TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ********* NGUYỄN THỊ YÊN PHƯƠNG PHÁP HÀM GREEN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Giải tích Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN VĂN BẰNG Hà Nội-2011 LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ thầy giáo, cô giáo tổ Giải tích khoa Toán bạn sinh viên Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Trần Văn Bằng tận tình giúp đỡ em trình hoàn thành khóa luận tốt nghiệp Lần đầu thực công tác nghiên cứu khoa học nên khoá luận không tránh khỏi hạn chế thiếu sót Em xin chân thành cảm ơn ý kiến đóng góp thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2011 Sinh viên Nguyễn Thị Yên LỜI CAM ĐOAN Em xin cam đoan, hướng dẫn TS Trần Văn Bằng , khóa luận tốt nghiệp "Phương pháp hàm Green” hoàn thành, không trùng với khóa luận khác Trong trình làm khóa luận, em kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2011 Sinh viên Nguyễn Thị Yên Mục lục Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm kiến thức Rn 1.2 Ma trận liên hợp A∗ 1.3 Định lý luân phiên Fredholm 1.4 Cách giải phương trình 1.4.1 Trường hợp loại trừ thứ 1.4.2 Trường hợp loại trừ thứ hai Chương Phương trình tích phân 11 2.1 Không gian L2 [0, 1] toán tử tuyến tính 11 2.1.1 Không gian L2 [0, 1] 11 2.1.2 Phương trình tích phân toán tử vi phân 13 2.2 Định lý luân phiên Fredholm 15 2.3 Giải y = Ky + f K có hạch tách biến 18 2.4 Giải phương trình y = Ky + f với K nhỏ 21 2.5 Giải phương trình y = Ky + f K hạch tách biến không nhỏ Chương Bài toán giá trị biên cho phương trình vi phân thường 32 3.1 Một số kiến thức bổ xung không gian L2 [0, 1] 32 3.2 Toán tử vi phân liên hợp chúng 36 3.3 Định lý luân phiên Fredholm 39 3.4 Phương pháp xây dựng hàm Green trường hợp loại trừ thứ 41 3.4.1 Trường hợp điều kiện ban đầu 42 3.4.2 Trường hợp điều kiện biên hai điểm không hỗn tạp 45 3.4.3 Trường hợp điều kiện biên hai điểm hỗn tạp 47 3.5 Cách hiểu phương trình L(y) = δ(x, t) 48 3.6 Trường hợp loại trừ thứ hai 51 Chương Phương pháp hàm Green cho phương trình đạo hàm riêng 55 4.1 Sự phân loại phương trình tuyến tính cấp hai 55 4.2 Một số kiến thức giải tích 59 4.3 Các công thức Green 61 4.4 Liên hợp toán tử vi phân mặt phẳng 63 4.5 Xây dưng hàm Green cho toán tử hai chiều với điều kiện biên Dirichlet 67 4.6 Nguyên lý cực đại 73 4.7 Ví dụ xác định hình dạng mặt trống 78 Kết luận 82 Tài liệu tham khảo 83 LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong giải tích, lý thuyết phương trình vi phân phương trình đạo hàm riêng chiếm vị trí quan trọng Với lý thuyết làm cho chuyên ngành giải tích ngày hút nhiều người sâu vào tìm hiểu đam mê nghiên cứu Một toán xét đến giải toán biên Chúng ta có nhiều phương pháp để giải toán như: sử dụng phương pháp tách biến, phương pháp chuỗi Fourier Trong phương pháp đặc biệt phương pháp hàm Green Với lý với lòng say mê nghiên cứu giúp đỡ tận