C (Ω × R × Rn ) Giả sử Qu = Ω ban đầu giả thiết u ∈ C (Ω) Bằng phép lấy vi phân xk , k = 1, , n, 20 ta có aij (x, u, Du)Dkij u + Dpl aij (x, u, Du)Dlk uDij u + δk aij (x, u, Du)Dij u + Dk b(x, u, Du) = (2.6) với δk toán tử vi phân xác định δk g(x, z, p) = Dxk g(x, z, p) + pk Dz g(x, z, p) Phương trình (??) viết dạng bảo toàn Di (aij Dk j u) + (Dp l ail − Dp j ail )Dl k uDi j u + δk aij Dij u − δi aij Dk j u + Dk b = (2.7) Kí hiệu v = |Du|2 , nhân phương trình (??) với Dk u lấy tổng từ k = đến n Ta có −aij Dki uDkj u + 21 Di (aij Dj v) + 12 (Dpi aij − Dpj ail )Dij uDi v ij +Dk u δk a Dij u − ij δi a Dj v (2.8) + Dk (bDk u) − b ∆u = Với γ ∈ R r = 1, , n, ta đặt w = wr = γDr u + v (2.9) Cộng (??) (??) ta có phương trình −2aij Dki uDkj u + Di (aij Dj w + (2Di u + γδ ir )b) + (Dpl aij − Dpj ail )Dij uDl w + (2Dk u + γδ kr )δk aij − 2bδ ij ) Dij u − δi aij Dj w = (2.10) 21 Đặt a−ij (x) = aij (x, u(x), Du(x)), aijl (x) = (Dpl aij − Dpj ail ) (x, u(x), Du(x)), fri (x) = (2Di u(x) + γδ ir )b(x, u(x), Du(x)), bij (x) = (2Dk u(x) + γδ kr )δk aij − 2δ ij b (x, u(x), Du(x)), cj (x) = δi aij (x, u(x), Du(x)), ta viết phương trình (??) dạng tích phân (a−ij Dj w + fri )Di ζ+(2a−ij Dki uDkj u − aijl Dij uDl w Ω i (2.11) ij + c Di w − b Dij u)ζ dx = với ζ ∈ C01 (Ω) Ta khẳng định đồng tích phân (??)vẫn ta cần giả thiết u ∈ C (Ω) Thật vậy, lấy {um } ⊂ C (Ω) tiến tới u C (Ω), Dβ um hội tụ đến Dβ u tập compact Ω với |β| ≤ Từ Qu = Ω, ta có: Qum → tập compact Ω lấy m → ∞ đồng tích phân um tương ứng (??), ta thu (??) Chú ý cách xấp xỉ tương tự khẳng định ta giả thiết u ∈ C 0,1 (Ω) ∩ W2, (Ω) Tiếp tục chứng minh, ta cần khử số hạng mà chứa Dij u từ (??) Do Q elliptic, ta có a−ij Dki uDkj u ≥ λ D2 u ≥ với λ = λ(x, u(x), Du(x)) Sử dụng Bất đẳng thức Schwarz (??) ta 22 có (a−ij Dj w + fri )Di ζdx Ω ≤ (λ + Ω λ aijl 2 )|Dw| + λ i (c + b ij (2.12) ) ζdx với ζ ∈ C01 (Ω) không âm Tiếp theo ta thay ζ (??) ζ e2χw , χ = sup (1 + λ−2 Ω aijl ) Đặt aij (x) = e2χw(x) a−ij (x) f i (x) = e2χw(x) fri (x) g(x) = e2χw(x) (χ λ fri + ci + bij ) ta nhận (aij Di w + f i )Di ζ − gζ dx ≤ (2.13) Ω với ζ không âm, ζ ∈ C01 (Ω) hàm w thỏa mãn bất đẳng thức Lw = Di (aij Dj w) ≥ − (g + Di f i ) (2.14) theo nghĩa suy rộng Thay Ω cần miền chứa ngặt ta giả thiết toán tử L elliptic ngặt Ω hệ số aij , f i g bị chặn Giả sử γ > đủ lớn viết wr± = ± γDr u + v Ta giá trị Bất đẳng thức (??) với γ ∈ R đủ lớn r = 1, , n đủ để đánh giá Holder cho đạo hàm biến Dr u, r = 1, , n Chọn hệ số ζ đủ lớn, hàm wr± hiểu tương tự ±Dr u Để thuận tiện 23 ta chọn ζ γ = 10nM Ở M = sup |Du| Nếu G tập tùy ý Ω r chọn cho osc Dr u ≥ osc Di u, G G i = 1, , n, dễ dàng thấy 8n M osc Dr u ≤ osc wr± ≤ 12n M osc Dr u G G G (2.15) Hơn nữa, viết w± = wr± W ± = sup w± , ta có G (W ± − w± ) ≥10n M (sup Dr u − inf Dr u) + inf v − sup v inf G G +, − G G ≥ 6n M osc Dr u G (2.16) G ≥ osc w± G Bây ta có điều kiện thuận lợi để áp dụng Bất đẳng thức Harnack yếu Giả sử G = B4R (y) ⊂ Ω Hàm u = W ± − w± nghiệm lớn không