Header Page 1 of 166.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HOÀNG VĂN LUẬN

THẾ VỊ LỚP ĐƠN
VÀ BÀI TOÁN NEUMANN ĐỐI VỚI
HÀM ĐIỀU HÒA

Chuyên ngành: TOÁN GIẢI TÍCH
Mã số: 60.46.01.02

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. HÀ TIẾN NGOẠN

HÀ NỘI - NĂM 2015

Footer Page 1 of 166.


Header Page 2 of 166.

Mục lục

Mở đầu

2


28

2.1

Thế vị lớp kép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2

Thế vị lớp đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3

Đưa bài toán Neumann của phương trình Laplace về phương trình
tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.4

Sự tồn tại nghiệm của các bài toán Neumann . . . . . . . . . . . . 44

Kết luận

51

Tài liệu tham khảo

52

1

Footer Page 2 of 166.

Footer Page 3 of 166.


Header Page 4 of 166.

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS. Hà
Tiến Ngoạn. Thầy đã dành nhiều thời gian quý báu của mình để kiên trì hướng
dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt cả quá trình làm luận
văn. Tôi muốn bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc nhất tới người thầy của
mình.
Tôi cũng muốn gửi tới toàn thể các thầy cô Khoa Toán-Cơ-Tin học trường Đại
học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, các thầy cô đã đảm nhận
giảng dạy khóa Cao học 2012 - 2014, đặc biệt là các thầy cô tham gia tham gia
giảng dạy nhóm Giải tích 2012-214 lời cảm ơn chân thành đối với công lao dạy
dỗ trong suốt thời gian của khóa học.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, các anh chị em trong nhóm Cao
học Toán 2012-2014, đặc biệt là các anh chị em nhóm Giải tích đã quan tâm, giúp
đỡ, tạo điều kiện cũng như động viên tinh thần để tôi có thể hoàn thành khóa
học này.

3

Footer Page 4 of 166.


Header Page 5 of 166.

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị

mảnh cầu σ1 , có diện tích là |σ1 |. Khi đó phần không gian chiếm bởi khối nón nói
trên được gọi là góc khối mà từ P nhìn mặt S. Diện tích |σ1 | được gọi là số đo
của góc khối, và được kí hiệu là
ωP (S) = |σ1 |

(1.2)

Chú ý 1.1. Nếu xét mặt cầu tâm P bán kính R : R và cắt khối nón theo mảnh
σR có diện tích |σR | thì do tính đồng dạng của σR và σ1 ta có : |σ11 | = |σRR2 |
Do đó ta có thể viết:

ωP (S) =
4

Footer Page 5 of 166.

|σR |
R2

(1.3)


Header Page 6 of 166.
−→
→
−
→
−
Nếu pháp tuyến dương −
n→


Q

Khi đó ta đặt

ωP (S) ≡

ωP (Sj )

(1.5)

j

Định lí 1.1 (Định lý 5.3.1, [1]). Giả sử P ∈
/ S . Góc khối mà từ điểm P nhìn mặt
S có giá trị bằng
∂ 1
ωP (S) = −
( )dSQ
∂nQ r
S

trong đó r=PQ là khoảng cách giữa hai điểm P và Q, −
n→
Q là pháp tuyến dương tại
Q ∈ S , ∂n∂Q là đạo hàm theo hướng −
n→
Q.

−→

5

Footer Page 6 of 166.

(1.6)


Header Page 7 of 166.
→
−
Trên mặt nón S0 thì véctơ −
ν→
Q thẳng góc với r nên ta có
−
−
− cos(→
r ,→
ν)
∂ 1
( )=
=0
∂ν r
r2

(1.7)

Trên mặt S, ta có

−
−

1
( )dSQ = − 2
∂nQ r
R

dSQ =

−|σR |
.
R2

(1.9)

σR

Từ công thức (1.6), (1.7), (1.8) và (1.9) ta có

∂ 1
( )dSQ + ωP (S) = 0
∂nQ r
S

hay

∂ 1
( )dSQ .
∂nQ r

ωP (S) = −


Footer Page 7 of 166.

