Tính duy nhất nghiệm của các bài toán biên hỗn hợp

Standard

Ngày 23/04/2013 tôi đã trình bày cách dùng các tích phân năng lượng để chứng minh tính duy nhất nghiệm cho các bài toán biên trong trường hợp miền không gian hữu hạn.

+ Phương trình truyền nhiệt

u_t(x, t)=a^2u_{xx}(x, t)+f(x, t), 0<x<L, t>0,

dùng tích phân năng lượng

I(t)=\int\limits_0^L u^2(x, t)dx.

+ Phương trình truyền sóng

u_{tt}(x, t)=a^2u_{xx}(x, t)+f(x, t), 0<x<L, t>0,

dùng tích phân năng lượng

I(t)=\int\limits_0^L (u_t^2(x, t)+a^2u_x^2(x, t))dx.

+ Phương trình Poisson trong hình chữ nhật

u_{xx}(x, y)+u_{yy}(x, y)=f(x, y), 0<x<a, 0<y<b,

dùng tích phân năng lượng

I=\int\limits_0^a\int\limits_0^b (u_x^2(x, y)+u_y^2(x, y))dxdy.

Hay phương trình Poisson trong hình tròn, viết trong hệ tọa độ cực x=r\cos\theta, y=r\sin\theta

\dfrac{1}{r}(rv_r(r, \theta))_r+\dfrac{1}{r^2}v_{\theta\theta}(r, \theta)=f(r, \theta), 0\le r<R, 0\le \theta<2\pi,

dùng tích phân năng lượng

I=\int\limits_0^R\int\limits_0^{2\pi}(rv^2_r(r, \theta)+\dfrac{1}{r}v^2_\theta(r, \theta))d\theta dr.

Tuy nhiên khi xét các bài toán biên trong miền không gian vô hạn chẳng hạn

+ phương trình truyền sóng trên toàn đường thẳng, trên nửa đường thẳng,

+ phương trình truyền nhiệt trên toàn đường thẳng, trên nửa đường thẳng,

+ phương trình Laplace ngoài hình tròn, trong quạt vô hạn như các trường hợp đặc biệt nửa mặt phẳng trên, góc phần tư dương, trong dải hay trong nửa dải,

thì việc xét tích phân năng lượng dường như có trục trặc về sự hội tụ của các tích phân!

Trong trường hợp phương trình truyền sóng ta đã giải khá trọn vẹn nhờ công thức D’Alembert và đẳng thức hình bình hành. Một cách rõ ràng hơn, nghiệm của bài toán biên hỗn hợp hay bài toán giá trị ban đầu của phương trình truyền sóng phải thỏa mãn công thức D’Alembert và đẳng thức hình bình hành, ngược lại hàm xây dựng từ công thức D’Alembert và đẳng thức hình bình hành chính là “nghiệm” của các bài toán này. “Nghiệm” đôi khi không là nghiệm cổ điển (classical solution).

Trong trường hợp phương trình truyền nhiệt và phương trình Lapace ta đòi hỏi thêm về tính chất của nghiệm: nghiệm bị chặn! Để giải quyết tính duy nhất nghiệm cho các trường hợp này có một cách khá hiệu quả: nguyên lý cực đại!

Trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2012/08/18/nguyen-ly-cuc-dai-tiep/

cho thấy tính duy nhất nghiệm cho các bài toán biên hỗn hợp cho phương trình truyền nhiệt trong miền không gian hữu hạn, cũng như bài toán biên cho phương trình Laplace trong miền không gian hữu hạn cũng có thể được dẫn từ nguyên lý cực đại. Để tiện cho việc trình bày tiếp tôi phát biểu lại nguyên lý cực đại cho các trường hợp cụ thể sau.

+ Phương trình truyền nhiệt trong một đoạn hữu hạn 0\le x\le L:

u_t(x, t)=a^2u_{xx}(x, t), 0<x<L, t>0.

Đặt S_T=\{0\}\times[0, T]\cup\{L\}\times [0, T]\cup[0, L]\times \{0\}, T>0,

m=\min\limits_{(x, t)\in S_T} u(x, t),

M=\max\limits_{(x, t)\in S_T} u(x, t)

ta có

m\le u(x, t)\le M, \forall 0\le x\le L, 0\le t\le T.

+ Phương trình Laplace trong miền \Omega, là hình chữ nhật hoặc hình tròn, hay vành khăn, quạt hữu hạn

u_{xx}(x, y)+u_{yy}(x, y)=0, (x, y)\in\Omega.

