Công thức Poisson dẫn từ Hàm phức

Standard

Có thể nói mối liên hệ giữa hàm điều hòa và hàm chỉnh hình là một mắt xích quan trọng. Dưới đây tôi trình bày việc xây dựng các công thức Poisson nhờ công cụ hàm phức dựa vào mối quan hệ này. Cách trình bày dựa vào “Complex Variables and Applications, 8th_Edition” của J. W. Brown, R. V. Churchill.

Đường link của cuốn sách

https://www.box.com/s/f482e43d1d3d68c3bf6d

Nhắc lại mối quan hệ giữa hàm điều hòa trên mặt phẳng và hàm chỉnh hình một biến phức.

Hàm chỉnh hình f: D(\subset \mathbb C)\to\mathbb C

có phần thực u(x, y)=Re f: D(\subset\mathbb R)\to\mathbb R

và phần ảo v(x, y)=Im f: D(\subset\mathbb R)\to\mathbb R

là các hàm điều hòa.

Điều này dễ dàng có được từ hệ phương trình Cauchy-Riemann

u_x=v_y, u_y=-v_x.

Ngược lại, khi miền D là miền liên thông thì với mỗi hàm điều hòa u(x, y) trên D đều tìm được hàm điều hòa liên hợp v xác định bởi tích phân đường loại II

v(x, y)=\int\limits_{C(x, y)} u_y(s, t)ds-u_x(s, t)dt

với C(x, y) là đường cong trong miền D với điểm đầu là một điểm cố định (x_0, y_0)\in D còn đầu kia là điểm (x, y).

Khi đó f(x, y)=u(x, y)+iv(x, y) là hàm chỉnh hình trên D.

Trước hết ta xét D_0 là hình tròn đơn vị. Ký hiệu C_0 là đường tròn đơn vị.

Áp dụng công thức tích phân Cauchy:

+) z\in D

f(z)=\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{C_0}\dfrac{f(s)}{s-z}ds,

+) z_1\not\in D

0=\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{C_0}\dfrac{f(s)}{s-z_1}ds.

Chọn z_1 là nghịch đảo của z qua đường tròn đơn vị C_0

z_1=\dfrac{1}{\bar{z}}=\dfrac{s\bar{s}}{\bar{z}}, s\in C_0

ta được

f(z)=\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{C_0}\Big(\dfrac{1}{s-z}-\dfrac{1}{s-z_1}\Big)f(s)ds

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\Big(\dfrac{s}{s-z}+\dfrac{\bar{z}}{\bar{s}-\bar{z}}\Big)f(s)d\theta (chuyển sang hệ tọa độ cực s=e^{i\theta})

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{1-|z|^2}{|s-z|^2}f(e^{i\theta})d\theta.

Với x=r\cos\varphi, y=r\sin\varphi, z=x+iy, s=\cos\theta+i\sin\theta

|z|=r, |s-z|^2=1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2,

v(r, \varphi)=u(x, y).

Lấy phần thực hai vế của biểu thức tích phân trên có công thức Poisson trong hình tròn

v(r, \varphi)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2}v(1, \theta)d\theta.

Công thức này dùng trong việc tìm nghiệm của bài toán biên Dirichlet.

Vậy trong bài toán biên Neumann thì có công thức Poisson như nào?

Trong cuốn “Giáo trình PTĐHR” của thầy Nguyễn Thừa Hợp có bài tập 38 nói rằng hàm rv_r(r, \varphi) cũng là hàm điều hòa nên ta có công thức Poisson

rv_r(r, \varphi)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2}v_r(1, \theta)d\theta

hay

v_r(r, \varphi)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{1-r^2}{r(1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2)}v_r(1, \theta)d\theta

Tích phân cả hai vế theo r với chú ý

+) \dfrac{1-r^2}{r(1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2)}=\dfrac{2\cos(\varphi-\theta)-2r}{(1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2)}+\dfrac{1}{r}

+) \int\limits_0^{2\pi}v_r(1, \theta)d\theta=0

có công thức Poisson cho bài toán biên Neumann

v(r, \varphi)-v(0)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\log(1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2)v_r(1, \theta)d\theta.