−|σR |
R2

(1.11)


Header Page 8 of 166.
suy ra

−|σR |
∂ 1
( )dSQ = − 2 = ωP (S)
∂nQ r
R

∂ 1
( )dSQ =
∂νQ r

−
S

(1.12)

S

Vậy ta vẫn có (1.10).


z = f (x, y)
trong đó f (x, y) là hàm có đạo hàm cấp hai liên tục thì S là mặt Lyapunov.
Do đó mặt cong có độ cong liên tục là mặt Lyapunov. Hơn nữa định nghĩa và
các định lý trong phần này cũng đúng trong không gian n chiều tổng quát.

7

Footer Page 8 of 166.


Header Page 9 of 166.
Định lí 1.2 (Định lý 5.4.2, [1]). Giả sử S là mặt Lyapunov kín. Khi ấy tồn tại
một hằng số dương d > 0 sao cho nếu lấy một điểm Q bất kỳ trên S làm tâm bán
−
kính d thì mọi đường thẳng song song với pháp tuyến →
n tại Q cắt mặt S phía
trong hình cầu không quá một điểm.
Mặt cầu với tâm tại điểm Q ∈ S nói trên được gọi là mặt cầu Lyapunov, kí
hiệu (Q).
Chứng minh. Chọn d đủ nhỏ sao cho:

Adα ≤ 1

(1.14)

Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, tồn tại hình cầu bán kính d
→
− −
n0
tâm Q0 ∈ S cắt mặt S theo mảnh S (Q0 ) sao cho có một tia đi qua Q0 ; n0 //→

n0 ) ≤ Arα ≤ Adα ≤ 1
→
−
Trường hợp n0 tiếp xúc với s (Q0 ) cũng không thể xảy ra vì khi đó
→
−
π
−
−
−
(→
n,→
n0 ) = ( →
n , n0 ) = > 1
2
Vậy định lý được chứng minh.
1.2.2 Một vài đánh giá

8

Footer Page 9 of 166.


Header Page 10 of 166.
Giả sử Q0 là một điểm cố định bất kỳ nằm trong mặt S và S (Q0 ) là một phần
mặt nằm trong mặt cầu Lyapunov tâm Q0 . Xét hệ tọa độ địa phương (ξ, η, ζ) với
−
gốc là Q0 , trục Q0 ζ trùng với pháp tuyến →
n0 tại Q0 còn 2 trục Q0 ξ và Q0 η nằm
trong mặt phẳng tiếp xúc với S tại Q0 . Theo Định lý 1.1 thì phần mặt S (Q0 ) có

n , ζ ) = (→
n,→
n0 ).

(1.16)

Ta có:

cos ϕ = 1 −

ϕ2 ϕ4
+
− ... =
2!
4!

(−1)n
n=0

ϕ2n
(2n)!

(1.17)

là chuỗi đan dấu có các số hạng đơn điệu giảm, nên nếu trong chuỗi ta chỉ giữ
một số hữu hạn các hạng thức, thì phần dư sẽ có dấu của hạng thức đầu tiên của
phần dư đó.
Từ đó
ϕ2
cos ϕ ≥ 1 −

−
−
−
−
b) Đại lượng cos(→
n , ξ ) và cos(→
n,→
η)
→
−
→
−
−
−
Gọi n là hình chiếu của →
n xuống mặt phẳng Q0 ξη . Khi đó cos(→
n , ξ ) là
→
−
→
−
−
thành phần của →
n xuống trục ξ . Gọi α và β là góc hợp bởi n với các trục Q0 ξ
và Q0 η ta có
→
−
−
cos(→
n , ξ ) = sin ϕ cos α .


ζ = f (ξ, η)
−
Do đó cosin chỉ phương của →
n biểu thị bởi công thức

10

Footer Page 11 of 166.

(1.22)
(1.23)


Header Page 12 of 166.