tình của TS.Trần Văn Bằng, em chọn đề tài ”Phương pháp hàm Green” Nội dung đề tài gồm bốn chương Chương Trình bày số kiến thức Rn , định lý luân phiên Fredholm, cách giải phương trình Chương Chương dành cho việc trình bày số kiến thức quan trọng phương trình tích phân toán tử vi phân Giải phương trình tích phân y = Ky + f trường hợp: K có hạch tách biến, K nhỏ, K hạch tách biến không nhỏ Chương Xây dựng hàm Green trường hợp loại trừ thứ loại trừ thứ hai Nghiên cứu toán giá trị biên cho phương trình vi phân thường sử dụng định lý luân phiên Fredholm vào tìm nghiệm cho toán Chương Trong chương nghiên cứu ứng dụng phương pháp hàm Green cho phương trình đạo hàm riêng Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu - Xây dựng hàm Green để tìm nghiệm cho toán - Nghiên cứu ứng dụng hàm Green: phương trình vi phân phương trình đạo hàm riêng Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu hàm Green Phương pháp nghiên cứu Đọc tài liệu, phân tích, so sánh, tổng hợp Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số khái niệm kiến thức Rn Cho E không gian tuyến tính trường (K = R C) Khi ta có: (a) < x, y > = < y, x > ∀x, y ∈ E × E, (b) < αx + y, z >= α < x, z > + < y, z >, Hơn ta có bất đẳng thức Cauchy- Schwartz |< x, y >|2 ≤< x, x >< y, y >, ∀α ∈ K, ∀x, y ∈ E ∀x, y ∈ E Ta có E không gian định chuẩn với chuẩn x =< x, y > Ví dụ 1.1 Cho dãy số dương {ap }np=1 Khi tích vô hướng với trọng số {ap }np=1 Rn định nghĩa n < x, y >= ap xp yp p=1 Dễ dàng kiểm tra công thức không gian Rn Khi ap = 1, ∀p = 1, n ta có không gian thông thường Rn Khoảng cách x y |x − y| góc x y θ ∈ [0, π] cho cosθ = < x, y > x y x, y = Hơn x y gọi trực giao với < x, y >= Một cách tự nhiên, ta định nghĩa dãy điểm {vp }np=1 ∈ Rn hội tụ đến y ∈ Rn lim vp − y = n→∞ Tuy nhiên viết lim vp = y ta nghĩ tới ba cách hiểu giới thiệu n→∞ khác (1) Sự hội tụ theo tọa độ tức lim vp = y ∀i = 1, n ta có n→∞ lim (vp)i = yi n→∞ (2) Sự hội tụ lim vp = y n→∞ lim ( max (vp)i − yi ) = n→∞ 1≤i≤n (3) Sự hội tụ theo chuẩn: lim vp = y n→∞ lim vp − y = n→∞ Mặc dù R ba hội tụ tương đương ta n thấy, ba hội tụ không gian vô hạn chiều nói chung không tương đương Về bản, việc xây dựng hàm Green dựa vào định lý biểu diễn Riezs.Vì vậy, ta phát biểu định lý bối cảnh phương trình ma trận Định lý 1.1 Nếu L phiếm hàm tuyến tính từ Rn vào R tồn véctơ v Rn để L(u) =< u, v > ∀u ∈ Rn Tổng quát ánh xạ tuyến tính từ Rn vào Rn biểu diễn ma trận 1.2 Ma trận liên hợp A∗ Cho ma trận A cấp n Xét tất điểm x y ∈ Rn liên hệ : < Au, x >=< u, y >, ∀u ∈ Rn (∗) Dễ thấy, với x cho có điểm y để (∗) thỏa mãn Thật : Đặt L(u) =< Au, x > L(u) phiếm hàm tuyến tính u từ Rn vào R Theo định lý Riezs, có điểm y ∈ Rn để L(u) =< u, y > ∀ u ∈ Rn Đặt y = B(x) ta có B ánh xạ tuyến tính từ Rn vào Rn Ma trận biểu diễn B gọi ma trận liên hợp A kí hiệu A∗ Vậy ta có: < Au, x >=< u, A∗x >, ∀x, u ∈ Rn Mối quan tâm khóa luận này, xét