Quay trở lại công thức Poisson cho bài toán biên Dirichlet. Ta xét vài trường hợp đặc biệt của giá trị của hàm trên biên.

TH1: u(1, 2\pi-\varphi)=-u(1, \varphi) thì công thức Poisson trở thành

v(r, \varphi)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2}v(1, \theta)d\theta

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2}v(1, \theta)d\theta+

+\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{\pi}^{2\pi}\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2}v(1, \theta)d\theta

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{\pi}\Big(\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi-\theta)+r^2}-\dfrac{1-r^2}{1-2r\cos(\varphi+\theta)+r^2}\Big)v(1, \theta)d\theta.

Công thức Poisson này dùng để giải bài toán biên Dirichlet trong nửa đường tròn trên với điều kiện trên đường kính

u(r, 0)=u(r, \pi)=0, 0\le r<1.

Nhắc lại

P_r(\varphi)=1+2\sum\limits_{n=1}^\infty r^n\cos(n\varphi).

Ta có thể viết dưới dạng chuỗi Fourier

v(r, \varphi)=\sum\limits_{n=1}^\infty b_nr^n\sin(n\varphi)

với b_n=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\pi u(1, \theta)\sin(n\theta)d\theta.

TH1.1: Lại tiếp tục giả sử u(1, \pi-\varphi)=-u(1, \varphi).

Với chú ý

\int\limits_{\pi/2}^{\pi}u(1, \theta)\sin(n\theta)d\theta=(-1)^n\int\limits_{0}^{\pi/2}u(1, \theta)\sin(n\theta)d\theta

nên công thức nghiệm cho bài toán biên Dirichlet cho góc dương phần tư hình tròn với điều kiện trên hai bán kinh

u(r, 0)=u(r, \pi/2)=0

được cho bởi

v(r, \varphi)=\sum\limits_{k=1}^\infty b_kr^{2k}\sin(2k\varphi)

với b_k=\dfrac{4}{\pi}\int\limits_0^{\pi/2} u(1, \theta)\sin(2k\theta)d\theta.

Các bạn thử làm các trường hợp khác.

TH1.2: u(1, \pi-\varphi)=u(1, \varphi) dùng để giải bài toán biên cho góc dương phần tư với điều kiện trên đường kính

u(r, 0)=0, u_{\varphi}(r, \pi/2)=0.

Công thức nghiệm lúc này cho bởi

v(r, \varphi)=\sum\limits_{k=0}^\infty b_kr^{2k+1}\sin((2k+1)\varphi)

với b_k=\dfrac{4}{\pi}\int\limits_0^{\pi/2} u(1, \theta)\sin((2k+1)\theta)d\theta.

 TH2: u(1, 2\pi-\varphi)=u(1, \varphi) dùng để giải bài toán biên cho nửa trên hình tròn với điều kiện trên đường kính

u_\varphi(r, 0)=u_{\varphi}(r, \pi)=0.

Công thức nghiệm lúc này cho bởi

v(r, \varphi)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{k=1}^\infty a_nr^{n}\cos(n\varphi)

với a_n=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^{\pi} u(1, \theta)\cos(n\theta)d\theta.

 TH2.1: u(1, \pi-\varphi)=-u(1, \varphi) dùng để giải bài toán biên cho góc dương phần tư với điều kiện trên đường kính

u_\varphi(r, 0)=u(r, \pi/2)=0.

Công thức nghiệm lúc này cho bởi

v(r, \varphi)=\sum\limits_{k=0}^\infty a_kr^{2k+1}\cos((2k+1)\varphi)

với a_k=\dfrac{4}{\pi}\int\limits_0^{\pi/2} u(1, \theta)\cos((2k+1)\theta)d\theta.