−f

→
−
−
cos(→
n , ξ) =

ξ

(1.24)

1 + (fξ )2 + (fη )2
−f


|fξ | =

→
−
−
1 + (fξ )2 + (fη )2 | cos(→
n, ξ)| ≤ 2Arα

và tương tự đối fη , như vậy

|fη | ≤ 2Arα

(1.27)

|fζ | ≤ 2Arα .

(1.28)

Trong mặt phẳng Q0 ξη thì vị trí của Q0 ξ là bất kỳ. Do đó trong đánh giá (1.27)
và (1.28) là đúng với mọi phương Q0 ρ bất kỳ trong mặt phẳng Q0 ξη . Gọi ρ là
khoảng cách của những điểm nằm trên tia đó tới Q0 . Khi đó

|

∂f
| ≤ 2Arα
∂ρ

(1.29)


(1.30)


Header Page 13 of 166.
Gọi Q(ξ, η, ζ) là điểm nằm trên mặt S (Q0 ) và P (ξ, η) là hình chiếu của Q lên
mặt phẳng Q0 ξη và đặt
ρ = Q0 P .
Khi đó trong tam giác vuông Q0 P Q ta có

r2 = Q0 Q2 = ρ2 + ζ 2 .

Từ đó với chú ý (1.30) ta suy ra

|ζ 2 | ≤ M 2 ρ2 ⇒ r2 ≤ M 2 ρ2 + ρ2
và do đó

r ≤ Kρ,

K = const

(1.31)

Như vậy, (1.29) cho ta

|

∂f
| ≤ K ρα ,
∂ρ

n)
−
Chú ý rằng cosin chỉ phương của →
r là
ξ
,
r

η
,
r

ζ
r

ta có:

→
−
→
−
ξ
η
ζ
−
−
−
−
−
−

(1.35)

Định lí 1.3 (Định lý 5.4.3, [1]). Nếu S là mặt Lyapunov giới nội thì tồn tại một
hằng số C sao cho:

∂
1
(
) dSQ ≤ C
∂nQ rP Q

(1.36)

S

đối với mọi P nằm trong không gian.
Ý nghĩa hình học của (1.36) đối với góc khối mà P nhìn mặt S trong (1.5) như
sau: Giả sử S = Sj , khi đó tổng trị tuyệt đối số đo các góc khối là bị chặn đều
j

|ωP (Sj )| ≤ C.
j

Chứng minh. Để chứng minh định lý trên ta chia làm 2 trường hợp sau: điểm P
nằm trong mặt S và điểm P nằm ngoài mặt S
a. Điểm P ∈ S
Lấy gốc tọa độ địa phương là P và như vậy coi

P ≡ Q0 ∈ S
Chú ý:


S

−
−
cos(→
r ,→
n)
dSQ +
r2
S\S (Q0 )

Nếu Q ∈ S\S (Q0 ) thì

Q0 Q = r ≥ d
13

Footer Page 14 of 166.

−
−
cos(→
r ,→
n)
dSQ .
r2


Header Page 15 of 166.
với d bán kính mặt cầu Lyapunov và

| cos(→
r ,→
n )|
dS
=
Q
→
− dξdη ≤
−
r2
r2 cos(→
n, ζ )
S (Q0 )

G (Q0 )

−
−
| cos(→
r ,→
n )|
dξdη
r2

≤2

(1.37)

G (Q0 )



S (Q0 )

(1.39)

C

dξdη
=C .
ρ2−α

ρ≤d

Chú ý rằng G (Q0 ) nằm trong hình tròn ρ ≤ d. Vậy với P ≡ Q0 ∈ S ta có

S

∂
1
|S|
(
) dSQ ≤ 2 + C .
∂nQ rQ0 Q
d
14

Footer Page 15 of 166.