Rn toán Cho ma trận A véc tơ f = {f1, f2, , fn} Tìm véc tơ u để Au = f Vấn đề với A, f phương trình Au = f nghiệm, nghiệm có vô số nghiệm Ví dụ 1.2 Với ma trận A véc tơ f sau đây, cho biết phương trình Au = f có nghiệm, nghiệm vô số nghiệm ? (a) A= f = 10 Giải Gọi u = (u1, u2) nghiệm phương trình Au = f ⇔ Ta có: detA = u1 + 2u2 = 2u1 + u2 = 10 = −3 = ⇒ Phương trình có nghiệm detA1 = = −16 10 detA2 = =2 10 Nghiệm phương trình    x = det A1 = 16 det A det A2  y= =− det A Vậy nghiệm ( 16 , − ) 3 (b) f = B= 0 Tìm phần bản: Phương pháp ánh xạ bảo giác Nhắc lại số phức z = x + iy = (x2 + y ) exp(i arctan(y/x)) = |z| exp (i arg (z)) ln(z) = ln (|z|) + i arg (z) , Re ln (z) = ln (|z|) Cho D miền liên thông đơn = R2 α ∈ D Giả sử wα (α) hàm giải thích từ D vào D1(0) cho wα (z) = ∀z wα (α) = Khi wα (z) = (z − α)P (z) với P hàm tích D = Đặt G (z, α) = ln (|wα (z)|) = [ln (|z − α|) + Re ln (P (z))] 2π 2π Ta chứng minh G thỏa mãn (*) (**) Thật ln F (x, y) (a, b) = (x − a)2 + (y − b)2 2π Để chứng minh G thỏa mãn (.) và( ), ta lưu ý f = u + iv giải tích thỏa mãn điều kiện Riemann Cauchy ∂u ∂v ∂u ∂v = =− ∂x ∂y ∂y ∂x Do ∂ 2u ∂ 2u + = ∂x2 ∂y Từ suy R(z) = Re ln(P (z))/2π thỏa mãn ∇2R = Hơn wα (z) = ∂D nên G (z, α) = ∀z ∈ ∂D Ví dụ 4.7 Một hàm ánh xạ hình tròn bán kính R lên hình tròn đơn vị biến điểm α thành wα (z) = R (z − α) R2 − α z Do đó, G(z, α) = ln(|wα (z)|) 69 Để tính ∇2u ta đưa hàm G xác định C × C hàm xác định R2 × R2 vào R Thường hàm u xác định hình tròn viết theo tọa độ cực u(r, θ) Đặt z = reiθ α = ρeiφ Ta chuyển |wα (α)| tọa độ cực Cụ thể, tử số: |R (z − α)|2 = R reiθ − ρeiθ = Rρ − Rrei(φ−θ) = |Rρ − Rr (cos (φ − θ) + i sin (φ − θ))|2 = [(Rρ − Rρcos (φ − θ))]2 + R2r2 sin2 (φ − θ) = R2 ρ2 − 2R2 rcos (φ − θ) + R2 r2 = R2 r2 + ρ2 − 2rρcos (θ − φ) Và mẫu số: R − α∗ z = R2 − rρei (θ − φ) = R2 − rρ (cos (θ − φ) + i sin (θ − φ)) = R2 − rρcos (θ − φ) 2 + r2 ρ2 sin2 (θ − φ) = R4 + r2 ρ2 − 2R2 rρcos (θ − φ) Do |wα (z)|2 = R2 r2 + ρ2 − 2ρr cos (θ − φ) ρ2 R2 ρ 2 + r2 − 2r Rρ cos (θ − φ) ln (|wα (z)|) 2π R = ln ln r2 + ρ2 − 2rρcos (θ − φ) + 2π ρ 4π G (r, θ, ρ, φ) = − ln 4π R2 ρ + r2 − 2r Hơn ta có giá trị biên (khi ρ = R ) G (r, θ, ρ, φ) = 70 ln (1) 2π R2 cos (θ − φ) ρ ∂G ∂G = ∂η ∂r 2r − 2ρcos (θ − φ) =0+ 4π r2 + ρ2 − 2rρcos (θ − φ) = − 4π r=R 2R − 2ρcos (θ − φ) 1 − 4π R2 + ρ2 − 2Rρcos (θ − φ) 4π 2 2r − Rρ cos (θ − φ) R2 ρ 2 + r2 − 2r Rρ cos (θ − φ) r=R 2R − Rρ cos (θ − φ) R4 − R3 cos (θ − φ) + R ρ ρ ρ 2R − 2ρcos (θ − φ) − R + 2ρcos (θ − φ) = 4π R2 + ρ2 − 2Rρcos (θ − φ) R2 − ρ2 = 2π R2 + ρ2 − 2Rρcos (θ − φ) Đẳng thức cuối cho ta công thức Poisson quen thuộc cho nghiệm toán: ∇2u = DR (0) u = g ∂D u(ρ, φ) = 2π (R2 − ρ2 )/[R2 + ρ2 − 2Rρ cos(θ − φ)]g(R, θ)dθ ds R Ví dụ 4.8 Xây dựng hàm Green toán Dirichlet nửa mặt phẳng ds = Rd d = Tức là, công thức xác định u để ∇2u = f (x, y) y > u (x, 0) = g (x) ∀x ∈ R Xét wα (z) = (z − α) (z − α) với z α