Đặt \partial\Omega là biên của \Omega, là bốn cạnh hình chữ nhật (trong trường hợp hình chữ nhật) hoặc là đường tròn (trong trường hợp hình tròn), hay là hai đường tròn (trong trường hợp vành khăn), hay là hai cánh quạt cùng với cung tròn (trong trường hợp quạt hữu hạn)

m=\min\limits_{(x, y)\in\partial\Omega}u(x, y),

M=\max\limits_{(x, y)\in\partial\Omega}u(x, y)

ta có

m\le u(x, y)\le M, \forall (x, y)\in\Omega.

Có thể thấy ngay tính duy nhất nghiệm của các bài toán biên tương ứng với các phương trình trên khi cho các điều kiện biên cũng như điều kiện ban đầu bằng 0.

Tiếp theo ta sẽ mở rộng nguyên lý cực đại cho các phương trình trên trong trường hợp miền không gian vô hạn.

+ Phương trình truyền nhiệt trên nửa trục

u_t(x, t)=a^2u_{xx}(x, t), 0<x<\infty, t>0.

Với u(x, t) là nghiệm bị chặn của phương trình truyền nhiệt

đặt S=\{0\}\times[0, +\infty)\cup[0, +\infty)\times\{0\}

m=\inf\limits_{(x, t)\in S} u(x, t)>-\infty,

M=\sup\limits_{(x, t)\in S} u(x, t)<+\infty,

ta có

m\le u(x, t)\le M, \forall 0<x<\infty, t>0.

Một cách tương tự ta cũng có nguyên lý cực đại cho phương trình truyền nhiệt trên toàn đường thẳng, với chú ý trên toàn đường thẳng không có biên \{0\}\times[0, +\infty).

Cách chứng minh cho cả hai trường hợp này cũng tương tự nhau. Ta chỉ cần chứng minh chiều

u(x,t)\le M,

còn chiều kia xét -u(x, t).

Dưới đây tôi trình bày chứng minh trong trường hợp trên nửa trục.

Để chứng minh, ta lấy cố định một điểm (x_0, t_0), t_0>0, x_0>0 bất kỳ rồi xét hàm

v_\epsilon(x, t)=\dfrac{\epsilon}{2a^2t_0+x_0^2}(2a^2t+x^2)+M-u(x, t), \epsilon>0 cho trước,

trong miền G_{t_0+1}=[0, L]\times[0, t_0+1].

Trong đó L là số dương đủ lớn để

v_\epsilon(L, t)>0, \forall t\in[0, t_0+1] và 0<x_0<L.

Điều này làm được nhờ tính bị chặn của nghiệm u(x, t)!

Khi đó hàm v_\epsilon(x, t) thỏa mãn phương trình truyền nhiệt trong miền không gian hữu hạn và không âm trên

S_{t_0+1}=\{0\}\times[0, t_0+1]\cup\{L\}\times[0, t_0+1]\cup[0, L]\times\{0\}.

Như vậy theo nguyên lý cực đại trong miền không gian hữu hạn có

v_\epsilon(x, t)>0, \forall (x, t)\in G_{t_0+1}

(x_0, t_0)\in G_{t_0+1} nên

v_\epsilon(x_0, t_0)=\epsilon+M-u(x_0, t_0)>0.

Điều này đúng với mọi \epsilon>0 nên ta có điều phải chứng minh.

+ Nguyên lý cực đại cho phương trình Laplace trong miền không bị chặn hay nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa trong miền không bị chặn có lẽ bắt đầu từ các Định lý ba đường thẳng và Định lý ba đường tròn của J. Hadamard. Trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2011/07/06/nguyen-ly-c%E1%BB%B1c-d%E1%BA%A1i/

cũng có nói đến khi viết về nguyên lý Phragmen-Linderlof cho hàm chỉnh hình. Như đã biết, hàm chỉnh hình và hàm điều hòa có mối quan hệ mật thiết với nhau nên những tính chất của hàm chỉnh hình thường sẽ chuyển sang được cho hàm điều hòa. Cụ thể, nguyên lý Phragmen-Linderlof  cho hàm chỉnh hình trong một quạt vô hạn D_\alpha=\{re^{i\theta}|\; 0\le r<+\infty, 0\le\theta\le\alpha\}, 0<\alpha<2\pi được phát biểu như sau.

Nếu hàm chỉnh hình f:D_\alpha\to\mathbb C thỏa mãn

+) có số dương M để

|f(z)|\le M, \forall z=re^{i\theta}, 0\le r<+\infty, \theta=0 hay \theta=\alpha,

+) có số \beta\in(0, \pi/\alpha) và số dương C để

|f(z)|\le e^{C|z|^\beta}, \forall z\in D_\alpha

thì |f(z)|\le M, \forall z\in D_\alpha.

Nguyên lý Phragmen-Linderlof  trong quạt vô hạn cho hàm điều hòa sẽ được phát biểu như sau.