(1.40)



d
2

hoặc bé hơn

d
2

và do đó

−
−
4
| cos(→
r ,→
n|
dS
≤
|S|
Q
r2
d2

(1.41)

S

Đối với trường hợp thứ hai, gọi Q0 là điểm trên S sao cho


4
dS
≤
Q
r2
d2
S\S (Q)

S\S (Q)

Xét tích phân:

−
−
| cos(→
r ,→
n )|
dSQ
2
r
S (Q)

15

Footer Page 16 of 166.

dSQ ≤

4
|S|.

−
→
−
−
−
+ cos(→
r , ζ ) cos(→
n, ζ )

Từ đó

→
−
→
−
−
−
−
−
−
−
| cos(→
r ,→
n )| ≤ | cos(→
n , ξ )| + | cos(→
n,→
η )| + | cos(→
n , ζ )|

(1.43)

(1.44)

với C và C1 là các hằng số.
Ta đánh giá r và r0 qua ρ trong đó:

ρ2 = ξ 2 + η 2 .

Ta có
2
2
2
2
r2 = ρ2 + (ζ +
− δ) = ρ + ζ + δ

Hơn nữa chú ý bất đẳng thức

√ 2
1
( √ δ+
− 2ζ) ≥ 0
2
ta suy ra

1
|2ζδ| ≤ δ 2 + 2ζ 2
2
16

Footer Page 17 of 166.

và do (1.31) cho ta đánh giá của r qua ρ:
2

1
1
r2 ≥ (ρ2 + δ 2 ) ≥ ρ2
2
2

(1.47)

Và từ (1.31) ta có đánh giá của r0 qua ρ:

r0 ≤ Kρ.

(1.48)

Theo (1.44), (1.47),(1.48) ta đánh giá tích phân lấy đối với S (Q0 ). Gọi G (Q0 )
là hình chiếu của S (Q0 ) xuống mặt tiếp xúc Q0 ξη , chú ý G (Q0 ) nằm trong mặt
tròn ρ ≤ d. Ta có như ở (1.37)

−
−
| cos(→
r ,→
n )|
dSQ ≤ 2
r2
S (Q0 )



−
−
| cos(→
r ,→
n )|
dSQ ≤ const
r2
ρ≤d

S (Q0 )

r0α+1
dξdη
r3

r0α
dξdη + const
r2
ρ≤d

dξη
r3

+ δ const

(1.50)

ρ≤ρ


2
3
r

ρ≤d

dξdη
= const .
ρ2−α

(1.52)

ρ≤d

Đối với tích phân thứ ba, kí hiệu E2 là toàn bộ mặt phẳng (ξ, η)
ta có:
3
dξdη
≤ 22 δ
3
r

δ
ρ≤d

ρ≤d

dξdη
3 ≤ const
(ρ2 + δ 2 ) 2

= const
r3

δ
ρ≤d

18

Footer Page 19 of 166.

(1.54)


Header Page 20 of 166.

Trong đó const ở các công thức (1.51); (1.52) và (1.53) không phụ thuộc vào δ
Do đó từ các bất đẳng thức (1.40),(1.41),(1.42),(1.50),(1.51),(1.52)và (1.53) ta
suy ra
1
∂
(
)|dSQ ≤ C
|
∂nQ rP Q
S

Vậy định lý được chứng minh hoàn toàn.

1.3



µ(P ) +

K(P, Q)µ(Q)dVQ = 0
Ω

Phương trình thuần nhất liên hợp của (1.55) có dạng

ν(P ) +

K(Q, P )ν(Q)dVQ = 0
Ω

19

Footer Page 20 of 166.


Header Page 21 of 166.
trong đó nhân K(Q,P) có được từ K(P,Q) bằng cách trao đổi vị trí P và Q.
Đối với phương trình tích phân Fredholm loại II ta có các định lý sau, và được
gọi là định lý Fredholm.
1.3.2 Một số định lý ( Về phương trình tích phân Fredholm loại II)
Định lí 1.4 (Định lý 5.11.1, [1]). Phương trình thuần nhất

µ(P ) +

K(P, Q)µ(Q)dVQ = 0

(1.56)


k=1

trong đó µ∗ (P ) là một nghiệm riêng của (1.55) còn Ck là các hằng số tùy ý.