thuộc nửa mặt phẳng Ta cần chứng tỏ hai điều là: |wα (z)| < x ∈ R |wα (z)| = Giả sử để z = x + iy α = a + ib |z − α|2 (x − a)2 + (y − b)2 = |z − α|2 (x − a)2 + (y + b)2 x2 + y + a2 + b2 − (ax + by) = x + y + a2 + b2 − (ax − by) 71 Vì y > b > nên −2yb < 2yb |z − α| < |z − α| |x − (a + ib)|2 = |x − (a − ib)|2 Ta có điều phải chứng minh hai điều Do G(z, α) = ln(|Wα (z)|)/2π = [ln(|z − α|) − ln(|z − α|)]/2π Hay theo biến {x, y} là: G (x, y, a, b) = ln (x − a)2 + (y − b)2 − ln (x − a)2 + (y + b)2 Ví dụ ánh xạ bảo giác Ví dụ 4.9 Tìm u cho ∇2u = nửa mặt phẳng phải u (0, y) = |y| < |y| > Ở D nửa mặt phẳng phải, toán tử tuyến tính L toán tử Laplace: L (u) = ∇2u, phương trình tuyến tính cần giải L(u) = 0, điều kiện biên u (0, y) = g (y) Với g (y) = tùy theo |y > 0| hay |y < 0| Ta tìm qua ” năm bước”: Bước 1: Xây dựng ánh xạ 1-1 từ D lên hình tròn đơn vị: f (z) = 1−z 1+z Bước 2: Xây dựng ánh xạ 1-1 từ D lên hình tròn đơn vị biến điểm α thuộc nửa mặt phẳng phải thành điểm 1−z 1−α − + z 1+α wα (z) = 1−z1−α 1− 1+z1+α α−z1+α = α−z1+α Bước 3: Ta có G(z, α) = ln(|wα (z)|) − ln(|z + α|)]/2π 72 Bước 4: Đưa G biến thực {x, y} G({x, f } , {a, b}) = [ln((x − a)2 + (y − b)2) − ln((x + a)2 + (y − b)2)]/4π Bước 5: Tính toán ∂G ∂η biên ∂G ∂G =− |(0,y) = ∂η ∂x π −1 [a2 a + (y − b)2] Cuối ta có công thức cho u(a, b) = G(x, y, a, b)0dxdy + D ∂D π [a2 −1 4.6 ∂G/∂η(x, y, a, b)g(y)ds a + (y − b)2] Nguyên lý cực đại Trong giải tích cố điển, ta biết đạo hàm cấp hai hàm có vai trò quan trọng việc xác định tình lồi, lõm đồ thị Chẳng hạn với hàm u xác định [0, 1], có đạo hàm cấp hai liên tục, không âm đồ thị u lồi [0, 1] Do giá trị u [0, 1] không vượt giá trị u hai đầu mút x = x = Tương tự hàm nhiều biến Lúc này, đóng vai trò đạo hàm cấp hai toán tử Laplace Giả sử ∇2u ≥ miền D bị chặn Rn Khi u phải đạt giá trị cực đại biên D Định lý 4.7 (Nguyên lý cực đại ) Cho D miền bị chặn u hàm liên tục D ∪ ∂D, ∇2 u = f D u = g ∂D Nếu f (x, y) ≥ u ánh xạ giá trị cực đại ∂D 73 Chứng minh Đầu tiên ta giả sử f > Do u liên tục tập đóng bị chặn D ∪ ∂D ∈ Rn nên đạt cực đại D ∪ ∂D Giả sử u đạt cực đại điểm {α, β} D Khi đó, ta có ∂u ∂u (α, β) = = (α, β) ∂x ∂y ∂ 2u ∂ 2u (α, β) ≤ 0, (α, β) ≤ ∂x2 ∂y Điều mâu thuẫn với f > ∂ 2u ∂ 2u (α, β) + (α, β) = f (α, β) ∂x2 ∂y Vậy u phải đạt cực đại biên D Bây giả sử f ≥ Ta u phải đạt cực đại biên D Giả sử u thỏa mãn ∇2u = f D với u = g ∂D Đặt Zε (x, y) = u(x, y) + ε(x2 + y ) ta có ∇2 Vε = ∇2 (u + ε(x2 + y )) = f + 4ε > D Do V ε đạt cực đại ∂D Giả sử V ε đạt cực trị {cε , dε} ∈ ∂D u(α, β) = max u Khi ta có D∪∂D u (α, β) < u (α, β) + ε α2 + β = Vε (α, β) ≤ Vε (cε , dε) = u (cε , dε ) + ε c2ε + d2ε Do Vε đạt cực đại ∂D Giả sử f ≥ đạt giá trị cực đại {cε , dε} ∈ ∂D u(α, β) = max u Khi ta có D∪∂D u (α, β) = max u ≤ u lim (cε , dε) ≤ max u D∪∂D ε→0 D∪∂D Hơn nữa, D ∪ ∂D tập bị chặn nên lim ε c2ε + d2ε = Do ε→0 u (α, β) = max u ≤ u lim (cε , dε) ≤ max u