Cho hàm điều hòa v:D_\alpha\to\mathbb R thỏa mãn

+) có số \beta\in[0, \pi/\alpha) và số dương C để

|v(r, \theta)|\le Cr^{\beta}, \forall (r, \theta)\in D_\alpha.

Đặt

m=\inf\limits_{0\le r<+\infty}\{v(r, 0), v(r, \alpha)\}>-\infty,

M=\sup\limits_{0\le r<+\infty}\{v(r, 0), v(r, \alpha)\}<+\infty.

Khi đó m\le v(r, \theta)\le M, \forall (r, \theta)\in D_\alpha.

Có thể thấy ngay tính duy nhất nghiệm bị chặn cho bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong nửa mặt phẳng (trường hợp \alpha=\pi), trong góc phần tư dương (trường hợp \alpha=\pi/2), hay trong quạt vô hạn bất kỳ khi cho điều kiện trên biên bằng 0. Không những thế điều kiện nghiệm bị chặn có thể thay bởi tốc độ tăng của nghiệm nhỏ hơn Cr^{\beta r}.

Để chứng minh nguyên lý Phragmen-Linderlof cho hàm điều hòa ta chỉ cần chứng minh

v(r, \theta)\le M,

chiều kia xét -v(r, \theta).

Cách làm khá giống như trong phương trình truyền nhiệt trên nửa trục. Cố định điểm (r_0, \theta_0), 0<r_0, 0<\theta_0<\alpha. Lấy \beta_1\in(\beta, \pi/\alpha)

\beta_1|\theta-\alpha/2|\le\beta_1\alpha/2<\pi/2, \forall\theta\in[0, \alpha]

nên

0<\cos(\beta_1\alpha/2)<\cos(\beta_1(\theta-\alpha/2), \forall \theta\in[0,\alpha].

Do đó

+) \cos(\beta_1(\theta_0-\alpha/2))>0,

+) |u(r, \theta)|\le C_1r^{\beta-\beta_1}\cos(\beta_1(\theta-\alpha))r^{\beta_1}, \forall \theta\in[0, \alpha].

Với mỗi \epsilon>0 xét hàm

v_\epsilon(r, \theta)=\dfrac{\epsilon}{r_0^{\beta_1}\cos(\beta_1(\theta_0-\alpha/2))} r^{\beta_1}\cos(\beta_1 (\theta-\alpha/2))+M-v(r, \theta).

v(r, \theta) là hàm điều hòa trong quạt hữu hạn

D_{R, \alpha}=\{(r, \theta)|\; 0\le r\le R, 0\le\theta\le\alpha\}.

Trong đó R là số dương đủ lớn để

v(R, \theta)>0, \forall 0\le\theta\le\alpha,R>r_0.

Điều này làm được nhờ \beta<\beta_1.

Từ đó hàm v_\epsilon(r, \theta) không âm trên biên của quạt hữu hạn D_{R, \alpha}. Theo nguyên lý cực đại có

v_\epsilon(r, \theta)\ge 0, \forall (r, \theta)\in D_{R, \alpha}.

Lại có (r_0, \theta_0)\in D_{R, \alpha} nên

v_\epsilon(r_0, \theta_0)=\epsilon+M-v(r_0, \theta_0)>0.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Ta có thể có kết quả tốt hơn một chút như sau.

Nếu đặt

M_1=\sup\limits_{0\le r<+\infty}v(r, 0), M_2=\sup\limits_{0\le r<+\infty}v(r, \alpha)

thì

v(r, \theta)\le \dfrac{\alpha-\theta}{\alpha}M_1+\dfrac{\theta}{\alpha} M_2, \forall 0\le r<+\infty, 0\le \theta\le\alpha.

Việc chứng minh chỉ thay đổi hàm v_\epsilon như sau

v_\epsilon(r, \theta)=\dfrac{\epsilon}{r_0^{\beta_1}\cos(\beta_1(\theta_0-\alpha/2))} r^{\beta_1}\cos(\beta_1( \theta-\alpha/2))+

+\dfrac{\alpha-\theta}{\alpha}M_1+\dfrac{\theta}{\alpha}M_2-v(r, \theta).

Cách phát biểu trên gần với Định lý ba đường thẳng của Hadamard như sau.

Cho hàm điều hòa u: D_L=\{(x, y)|\; 0\le x\le L, -\infty<y<+\infty\}\to\mathbb R là hàm bị chặn.

Đặt

m_j=\inf\limits_{y\in\mathbb R}u(jL, y), j=0, 1,

M_j=\sup\limits_{y\in\mathbb R}u(jL, y), j=0, 1.

