Nghiệm của hệ phương trình vi phân đạo hàm riêng liên quan đến công thức Stokes

Standard

Hệ phương trình đầu tiên liên quan đến trường thế, nghĩa là trường:

F(x, y, z)=(P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z))

có công không phụ thuộc đường đi hay công đi theo một vòng kín bằng 0.

Khi đó, theo công thức Stokes trường F(x, y, z) thỏa mãn hệ phương trình

\dfrac{\partial R}{\partial y}-\dfrac{\partial Q}{\partial z}=0,

\dfrac{\partial P}{\partial z}-\dfrac{\partial R}{\partial x}=0,

\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=0.

Nếu trường F(x, y, z) thỏa mãn hệ trên thì nó sẽ có một hàm thế u:\mathbb R^3\to \mathbb R sao cho

\dfrac{\partial u}{\partial x}= P, \dfrac{\partial u}{\partial y}= Q, \dfrac{\partial u}{\partial z}= R.

Vậy làm thế nào để tìm được hàm thế u?

Ta xuất phát từ một điểm (x_0, y_0, z_0) đặc biệt (chẳng hạn gốc tọa độ) rồi tìm giá trị của u tại điểm (x_1, y_1, z_1) bất kỳ bằng cách lấy tích phân trên một đường đặc biệt của dạng vi phân Pdx+Qdy+Rdz.

Chẳng hạn, ta đi như sau:

từ (x_0, y_0, z_0) đi theo đường y=y_0, z=z_0 đến điểm (x_1, y_0, z_0),

rồi từ (x_1, y_0, z_0) đi theo đường x=x_1, z=z_0 đến điểm (x_1, y_1, z_0),

tiếp đến từ (x_1, y_1, z_0) đi theo đường x=x_1, y=y_1 đến điểm (x_1, y_1, z_1).

Ta lấy tích phân được:

u(x_1, y_1, z_1)-u(x_0, y_0, z_0)=

=\int_{x_0}^{x_1}P(x, y_0, z_0)dx+

+\int_{y_0}^{y_1}Q(x_1, y, z_0)dy+

+\int_{z_0}^{z_1}R(x_1, y_1, z)dz.

Giá trị u(x_0, y_0, z_0) đóng vai trò như giá trị ban đầu!

Hệ phương trình tiếp theo liên quan đến bài toán tìm trường F(x, y, z)=(P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)) khi biết

\dfrac{\partial R}{\partial y}- \dfrac{\partial Q}{\partial z}=L(x, y, z),

\dfrac{\partial P}{\partial z}-\dfrac{\partial R}{\partial x} =M(x, y, z),

\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=N(x, y, z)

với L, M, N là các hàm cho trước.

Dĩ nhiên không phải các hàm L, M, N cho trước nào bài toán cũng có nghiệm vì như ta đã biết div(rot F)=0.

Nói cách khác để bài toán có nghiệm F(x, y, z) thì

\dfrac{\partial L}{\partial x}+\dfrac{\partial M}{\partial y}+\dfrac{\partial N}{\partial z}=0.

Khi đó trường F(x, y, z) được xác định như nào?

Cách xác định như sau:

P(x, y,z )=\int_0^1 (zM(tx, ty, tz)-yN(tx, ty, tz))tdt,

Q(x, y,z )=\int_0^1 (xN(tx, ty, tz)-zL(tx, ty, tz))tdt,

R(x, y,z )=\int_0^1 (yL(tx, ty, tz)-xM(tx, ty, tz))tdt.

Lưu ý rằng các quá trình trên được thực hiện cần có các điều kiện nhất định!

Ai quan tâm có thể tham khảo trong cuốn

“Advanced Calculus” của Wilfred Kaplan.

Mọi người có thể lấy bản điện tử trong box.net của tôi

http://www.box.net/shared/uoyj4rk3s5

3 responses »

  1. Trong trường hợp L, M, N là các hàm thuần nhất dương bậc n, nghĩa là
    L(tx, ty, tz)=t^n L(x, y, z), t>0,
    thì
    P=\dfrac{1}{n+2}(zM-yN),
    Q=\dfrac{1}{n+2}(xN-zL),
    R=\dfrac{1}{n+2}(yL-xM)
    hay
    (P, Q, R)=\dfrac{1}{n+2}(L, M, N)\times (x, y, z)
    trong đó \times là tích có hướng.
    Xét ví dụ:
    L=y-z, M=z-x, N=x-y
    là các hàm thuần nhất dương bậc 1
    nên
    P=\dfrac{1}{3}(y^2+z^2-x(y+z)),
    Q=\dfrac{1}{3}(z^2+x^2-y(z+x)),
    R=\dfrac{1}{3}(x^2+y^2-z(x+y)).
    Cũng lưu ý rằng hệ phương trình
    rot(P, Q, R)=(L, M, N)
    có vô số nghiệm sai khác nhau
    grad f(x, y, z)
    với f(x, y, z) là một hàm tùy ý.
    Chọn
    f(x, y, z)=\dfrac{1}{6}\Big(xy^2+yz^2+zx^2+x^2y+y^2z+z^2x)
    ta lại có nghiệm khác
    P=\dfrac{1}{2}(y^2+z^2),
    Q=\dfrac{1}{2}(z^2+x^2),
    R=\dfrac{1}{2}(x^2+y^2).

  2. Nếu U\subset\mathbb R^3, miền xác định của các hàm khả vi vô hạn L, M, N, là một miền hình sao thì điều kiện cần và đủ để tồn tại các hàm khả vi vô hạn P, Q, R sao cho
    rot(P, Q, R)=(L, M, N)
    là:
    div(L, M, N)=0!

    Điều này liên quan tới đối đồng điều De’Rham của U:
    H^2(U)=Ker(div)/Im(rot)
    trong đó:
    C^\infty(U; \mathbb R^3)\stackrel{rot}{\to} C^\infty(U; \mathbb R^3)\stackrel{div}{\to}C^\infty(U; \mathbb R).

    Điều kiện cần và đủ để:
    mọi hàm khả vi vô hạn L, M, N trên U
    thỏa mãn
    div(L, M, N)=0
    đều có các hàm khả vi vô hạn P, Q, R sao cho:
    rot(P, Q, R)=(L, M, N)

    H^2(U)=\{0\}!

    Khi U là miền hình sao, nghĩa là có một điểm x_0\in U sao cho
    \forall x\in U: [x_0, x]=\{tx_0+(1-t)x|\; 0\le t\le 1\}\subset U,
    thì H^2(U)=\{0\}!

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s