ε→0 D∪∂D D∪∂D ∂D đóng nên lim (cε , dε) ∈ ∂D u lim (cε , dε) = max u ε→0 ε→0 74 D∪∂D Vậy u đạt cực đại biên ∂D Ví dụ 4.10 Xét ∇2u = hình tròn đơn vị mặt phẳng u(1, 0) = sin( ) đường tròn đơn vị Vì giá trị cực đại u đạt biên u = sin( ) biên củaD nên −1 ≤ u(x, y) ≤ D (nghiệm xác u = r sin θ ) Ví dụ 4.11 Nguyên lý cực đại với miền D bị chặn, D không bị chặn điều không Ví dụ với D dải D = (x, y) : < x < πvà y > g(x, y) = sin x ∂D Nghiệm ∇2u = D u = g ∂D u(x, y) = sin xey Hàm không bị chặn D nên không đạt cực đại ∂D Một cách tự nhiên ta có câu hỏi sau: Thứ nhất, có nguyên lý cực tiểu trường hợp f ≤ hay không? Thứ hai thông tin trường hợp f ≤ có dấu thay đổi D ? Định lí sau câu trả lời: Theo đó, ta có đánh giá giá trị cực đại |u| theo f, g D Kết hữu dụng, việc cho ta biết thông tin giá trị cực đại, cho ta biết thay đổi u f, g, D thay đổi nhỏ Hơn nữa, định lý sử dụng để chứng minh tính cho nghiệm toán kiểu Định lý 4.8 (Sự phụ thuộc liên tục vào kiện) Cho D miền bị chặn u hàm liên tục Khi ∃ số K để f vàg liên tục D ∇2u = f D u = g D |u| ≤ max |g| + k max |f | D∪∂D D∪∂D Chứng minh Ta có ∇2 ±u + x2 + y max |f | = ±∇2u + max |f | = ±f + max |f | ≥ Do theo nguyên lí cực đại ±u + x2 + y max |f | đạt giá trị cực đại biên ∂D 75 Vì D miền bị chặn nên giả sử K > x2 + y với ∀(x, y) ∈ ∂ Khi |u (x, y)| ≤ max ±u + x2 + y max |f | ≤ max |g| + kmax |f | Vậy nghiệm phụ thuộc liên tục vào kiện f g Nhớ lại toán phương trình đạo hàm riêng đặt chỉnh 1) Nó có nghiệm 2) Nghiệm toán thay đổi nhỏ kiện có sai số nhỏ 3) Bài toán có nghiệm (khi việc tìm nghiệm quan trọng) Ta có câu trả lời cho hai vấn đề đầu, vấn đề thứ ba trả lời định lý sau Định lý 4.9 (Tính nghiệm) Nếu u v hàm liên tục miền D bị chặn với biên trơn khúc ∇2u = f D u (x, y) = g (x, y) ∂D ∇2v = f D v (x, y) = g (x, y) ∂D u = v Chứng minh ∂ 2w ∂ 2w + với w = Đặt w = u − v Khi đó, w thỏa mãn = ∇ w = ∂x2 ∂y D Theo công thức Green thứ nhất, W ∇2W dA W.0dA = 0= D D < W ∇W, η > ds − < ∇W, ∇W > dA D ∂D Do đó, = ∇w, ∇w = ∂w ∂x + 76 ∂w ∂y ⇒ ∂w ∂w =0= ∂x ∂y Chứng tỏ W hàm mà W = biên ∂D nên u − v = W = Vậy ta toán Dirichlet miền bị chặn D với biên trơn khúc D, với u = g ∂D đặt chỉnh Chúng ta thấy ví dụ toán nghiệm, toán có nghiệm không Sau ví dụ toán có nghiệm không phụ thuộc liên tục vào kiện Ví dụ 4.12 Cho toán ∇2u(x, y) = với y > x ∈ R u(x, 0) = với x ∈ R ∂u |x=0 = sin(πx)/n với x ∈ R ∂y Bài toán có nghiệm là: un (x, y) = sin(πx) sinh(ny)/n2 Chú ý rằng: lim sin(πx) sinh(ny)/n2 = ∞ toán n→∞ ∇2u(x, y) = với y > x ∈ R u(x, 0) = với x ∈ R ∂u (x, 0) = với x ∈ R ∂y có nghiệm u(x, y) = Bài tập 4.13 Giả sử để |g1 (θ) − g2 (θ)| < 0, 01 với < θ < u1, u2 hàm liên tục ∂, thỏa mãn ∇2u1 = D u1 = g1 ∂D ∇2u2 = D u2 = g2 ∂D Chứng minh max |u1 (r, θ) − u2 (r, θ)| < 0, 01 < r < ≤ θ ≤ ∂π 77 4.14 Giả sử để u(x, y) = e−y sin(x) với y ≥ x ∈ R (a)Chứng minh ∇2 u = u(x, 0) = sin(x) (b)Nếu tìm {α, β} để u(α, β) = u (c)Nếu tìm {α.