Định lí 1.5 (Định lý 5.11.2, [1]). Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.55) giải
được là vế phải f (P ) thỏa mãn hệ thức

f (P )νk (P )dVP = 0 k = 1, 2, ..., p
Ω

20

Footer Page 21 of 166.

(1.59)


Header Page 22 of 166.

Điều kiện này được gọi là điều kiện trực giao, trong đó {νk (P )} là hệ đầy đủ các
nghiệm độc lập tuyến tính của phương trình thuần nhất liên hợp (1.57).
Từ đó suy ra
Định lí 1.6 (Định lý 5.11.3, [1]). Điều kiện cần và đủ để phương trình (1.55)
giải được với bất kỳ vế phải f (P ) liên tục nào là phương trình thuần nhất (1.56)
chỉ có nghiệm tầm thường µ(P ) = 0. Khi đó phương trình (1.55) có nghiệm duy
nhất.

1.4



x ∈ Rn

r = |x| = (x21 + ... + x2n )
và chọn υ sao cho ∆u = 0
21

Footer Page 22 of 166.


Header Page 23 of 166.

Chú ý :
1
1
∂r
xi
= (x21 + ... + x2n )− 2 2xi =
∂xi
2
r

(x = 0)

Vì thế

xi
uxi = υ (r) ;
r


1−n
υ
=
υ
r

[log (υ )] =
Vì thế υ (r) =

α
rn−1

với α là một hằng số nào đó. Suy ra nếu r ≥ 0 ta nhận được.

υ(r) = b.log r + c (n = 2)
hoặc

υ(r) =

b
rn−2

+ c (n ≥ 3)

ở đây b và c là các hằng số.
Định nghĩa 1.4. Hàm số

Φ(x) =

1

Tính duy nhất nghiệm của bài toán Neumann

1.5.1 Bài toán Neumann trong
Giả sử Ω là một miền giới nội trong R3 .
Bài toán Neumann trong của phương trình Laplace được đặt ra như sau:
Tìm hàm điều hòa u(P), liên tục trong miền đóng Ω ∪ S sao cho đạo hàm theo
pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên S của nó trùng với một hàm f(Q) cho trước
trên biên S. Nói khác đi:

∆u(P ) = 0, P ∈ Ω
∂u(P )
lim
= f (Q), Q ∈ S,
P →Q ∂nQ

(1.64)

P ∈ Ω.

(1.65)

Nếu Ω là miền bên ngoài Ω cùng biên S thì ta có bài toán Neumann ngoài.
Đối với bài toán Neumann ngoài (1.64), (1.65), hàm u(P) được ràng buộc thêm
bởi điều kiện ở vô tận

∆u(P ) = 0, P ∈ Ω
∂u(P )
= f (Q), Q ∈ S, P ∈ Ω
∂nQ S
C

∂u(x)
dSx .
∂nx

(1.69)

∂Ω

→ là véctơ pháp tuyến ngoài đơn vị, x ∈ ∂Ω.
trong đó −
n
x
Trong công thức (1.69), tráo đổi vai trò của u, υ , sau đó lấy (1.69) trừ đi công
23

Footer Page 24 of 166.


Header Page 25 of 166.
thức vừa nhận được ta được công thức Green thứ hai

[υ(x)(∆u(x)) − u(x)∆(υ(x))] dx =
Ω

υ(x)

∂υ(x)
∂u(x)
dSx .
− u(x)

điều hòa u(P) và 1 ta có:
∂u(Q)
dSh = 0
(1.71)
∂nQ
Sh

Vì hàm u(P) có đạo hàm đều theo pháp tuyến nên

∂u(Q)
∂nQ |Sh

hội tụ đều về

∂u
∂n |S

do

đó chuyển (1.65) qua giới hạn khi h → 0 và được:

∂u
dS = 0
∂n
S

24

Footer Page 25 of 166.