Khi đó

(1-x)m_0+xm_1\le u(x, y)\le \dfrac{L-x}{L}M_0+\dfrac{x}{L}M_1,

\forall 0<x<L, -\infty<y<\infty.

Hơn thế nữa, nếu đặt

M(x)=\max\limits_{y\in\mathbb R}u(x, y)

thì hàm M(x) là hàm lồi, nghĩa là

M(x)\le \dfrac{x_2-x}{x_2-x_1}M(x_1)+\dfrac{x-x_1}{x_2-x_1}M(x_1), \forall 0\le x_1<x<x_2\le 1.

Từ Định lý ba đường thẳng của Hadamard dễ dàng dẫn đến tính duy nhất nghiệm bị chặn của bài toán biên Dirchlet trong dải. Điều kiện bị chặn có thể giảm nhẹ bởi điều kiện về tốc độ tăng

có số \beta\in[0, \pi/L) và số dương C để

|u(x, y)|\le C e^{\beta y}, \forall (x, y)\in D_L.

Việc chứng minh kết quả này lặp lại một cách tương tự như chứng minh nguyên lý Phragmen-Linderlof với việc dùng hàm

u_\epsilon(x, y)=\dfrac{\epsilon}{\cosh(\beta_1 y_0)\cos(\beta_1(x_0-L/2))}\cosh(\beta_1y)\cos(\beta_1(x-L/2))+

+\dfrac{L-x}{L}M_0+\dfrac{x}{L}M_1-u(x, y),

với mỗi điểm (x_0, y_0)\in D_L.

J. Hadamard cũng có kết quả cho ba đường tròn với đôi chút thay đổi như sau.

Cho hàm điều hòa trong vành

v: D_{R_1, R_2}=\{(r, \theta)|\; R_1\le r\le R_2, 0\le\theta\le 2\pi\}\to\mathbb R.

Với mỗi r\in[R_1, R_2] xét hàm

M(r)=\max\limits_{0\le\theta\le 2\pi}v(r, \theta).

Có thể thấy hàm M(r) là hàm không giảm nhờ nguyên lý cực đại.

Hơn thế nữa J. Hadamard còn chứng minh được tính lồi theo \ln r của hàm M(r) như sau

M(r)\le \dfrac{\ln r_2-\ln r}{\ln r_2-\ln r_1}M(r_1)+\dfrac{\ln r-\ln r_1}{\ln r_2-\ln r_1}M(r_2), \forall R_1\le r_1<r<r_2\le R_2.

Từ đây ta có thể dẫn đến được tính duy nhất nghiệm bị chặn của bài toán biên Dirichlet ngoài hình tròn D_{R}=\{(r, \theta)|\; r\ge R, 0\le \theta\le 2\pi\} bằng cách cho điều kiện biên

v(R, \theta)=0

và dùng bất đẳng thức trên cho mỗi r>R=r_1 và cho r_2>r tiến dần ra vô cùng.

Từ đó có thể thấy điều kiện bị chặn có thể thay bằng điều kiện

\liminf\limits_{r\to\infty}\dfrac{M(r)}{\ln r}=0.

Để chứng minh Định lý ba đường tròn ta dùng nguyên lý cực đại cho hàm điều hòa

w(r, \theta)=\dfrac{\ln r_2-\ln r}{\ln r_2-\ln r_1}M(r_1)+\dfrac{\ln r-\ln r_1}{\ln r_2-\ln r_1}M(r_2)-v(r, \theta)

trong vành \{(r, \theta)|\; r_1\le r\le r_2, 0\le\theta\le 2\pi\}.

Cuối cùng chú ý rằng, tính duy nhất nghiệm của các bài toán biên được xét ở trên đều cần đến tính liên tục đến tận biên của nghiệm! Trong khi đó, khá nhiều bài đều có điều kiện biên không liên tục. Vậy trong các trường hợp này liệu tính duy nhất nghiệm còn không?

3 responses »

  1. Trong bài viết trên chưa nói đến hai trường hợp:

    + nửa dải H_L=\{(x, y)|\; 0\le x\le L, y\ge 0\},

    + ngoài quạt Q_R=\{(r, \theta)|\; 0\le \theta\le \theta_0, r\ge R\}.

    Nguyên lý cực đại trên các miền này được phát biểu như nào?

    Ngoài ra, dường như nguyên lý cực đại chỉ dẫn đến tính duy nhất nghiệm với bài toán có điều kiện biên Dirichlet? Vậy với điều kiện biên Neumann thì sao?

  2. thưa thầy, vậy sau khi tính xong tích phân năng lượng ta kết luận về nghiệm như thế nào ạ, thầy có thể nói rõ hơn cho em phần này không ạ?

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