 TH2.2: u(1, \pi-\varphi)=u(1, \varphi) dùng để giải bài toán biên cho góc dương phần tư với điều kiện trên đường kính

u_\varphi(r, 0)=u_{\varphi}(r, \pi/2)=0.

Công thức nghiệm lúc này cho bởi

v(r, \varphi)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{k=1}^\infty a_kr^{2k}\cos(2k\varphi)

với a_k=\dfrac{4}{\pi}\int\limits_0^{\pi/2} u(1, \theta)\cos(2k\theta)d\theta.

 Từ đó dự đoán công thức nghiệm cho trường hợp quạt với góc mở tổng quát!
Các công thức Poisson trên đều có chung một điểm: giải bài toán biên với điều kiện biên trên cung tròn là điều kiện Dirichlet.
Ta vẫn chưa dẫn đến công thức Poisson cho bài toán biên với điều kiện biên trên cung tròn Neumann. Phần này xin dành cho bạn đọc.

Giờ ta chuyển sang công thức Poisson cho nửa mặt phẳng trên.

Trước hết ta xét hàm chỉnh hình trên nửa mặt phẳng f:\mathbb R^2_+\to\mathbb C

thỏa mãn thêm tính bị chặn tại vô cùng

|z^af(z)|\le M, \forall Imz\le 0 (trong đó a>0 là cố định).

Với z\in\mathbb R^2_+. Ta chọn R>0 để |z|<R.

Khi đó z nằm bên trong đường cong kín C=[-R, R]\cup C_R còn \bar{z} nằm ngoài đường cong đó.

Áp dụng tích phân Cauchy có

+) f(z)=\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{C}\dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta,

+) 0=\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{C}\dfrac{f(\zeta)}{\zeta-\bar{z}}d\zeta.

Khi \zeta\in C_R

\dfrac{|f(\zeta)|}{|\zeta-z|}\le \dfrac{M}{R^a(R-|z|)}.

Khi đó chuyển sang hệ tọa độ cực z=Re^{i\theta}

|\int\limits_{C_R}\dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta|=|\int\limits_0^\pi \dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\theta|\le\dfrac{\pi M}{R^a(1-|z|/R)}.

Cho R\to+\infty

\lim\limits_{R\to+\infty}\int\limits_{C_R}\dfrac{f(\zeta)}{\zeta-z}d\zeta=0.

Tương tự ta cũng có

\lim\limits_{R\to+\infty}\int\limits_{C_R}\dfrac{f(\zeta)}{\zeta-\bar{z}}d\zeta=0.

Như vậy có

f(z)=\dfrac{1}{2\pi i}\int\limits_{-\infty}^\infty \Big(\dfrac{1}{t-z}-\dfrac{1}{t-\bar{z}}\Big)f(t)dt=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty\dfrac{yf(t)}{|t-z|^2}dt, z=x+iy, y>0.

Lấy phần thực hai vế ta được công thức Poisson cho trường hợp nửa mặt phẳng

u(x, y)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty\dfrac{yu(t, 0)}{(t-x)^2+y^2}dt.

Để dẫn đến công thức trên ta đòi hỏi hàm f(z) giảm về 0 cỡ |z|^a. Tuy nhiên, trực tiếp nhìn từ công thức ta chỉ cần hàm u(x, y) bị chặn!

Cũng giống trường hợp trong hình tròn, công thức Poisson trên dùng để giải bài toán biên Dirichlet trong nửa mặt phẳng trên. Giờ ta tìm công thức Poisson cho bài toán biên Neumann.

Không khó khăn để thấy u_y(x, y) cũng là hàm điều hòa trong nửa mặt phẳng trên khi bản thân hàm u(x, y) điều hòa.

Khi đó ta cũng có công thức Poisson

u_y(x, y)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty\dfrac{yu_y(t, 0)}{(t-x)^2+y^2}dt.