β} để u(α, β) = max u (d)Chứng minh u(x, y) = ey sin(x) nghiệm toán (e)Giải thích điều không mâu thuẫn với định lý tính 4.7 Ví dụ xác định hình dạng mặt trống Xét phương trình mô tả hình dạng mặt Cho D miền mặt phẳng U (x, y) chiều cao màng với giá trị biên cho U (x, y) = g(x, y), {x, y} ∈ ∂D Ở bên D, ta giả thiết màng tỷ lệ với diện tích mặt : + (∂u/∂x)2 + ∂u/∂y)2dA E(U ) = K D Vấn đề đặt là, U chọn để cực tiểu hóa E ? Giả sử U mặt cực tiểu hóa vào Φ hàm trơn với θ(x, y) = ∂D Khi hình dạng mặt trống U + εΦ, ε > Thế mặt thay đổi với ε xác định : + [∂(U + εΦ)/∂x]2 + [∂(U + εΦ)/∂y]2 dA E(U + εφ) = D ∂E |ε=0 = Giả thuyết E(U ) ≤ E(U + εφ) Tức : ∂ε √ Sử dụng xấp xỉ + z ≈ + z/2 + (∂U/∂x)2 + (∂U/∂y )2 /2 dA E(U ) ≈ K D + ((∂(U + εΦ)/∂x)2 + ((∂(U + εΦ)/∂y)2 /2 dA E(U + εφ) ≈ K D 78 Tính dE lấy giá trị ε = Do E(U ) cực tiểu nên đạo hàm không : 0= dE |ε=0 = K/2 dε [2∂U/∂x ∂Φ/∂x + 2∂U/∂y ∂Φ/∂y]dA D K < ∇U, ∇φ > dA D Theo công thức Green thứ dE/dε|ε=0 = K D ∂D Từ φ = ∂D = −K φ∇2U dA < φ∇U, η − K φ∇2 U dA∀φ mà φ = ∂D D ∇ U = Điều mặt trống trạng thái tĩnh không thay đổi theo thời gian thỏa mãn toán Dirichlet Còn mặt trống dao động từ điều kiện ban đầu vị trí cân thỏa mãn : ∂ 2u = ∇2 u ∂t2 u(0, x, y) = phân phối D ∂u (0, x, y) = tốc độ ban đầu D ∂t Miền tình vật lý khác, ổn định theo cách cực tiểu hóa lượng dẫn đến toán eliptic Chẳng hạn xét toán truyền thiệt: Giả sử nhiệt độ điểm thuộc góc phần tư thứ mặt phẳng u(x, y), u có đạo hàm riêng cấp hai liên tục nhiệt độ không nửa dương trục x, nửa dương trục y Hãy tìm u(x, y)? Hay đồ thị u nào? Mô hình toán học toán là: Tìm u để : ∇2u(x, y) = với x > y > u(x, 0) = với x > u(0, y) = với y > 79 Hình 4.3 Câu trả lời : u(x, y) = y arctan( ) π x Do trạng thái ổn định (không phụ thuộc vào thời gian,) nhiệt độ u(x, y) thỏa mãn toán Dirichlet toán tử Laplace tất kết phần phần trước áp dụng cho việc tìm nhiệt độ tìm hình dạng mặt trống Bây ta nghiên cứu tính nghiệm cho toán : ∂u = ∇2 D ∂t u(x, y, 0) = f (x, y) D u(t, x, y) = g(t, x, y) ∂D Phương trình miêu tả dịch chuyển nhiệt độ từ phân bố ban đầu f trạng thái ổn định với điều kiện biên biết Ta chứng minh toán nhiều nghiệm Định lý 4.10 Định lý ( tính nghiệm cho phương trình phân biệt phụ thuộc vào thời gian) Có nghiệm toán ∂u = ∇2 u D ∂t u(x, y, 0) = f (x, y) D u(x, y, t) = g(x, y, t) ∂D Chứng minh Giả sử u v hai nghiệm toán w = u − v 80 Khi − ∇2w = D w(x, y, 0) = ∂D u(x, y, t) = ∂D, ∂w ∂t đặt w2(x, y, t)dxdy E(t) = D Ta có E (t) = w(x, y, t) ∂w (x, y, t)dxdy ∂t w(x, y, t)∇2w(x, y, t)dxdy = D = < w∇w, η > ds − ∇u dxdy D ∂D (theo công thức Green thứ nhất) Do w = ∂D nên E (t) ≥ E(t) = nên E(t) ≡ ∀t không tăng ⇒ Bài tập 4.15 Chỉ u(x, y) = với x > y > w ≡ y arctan( ) với x > y > ∇2u = π x u(x, 0) = với x > u(0, y) = với y > √ 4.16 Cho K(t, x) = exp(−x2/4t)/ 4πt ∂ 2K ∂K ∀t > −∞ < x < ∞ = (a)Chỉ ∂t ∂x2 1 (b) Phác họa đồ thị K(x, t) với t = 1, , (c) Giả