Đổi biến – Tích phân dẫn đến phương trình vi phân

Standard

Để chứng minh tính bất biến của phương trình Laplace qua các phép biến đổi trực giao ta tính toán trực tiếp nhờ công thức đạo hàm hàm hợp và một chút đại số tuyến tính, đặc biệt viết toán tử Laplace dưới dạng

\Delta u= Tr(\nabla^2 u),

như trình bày trong phản hồi

https://bomongiaitich.wordpress.com/2016/01/18/trao-doi-bai-giang-mon-ptdhr-lop-k58a1t/#comment-4215

Như vậy, có thể nói hàm điều hòa bất biến qua phép đổi biến trực giao. Ta còn có thể chỉ ra kết quả mạnh hơn, khi ta xét trong mặt phẳng:

hàm điều hòa bất biến qua ánh xạ bảo giác.

Để làm điều này ta cũng có thể dùng cách tính toán như trong phản hồi. Lần từng bước ta thấy do ánh xạ bảo giác nói chung là phép đổi biến không tuyến tính nên khi tính toán \nabla^2 u ta sẽ thấy xuất hiện các đạo hàm cấp 1 của v. Lúc này cần đến tính bảo giác để chỉ ra hệ số của các đạo hàm cấp 1 này bằng 0. Dưới đây ta sẽ dùng tích phân để chỉ ra điều này!

Trước hết ta viết lại toán tử Laplace dưới dạng

\Delta u = div(\nabla u).

Ta xét toán tử dạng tổng quát hơn, phương trình elliptic dạng div:

div(A\nabla u)=0 trong \Omega,\quad\quad(1)

với A(x)=\{a_{ij}(x)\}_{1\le i, j\le n}, x\in\Omega\subset\mathbb R^n, là ma trận hàm cấp n.

Ta sẽ chứng minh rằng, qua phép đổi biến

\Phi: \Omega\to \Omega', y=\Phi(x), \Omega\Omega' là cac tập mở trong \mathbb R^n,

toán tử dạng div vẫn có dạng div trong biến mới. Cụ thể với u(x)=v(\Phi(x)), phương trình (1) khi viết với biến y có dạng

div(\tilde{A}\nabla v)=0 trong \Omega'

với

\tilde{A}(y)=\dfrac{1}{|det J(y)|} J(y) A(\Phi^{-1}(y))J^T(y),

J(y)=D\Phi(\Phi^{-1}(y)) là ma trận Jacobien của phép đổi biến.

Trước khi dùng tích phân để chứng minh kết quả trên ta sử dụng kết quả này để đưa ra giải thích cho kết quả đã đưa ra ở trên về hàm điều hòa. Nhắc lại ánh xạ bảo giác \Phi: \Omega\to\Omega' là phép vi phôi thỏa mãn

D\Phi (D\Phi)^T= a^2(x) E, E là ma trận vuông đơn vị.

Trong trường hợp mặt phẳng n=2

a^2=|det D\Phi|.

Lấy ví dụ về ánh xạ bảo giác trong \mathbb R^2. Ta có thể coi \mathbb C=\mathbb R^2. Với U, V là các tập mở trong \mathbb C. Ánh xạ f: U\to V là ánh xạ bảo giác nếu nó là hàm chỉnh hình mà f'(z)\not=0, z\in U.

Do đó, trong mặt phẳng, nếu đổi biến bằng ánh xạ bảo giác phương trình Laplace div(E \nabla u)=0 vẫn giữa nguyên khi viết sang biến mới. Nói cách khác ta đã chứng minh được:

trong mặt phẳng, hàm điều hòa bất biến qua ánh xạ bảo giác.

Điều này được sử dụng để giải bài toán biên trong nửa dải:

https://bomongiaitich.wordpress.com/2009/04/13/bai-toan-bien-dirichlet-tren-n%E1%BB%ADa-d%E1%BA%A3i-vo-h%E1%BA%A1n/

Tiếp theo ta dùng kết quả trên để viết toán tử Laplace trong hệ tọa độ cực, trong mặt phẳng, và trong hệ tọa độ cầu, trong không gian.

Hệ tọa độ cực được viết dưới dạng phép đổi biến

(x, y)=\Psi(r, \theta)= (r\cos\theta, r\sin\theta)

(r, \theta)=\Psi^{-1}(x, y)=\Phi(x, y).