âm G phương trình Lu = − (g + Di f i ) Tiếp tục chọn λK µK cho < λK < λ(x, z, p), µK ≥ aij (x, z, p) + Dpk aij (x, z, p) + Dz aij (x, z, p) (2.17) + Dxk aij (x, z, p) + |b(x, z, p)| , với x ∈ Ω, |z| + |p| ≤ K, i, j, k = 1, ., n đặt p = 1, ta có đánh giá R−n B2R (W ± − w± )dx ≤ C(W ± − sup w± + σ(R)), BR (2.18) 24 với C = C(n, K, µK /λK ), K = |u|1;Ω σ(R) = R + R2 Sử dụng (??), ta có bất đẳng thức ωn (2R)n (W ± − w ± )dx ≥ osc w ± , B4R B2R w+ w− Giả sử với w+ Từ công thức (??), ta có osc w+ ≤ C(W + − sup w+ + σ(R)) B4R BR ≤ C(osc w+ − osc w+ + σ(R)), B4R BR sau đó, viết ω(R) = osc w+ , ta có BR ω(R) ≤ γω(4R) + σ(R), (2.19) với γ = − C −1 , C = C(n, K, µK /λK ) Để sử dụng bất đẳng thức (??), ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 2.1 ([4]) Giả sử ω1 , , ωN , ω , , ω N ≥ hàm không giảm khoảng (0, R0 ) cho với R ≤ R0 có hàm ω r thỏa mãn bất đẳng thức : ω r (R) ≥ δ0 ωi (R), i = 1, , N, (2.20) ω r (δR) ≤ γω r (R) + σ(R) σ không giảm, δ0 > 0, < γ, δ < Khi với µ ∈ (0, 1) R ≤ R0 , ta có ωi (R) ≤ C R Ro α ω0 + σ(Rµ R01−µ ) (2.21) với C = C(N, δ0 , δ, γ) α = α(N, δ0 , δ, γ, µ) số dương ω0 = max i=1, , N ω i (R0 ) 25 Nếu lấy B0 = BR0 (y) hình cầu chứa Ω, theo Bổ đề 2.1 với N = 2n, δ0 = 8nM , δ = µ = với R ≤ Ro , i = 1, ., n, ta có osc Di u ≤ CRα (2.22) BR (y) với C = C(n, K, µK /λK , R0 ), α = α(n, K, µK /λK ) Do ta thu định lí đánh giá nửa chuẩn Holder đạo hàm cấp sau Định lý 2.4 ([4]) Giả sử u ∈ C (Ω) thỏa mãn Qu = Ω, Q elliptic Ω hệ số aij ∈ C (Ω×R×Rn ), b ∈ C (Ω×R×Rn ) Với Ω ⊂ ⊂ Ω ta có đánh giá [Du]α; Ω ≤ Cd−α (2.23) với C = C(n, K, µK /λK , diam Ω), K = |u|1; Ω , d = dist (Ω , ∂Ω) α = α(n, K, µK /λK ) 2.4 Đánh giá nửa chuẩn Holder đạo hàm cấp biên Giả sử Q elliptic Ω hệ số aij b tương ứng C (Ω × R × Rn ) C (Ω × R × Rn ) Giả sử ∂Ω ∈ C thừa nhận u = ϕ ∂Ω với ϕ ∈ C (Ω) Thay u u − ϕ, không tính tổng quát ta giả thiết u = ∂Ω Hơn nữa, U tập mở Ω 26 x → y = ψ(x) xác định phép biến đổi tọa độ C (U ), ta có x ∈ U ∂yi ∂yj ∂ yk ij Dy y u + a (x, u, Du) Dy u Qu = a (x, u, Du) ∂xk ∂xl i j ∂xi ∂xj k kl + b(x, u, Du) (2.24) Do đó, phương trình Qu = U ánh xạ vào Qv = ψ(U ) với v = u ◦ ψ −1 Q thỏa mãn giả thuyết Q Bởi vậy, coi phương trình (??) lân cận phần biên đơn điệu Do đó, giả sử D tập mở Rn cho D+ = D ∩ Ω ⊂ Rn+ = {x ∈ Rn |xn > 0} D ∩ ∂Ω ⊂ ∂Rn+ Ta định nghĩa hàm v w n−1 |Di u|2 v = (2.25) i=1 w = wr = γDr u + v , r = 1, , n − , γ ∈ R Rõ ràng, w = D ∩ ∂Ω w thỏa mãn phương trình (??) với điều kiện tổng lấy theo k từ đến n − Ta có a−ij Dki uDkj u |Dij u|2 λ j=1 Đạo hàm Dnn u đánh giá cách viết (??) dạng Dnn u = − ( ann aij Dij u + b) (2.26) (i, j) = (n, n) Chèn (??) vào (??) chứng minh phần trước, ta có bất đẳng thức tích phân (??) với Ω thay D+ χ g thay tương ứng χ = sup (1 + λ−2 Ω aijl ) (1 + λ−2 g = λ−1 e2χw (χ + fri + 2 ci + b2 (1 + λ−2 bij (1 + λ−2 aij )) aij ) aijl ) 27 Ta đặt tâm hình cầu vào y ∈ D ∩ ∂Ω, áp dụng Bất đẳng thức biên yếu Harnack thay cho Bất đẳng thức tính Harnack chứng minh phần trước, ta