sử f liên tục biên cho tất số thực u(x, t) = ∞ −∞ K(t, x − y)f (y) ∀t > ∀x Chỉ ∂u ∂ 2u = ∂t ∂x 81 Kết luận Trên toàn nội dung khoá luận:“Phương pháp hàm green ” Khoá luận giải vấn đề sau: Hệ thống hoá kiến thức toán tử tuyến tính, toán tử vi phân, toán giá trị biên cho phương trình vi phân thường, phương pháp hàm Geen cho phương trình đạo hàm riêng Trình bày định lý luân phiên Fredholm, phương pháp xây dựng hàm Green hai trường hợp loại trừ thứ loại trừ thứ hai Đưa ba ứng dụng hàm Green : tìm nghiệm cho toán 82 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu tiếng Việt [1] Nguyễn Mạnh Hùng Phương trình đạo hàm riêng , NXB Đại học Sư Phạm Hà Nội, Hà Nội 2008 [2] Hoàng Tụy Giải tích toán hoc, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội 2006 [3] Hoàng Tụy (2005), Hàm thực giải tích hàm, NXB ĐHQG Hà Nội L I Vônkôvưski, G L Lunxơ, I G Aramnôvich [B] Tài liệu tiếng Anh [4] L V Ahlfor, Complex Analysis, New York, third edition,1979 [5] Elias M Stein and Rami Shakarchi, Complex analysis, Princeton University Press, 2003 [...]... x Nên dãy hàm {φp }∞ p=1 hội tụ đều trên [0, 1] tới một hàm giới hạn đó 1 thỏa mãn phương trình u(x) = K(x, t)u(t)dt + f (x) nên nó là nghiệm 0 Hệ quả 2.1 Nếu: r = max |K(x, t)| dt và u = limp φp thì x rm+1 max |u(x) − φm (x)| ≤ max |f (x)| x 1−r x Ví dụ 2.9 1 ta có 0 nếu t < x nếu x < t x−t 0 K(x, t) = x2 nên |K(x, t)|dt = 2 1 0 |K(x, t)|dt < 1, ∀x ∈ [0, 1] Theo phương pháp lặp đối với phương trình... L(u) = f trong đó 7 L là toán tử tuyến tính Ở đây,chúng ta tập trung vào phương pháp nghịch đảo A−1 1.4.1 Trường hợp loại trừ thứ nhất Chúng ta thảo luận việc tìm nghiệm của phương trình tuyến tính Au = f Đừng vội vã trả lời u = A−1f vì chúng ta quan tâm tới việc định hướng giải hơn là kết quả Điều này có ích trong việc xây dựng hàm Green ở các chương sau Gọi δi là véc tơ có tính chất < δi , u >= u(i),... cho nếu f trực giao với Ker(A∗) thì u(j) =< G(j), f > là nghiệm của phương trình Au = f Phương pháp xây dựng ở trên thực hiện được trong tình huống này Vì với i đã cho ta không tìm được véctơ G(., p) để A(G(i, )) = δi Thật vậy, theo phần 1.3 của định lý luân phiên Fredholm < δi , v >, ∀v ∈ Ker (A∗) Vì vậy, ta phải điều chỉnh phương pháp một chút Giả sử {vp }np=1 (m < n) là một cơ sở của ker (A∗) Khi... g(x) p→∞ ii Dãy hàm {fp }∞ p=1 hội tụ tới g đều trên [0, 1] nếu lim sup |fp x − g(x)| = 0 n→∞ x∈[0,1] iii Dãy hàm {fp}∞ p=1 hội tụ tới g theo chuẩn nếu lim ||fp−g || = 0 p→∞ Phân tích mối quan hệ giữa ba loại hội tụ này Đưa vào ví dụ dãy hàm hội tụ theo kiểu này nhưng không hội tụ theo kiểu khác 12 2.1.2 Phương trình tích phân và toán tử vi phân Giả sử K : [0, 1] × [0, 1] → R là một hàm đã cho và được... f (x) có nghiệm 0 2 Giải phương trình tích phân y = Ky + f 1 K(y)(x) = 0 2.4 (x − t)y(t)dt vàf (x) = x Giải phương trình y = Ky + f với K nhỏ Nếu K có hạch tách biến thì có một lớp phương