Dùng định lý hàm ngược ta có

\dfrac{1}{det(D\Phi)}=det(D\Psi)=r,

D\Phi(D\Phi^T)=\left((D\Psi)^TD\Psi\right)^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & r^{-2}\end{pmatrix},

\dfrac{1}{|det(D\Phi)|}D\Phi E (D\Phi)^T=\begin{pmatrix} r & 0 \\ 0 & r^{-1}\end{pmatrix}.

Trong hệ tọa độ cực phương trình Laplace trở thành

\partial_r(r v_r)+\partial_\theta(r^{-1}v_\theta)=0

hay

rv_{rr}+v_r+r^{-1}v_{\theta\theta}=0.

Tiếp theo ta chuyển sang hệ tọa độ cầu

(x, y, z)=\Psi(r, \theta, \varphi)= (r\sin\theta \cos\varphi, r\sin\theta\sin\varphi, r\cos\theta)

(r, \theta, \varphi)=\Psi^{-1}(x, y, z)=\Phi(x, y, z).

Dùng định lý hàm ngược ta có

\dfrac{1}{det(D\Phi)}=det(D\Psi)=r^2\sin\theta,

D\Phi(D\Phi^T)=\left((D\Psi)^TD\Psi\right)^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & r^{-2} & 0 \\ 0 & 0 & r^{-2}\sin^{-2}\theta\end{pmatrix},

\dfrac{1}{|det(D\Phi)|}D\Phi E (D\Phi)^T=\begin{pmatrix} r^2\sin\theta & 0 & 0\\ 0 & \sin\theta & 0 \\ 0 & 0 & \sin^{-1}\theta\end{pmatrix}.

Trong hệ tọa độ cầu phương trình Laplace trở thành

\partial_r(r^2\sin\theta v_r)+\partial_\theta(\sin\theta\; v_\theta)+\partial_\varphi(\sin^{-1}\theta \; v_\varphi)=0

hay

(r^2v_r)_r +\dfrac{1}{\sin\theta}(\sin\theta\; v_\theta)_\theta + \dfrac{1}{\sin^2\theta}\; v_{\varphi\varphi}=0.

So sánh một chút, toán tử Laplace

+ trong hệ tọa độ cực

\Delta u=\dfrac{1}{r}(rv_r)_r +\dfrac{1}{r^2}v_{\theta\theta},

+ trong hệ tọa độ cầu

\Delta u=\dfrac{1}{r^2} (r^2v_r)_r +\dfrac{1}{r^2\sin^2\theta}(\sin\theta\; v_\theta)_\theta+\dfrac{1}{r^2\sin\theta}v_{\varphi\varphi}.

So với các phương trình mới chuyển từ việc dùng kết quả sai khác nhau thừa số |det J|=|det(D\Phi)|. Nói cách khác, sau phép đổi biến y=\Phi(x), toán tử dạng div

Lu=div(A\nabla u)

chuyển thành

Lv=|det J| div(\dfrac{1}{|det J|}J A J^T\nabla v).

Có thể thấy ngay rằng kết quả này dẫn đến ngay kết quả trên. Để chứng minh kết quả này ta xét phương trình

Lu=f trong \Omega.

Hàm u\in C^2(\Omega) thỏa mãn phương trình trên khi và chỉ khi

\int_\Omega Lu(x)\varphi(x)dx=\int_\Omega f(x)\varphi(x)dx, \varphi\in C^\infty_0(\Omega).

Dùng công thức dạng DIV ta có thể chuyển đẳng thức trên thành

\int_\Omega (A(x) \nabla u(x))\cdot (\nabla \varphi(x))dx=\int_\Omega f(x)\varphi(x)dx, \varphi\in C^\infty_0(\Omega).

Đổi biến y=\Phi(x)

– miền lấy tích phân mới \Omega'=\Phi(\Omega),

– tỷ lệ vi phân thể tích cũ so với mới

dx=|det D\Phi|^{-1}dy=\dfrac{1}{|det J|}dy.

Ngoài ra dùng công thức đạo hàm hàm hợp

\nabla_xu=(u_{x_1}, \cdots, u_{x_n})=J \nabla_y v

Đẳng thức trên sau khi đổi biến

\int_{\Omega'} (A(\Phi^{-1}(y)) J^T(y) \nabla v(y))\cdot (J^T \nabla \varphi(\Phi^{-1}(y)))\dfrac{dy}{|det J(y)|}=\int_{\Omega'}f(\Phi^{-1}(y))\varphi(\Phi^{-1}(y))\dfrac{dy}{|det J(y)|}.