có đánh giá biên Holder cho tiếp tuyến đạo hàm u Giả sử với B0 = BR0 (y) ⊂ D với tâm y ∈ D ∩ ∂Ω, với R R0 ta có osc D+ ∩ BR (y) Di u CRα , i = 1, , n − 1, (2.27) với C = C(n, K, µK /λK , R0 ), K = |u|1; Ω α = α(n, K, µK /λK ) > Việc chuyển từ đánh giá (??) tới đánh giá đạo hàm lại Dn u tương ứng bước với phương trình dạng bảo toàn Giả sử D ⊂ ⊂ D, d = dist(D ∩ D+ , ∂D), y ∈ D+ ∩ D , R d/3, B2R = B2R (y), η ∈ C01 (B2R ), lấy c số cho c = inf w + B2R + B2R ⊂ D , c = B2R ∩ ∂Ω = φ Hàm ζ = η (w − c) = η (w − c, 0) + + không âm thuộc W1, (D ), w cho (??) Thế Ω = D vào bất đẳng thức (??) tích phân, ta có η |Dw|2 dx w (η +|Dη|2 (w − c)2 ) dx C c D+ với C = C(n, K, µK /λK ) Ta đòi hỏi η cho BR = BR (y) |Dη| |Dw|2 dx η 1, η = 2/R Ta có CRn−2 (R2 + sup (w − c)2 ), BR+ = {x ∈ BR | w(x) c} , B2R + BR CRn−2 (R2 + (osc w)2 ) B2R CRn−2+2α (2.28) 28 với C = C(n, K, µK /λK , d) α = α(n, K, µK /λK ) Giả sử y = y = (??), ta có B2R ⊂ D+ (trong trường hợp BR+ = BR = D+ ∩ BR ) |DDr u|2 dx D+ ∩ BR (|Dv | + |Dw|2 )dx, D+ ∩ BR CRn−2 + 2α , r = 1, , n − (2.29) Nếu B2R ∩∂Ω = φ, ta đặt y = 0, ±1 (??) Đánh giá (??) khẳng định điểm D ∩ BR có hàm w± = ±Dr u + v không âm Do đó, ta có đánh giá |Dij u|2 dx CRn − + 2α (2.30) D + ∩ BR với y ∈ D ∩ D+ , R ≤ d/3, điều kiện j = n Theo (??), đánh giá (??) có giá trị cho i = j = n Do đó, ta có C [Du]α; D ∩D+ (2.31) với C = C(n, K, µK /λK , d) α = α(n, K, µK /λK ) > Cuối cùng, trở lại miền ban đầu Ω giá trị biên ϕ ta có đánh giá toàn cục Holder đạo hàm cấp sau Định lý 2.5 ([4]) Giả sử u ∈ C (Ω) thỏa mãn Qu = Ω với Q elliptic Ω hệ số aij ∈ C (Ω × R × Rn ), b ∈ C (Ω × R × Rn ) Khi ∂Ω ∈ C , ϕ ∈ C (Ω) với u = ϕ ∂Ω, ta có đánh giá [Du]α;Ω C (2.32) 29 C = C(n, K, µK /λK , Ω, Φ), K = |u|1; Ω , Φ = |ϕ|2; Ω , α = α(n, µK /λK , Ω) > KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau Phát biểu toán Dirichlet phương trình elliptic tuyến tính cấp hai miền bị chặn Phát biểu chứng minh Định lí Relay-Schauder điểm bất động áp dụng vào toán Dirichlet đưa tới nghiên cứu đánh giá tiên nghiệm nghiệm toán qua bốn bước Trình bày chi tiết việc đánh giá nghiệm bước 4, qua mô tả số điều kiện đủ cho tính giải toán Dirichlet Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Nguyễn Mạnh Hùng (2006), Phương trình đạo hàm riêng (phần I), Nhà xuất ĐHSP Hà Nội [2] Nguyễn Mạnh Hùng (2006), Phương trình đạo hàm riêng (phần II), Nhà xuất ĐHSP Hà Nội [3] Hoàng Tụy (2005) Hàm thực giải tích hàm, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [B] Tài liệu tiếng Anh [4] D Gilbarg, N Trudinger (2001), Elliptic Partial Differential Equations of Second Order, Springer 31
- Xem thêm -

Xem thêm: Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai trong miền với biên trơn, Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai trong miền với biên trơn, Bài toán Dirichlet cho phương trình elliptic á tuyến tính cấp hai trong miền với biên trơn

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nạp tiền Tải lên
Đăng ký
Đăng nhập