trình có thể giải được đó là khi K có hạch nhỏ Điều này không có nghĩa K có dạng K(x, t) = 0, 07xt Khái niệm hạch nhỏ được hiểu theo nghĩa khác Khi đó kỹ thuật tìm nghiệm dựa trên phương pháp lặp như sau: Lấy φ0 (x)... trừ thứ hai) Phương trình Au = 0 có nghiệm không tầm thường II (a) Nếu trường hợp loại thứ I xẩy ra đối với A thì nó cũng xẩy ra đối với A∗ (b) Trong cả hai trường hợp loại trừ phương trình Au = 0 và A∗u = 0 có cùng số nghiệm độc lập tuyến tính III Giả sử trường hợp loại trừ thứ hai xẩy ra Khi đó phương trình Au = f có nghiệm khi và chỉ khi < f, z >= 0 với mọi nghiệm của phương trình z của phương trình... trên có thể tham khảo trong cách về giải gần đúng phương trình tích phân 30 Bài tập 2.13 Xét phương trình 1 y(x) = xt3 y(t)dt + x2 0 (a) Tính π0 , π1 , π2 , và π3 (b) Đánh giá sai số của π3 so với nghiệm (c) Tìm hạch của toán tử giải của phương trình (d) Sử dụng hạch giải đó tìm nghiệm cho phương trình e.Sử dụng tính tách biến của hạch giải đó giải phương trình 2.14 Giả sử K(x, t) = (a)Chứng minh rằng... phân và toán tử vi phân Giả sử K : [0, 1] × [0, 1] → R là một hàm đã cho và được gọi là hạch (hay hạt nhân) Với f : [0, 1] → R ta cần tìm hàm y sao cho ∀x ∈ [0, 1] 1 y(x) = K (x, t)y(t)dt + f (x) 0 Phương trình này được gọi là phương trình Fredholm loại hai.Ta cũng xét phương trình Fredholm loại một có dạng : 1 0= K (x, t)y(t)dt + f (x) 0 Các điều kiện cần đối với K và f là : 1 0 1 0 1 |K(x, t)|2 dx dt... lý luân phiên Fredholm Xét phương trình tích phân y = Ky + f, trong đó K là toán tử Tương tự như phương trình ma trận, ta có định lý luân phiên Fredholm sau đây I Có một và chỉ một trong các khẳng định sau đây là đúng 15 a ( Trường hợp loại trừ thứ nhất ) Nếu f ∈ L2 [0, 1] thì phương trình 1 K(x, t)y(t)dt + f (x) có nghiệm duy nhất y(x) = 0 b (Trường hợp loại trừ thứ hai) Phương trình 1 K(x, t)y(t)dt... trình 1 K(x, t)y(t)dt có nghiệm không tầm thường y(x) = 0 II a Nếu trường hợp loại trừ thứ nhất xẩy ra đối với phương trình 1 y(x) = K(x, t)y(t)dt + f (x) 0 thì nó cũng xẩy ra đối với phương trình 1 z(x) = K(x, t)z(t)dt + g(x) 0 b Trong mọi trường hợp phương trình 1 y(x) = K(x, t)y(t)dt 0 và phương trình liên hợp của nó 1 z(x) = K(t, x)z(t)dt 0 có cùng số nghiệm độc lập III Giả sử trường hợp thứ hai ... y(1) có nghiệm? 40 3.4 Phương pháp xây dựng hàm Green trường hợp loại trừ thứ Có vài phương pháp xây dựng hàm Green Phương pháp sau phương pháp, đơn giản, dễ nhớ Các phương pháp khác cần tới so... giải toán biên Chúng ta có nhiều phương pháp để giải toán như: sử dụng phương pháp tách biến, phương pháp chuỗi Fourier Trong phương pháp đặc biệt phương pháp hàm Green Với lý với lòng say mê nghiên... cứu - Xây dựng hàm Green để tìm nghiệm cho toán - Nghiên cứu ứng dụng hàm Green: phương trình vi phân phương trình đạo hàm riêng Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu hàm Green Phương pháp nghiên cứu