Từ đây, dùng công thức dạng DIV và động tác phụ ta có

|det J(y)| div(\dfrac{1}{|det J(y)|}J(y)A(\Phi^{-1}(y)) J^T(y) \nabla v(y))=f(\Phi^{-1}(y)) trong \Omega'.

Đây chính là điều ta mong muốn.

9 responses »

  1. Thầy ơi cho em hỏi bài này

    \int_{0}^{\frac{3\pi }{2}} \dfrac{dx}{2+cosx}.

    Lúc đầu em đặt \tan(\frac{x}{2}) thì cô bảo tại điểm \pi thì không tồn tại tan(\frac{x}{2}) nên em tách ra làm 2 tích phân, từ 0 đến \frac{\pi }{2} đặt \tan(\frac{x}{2}), từ \frac{\pi }{2} đến \frac{3\pi }{2} đặt \cot(\frac{x}{2}) nhưng vẫn ra kết quả như ban đầu (vốn sai).

    Mong thầy chỉ ra lỗi sai cho em. Em cảm ơn ạ..

    • Cách làm ban đầu:

      đổi biến t=\tan(x/2)

      không hoàn toàn sai!

      Với cách đổi biến như vậy miền ban đầu [0, 3\pi/2] không chuyển thành miền [-1, 0] mà nó diễn biến phức tạp như sau:

      +) khi x chạy từ 0 đến \pi thì t chạy từ 0 đến +\infty,

      +) khi x chạy từ \pi đến 3\pi/2 thì t chạy từ -\infty đến -1.

      Kết quả em tính được bằng hai cách như nhau chắc là có vấn đề vì

      – nếu thay đúng cận thì cách đầu của em có kết quả âm,

      – còn tính đúng kết quả dương.

      • Điều thú vị khác ở ví dụ này:

        – hàm \dfrac{1}{2+\cos x} có nguyên hàm trên toàn đường thẳng thực,

        – nguyên hàm

        \dfrac{2 \arctan\left(\frac{\tan(x/2)}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}}

        chỉ là nguyên hàm của hàm trên trong chu kỳ (-\pi, \pi).

        nguyen ham

        Những chu kỳ khác nguyên hàm của nó là gì?

      • Đường màu nâu là đồ thị hàm

        \dfrac{2\arctan\left(\frac{\tan(x/2)}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}}

        – là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi,

        – là một nguyên hàm của hàm (2+\cos x)^{-1} trong chu kỳ (-\pi, \pi),

        – không là nguyên hàm của hàm đó trên toàn đường thẳng vì nó gián đoạn tại các điểm \pi+2k\pi, k\in\mathbb Z.

        Đường màu xanh là đồ thị của hàm

        \dfrac{2\arctan\left(\frac{\tan(x/2)}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}}+ k\dfrac{2\pi}{\sqrt{3}}, -\pi+2k\pi\le x< \pi+2k\pi, k\in\mathbb Z,

        là một nguyên hàm của (2+\cos x)^{-1} trên toàn đường thẳng.

        Để ý rằng cứ sau mỗi chu kỳ đường màu xanh lại thêm vào một hằng số. Có thể hình dung hằng số này như công lao động trong một chu kỳ, được tích lũy đều vào nguyên hàm.

      • Tôi không hiểu em tính gì? Nếu là nguyên hàm thì nó chỉ đúng trong một chu kỳ, còn những chu kỳ khác thì không. Chú ý em thiếu hằng số.

      • Vậy ra phải tìm hết tất cả các nguyên hàm có thể có hả thầy? Mong thầy thứ lỗi, em mới bắt đầu học tích phân và sách giáo trình (Toán cao cấp của tác giả Nguyễn Đình Trí) không thầy nhắc đến vấn đề này.

      • Ngay cả việc tính một nguyên hàm trên toàn đường thẳng thực cũng cần hằng số. Với một nguyên hàm của hàm tuần hoàn, trên mỗi chu kỳ nó sẽ lệch nhau một hằng số. Lấy ví dụ đơn giản nhất là hàm u(x)=\cos^2x là hàm tuần hoàn chu kỳ \pi. Giả sử v(x) là một nguyên hàm của u(x) thì

        v(x+\pi)-v(x)=C không phụ thuộc x.

        Với hàm \dfrac{1}{2+\cos x} cũng tương tự.

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