Tích phân hai vế theo y từ y_1>0 đến y_2>0

u(x, y_2)-u(x, y_1)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty u_y(t, 0)\log{((t-x)^2+y_2^2)}dt-

-\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty u_y(t, 0)\log{((t-x)^2+y_1^2)}dt.

Từ đó ta có công thức Poisson cho bài toán biên Neumann

u(x, y)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty u_y(t, 0)\log{((t-x)^2+y^2)}dt+U_0, U_0 là hằng số.

Trở lại công thức Poisson cho bài toán biên Dirichlet ta có vài điểm lưu ý tiếp.

+) Công trức Poisson cho nửa mặt phẳng phải \{(x, y)|\; x>0\}

u(x, y)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty\dfrac{xu(0, y)}{x^2+(t-y)^2}dt.

+) Nếu hàm u(x, y) là hàm lẻ theo x thì công thức Poisson có thể viết gọn

u(x, y)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty\dfrac{yu(t, 0)}{(t-x)^2+y^2}dt

=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{0}^\infty\Big(\dfrac{1}{(t-x)^2+y^2}-\dfrac{1}{(t+x)^2+y^2}\Big)yu(t, 0)dt.

Ta được công thức Poisson cho góc phần tư  dương với điều kiện biên u(0, y)=0.

+) Kết hợp hai điều trên cho ta công thức Poisson cho góc phần tư thứ nhất (tổng quát)

u(x, y)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{0}^\infty\Big(\dfrac{1}{(t-x)^2+y^2}-\dfrac{1}{(t+x)^2+y^2}\Big)yu(t, 0)dt+

+\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{0}^\infty\Big(\dfrac{1}{x^2+(t-y)^2}-\dfrac{1}{x^2+(t+y)^2}\Big)xu(0, t)dt

=\dfrac{4}{\pi}\int\limits_0^\infty \Big(\dfrac{u(t, 0)}{(t^2+x^2+y^2)^2-4t^2x^2}-\dfrac{u(0, t)}{(t^2+x^2+y^2)^2-4t^2y^2}\Big)txydt.

+) Nếu hàm u(x, y) là hàm chẵn theo x thì công thức Poisson có thể viết gọn

u(x, y)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty\dfrac{yu(t, 0)}{(t-x)^2+y^2}dt

=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{0}^\infty\Big(\dfrac{1}{(t-x)^2+y^2}+\dfrac{1}{(t+x)^2+y^2}\Big)yu(t, 0)dt.

Ta được công thức Poisson cho góc phần tư  dương với điều kiện biên u_x(0, y)=0.

Như vậy ta giải được bài toán biên cho góc phần tư dương

u(x, 0)=f(x), u_x(0, y)=0.

Công việc bây giờ không đơn giản chỉ đổi vai trò như trên để ta có thể giải bài toán biên tổng quát trong góc dương

u(x, 0)=f(x), u_x(0, y)=g(y).

Lúc này ta phải nhờ đến công thức Poisson cho bài toán Neumann trong nửa mặt phẳng trên. Cụ thể như sau.

+) Nếu hàm u(x, y) là hàm lẻ theo x thì công thức Poisson có thể viết gọn

u(x, y)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty u_y(t, 0)\log{((t-x)^2+y^2)}dt

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^\infty u_y(t, 0)\Big(\log{((t-x)^2+y^2)}-\log{((t+x)^2+y^2)}\Big)dt.

Công thức này giúp ta giải bài toán biên trong góc dương

u_y(x, 0)=f(x), u(0, y)=0.

+) Nếu hàm u(x, y) là hàm chẵn theo x thì công thức Poisson có thể viết gọn

u(x, y)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty u_y(t, 0)\log{((t-x)^2+y^2)}dt+U_0

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{0}^\infty u_y(t, 0)\Big(\log{((t-x)^2+y^2)}+\log{((t+x)^2+y^2)}\Big)dt+U_0.

Công thức này giúp ta giải bài toán biên trong góc dương

u_y(x, 0)=f(x), u_x(0, y)=0.