Regularitas Operator Potensial Layer Tunggal

Transkripsi

1 JMS Vol. No., al. 8-5, April 997 egularitas Operator Potensial Layer Tunggal Wono Setya Budi Jurusan Matematika, FMIPA Institut Teknologi Bandung Jl. Ganesa 0 Bandunng, 403 Abstrak egulitas operator = π Ω ln x ξ ( ξ ) x Ω dibuktikan dengan teknik serupa untuk membuktikan regularitas operator integral Caucy. Kususnya. Jika merupakan fungsi kontinu di Ω, maka u merupakan fungsi kontinu Holder dengan eksponen α secara uniform α (0,). Tetapi, berdasarkan uraian bukti dapat disimpulkan, jika L ( Ω) maka u mempunyai sifat yang sama. Abstract We prove te regularity of te operator = ln x ξ ( ξ ) x Ω π Ω using similar tecnique for proving Caucy integral operator. If are continue on Ω, we prove tat u is uniformly Holder continue in Ω wit Holder exponent α for every α (0,). However, from te proof, if u L ( Ω) ten u is in te same space as before.. Pendauluan Masala fisis yang kita adapi pada umumnya dapat diformulasikan dalam bentuk persamaan diferensiak parsial. Persamaan diferensial parsial yang umum kita adapi adala persamaan Laplace. Misalkan Ω n impunan terubung buka di n dengan batas Ω = Γ. Bentuk umum persamaan Laplace adala mencari u C (Ω) fungsi yang dapat diturunkan dua kali secara kontinu di Ω dan memenui persamaan u u u = x + + L = 0 di Ω () dilengkapi dengan syarat batas Diriclet x n u = f di Γ Γ () dan syarat batas Neumann = g di Γ Γ (3) dengan di Γ Γ = Γ. Peratikan bawa Γ atau Γ dapat saja kosong. 8

2 JMS Vol. No., April Banyak pilian untuk menyelesaikan persamaan tersebut. Teknik yang paling sederana dipakai adala persamaan beda ingga. Teknik yang lain adala metoda elemen batas. Nanti dapat kita liat, kusus untuk bidang (n = ), dalam menggunakan metoda elemen batas tersebut kita akan beradapan dengan operator. = G( ξ ) g( ξ ) x Ω (4) r dengan gx ( ; ξ) = ln xξ. Operator ini disebut operator potensial layer tunggal. Makala π ini memberikan bukti regularitas dari operator dengan menggunakan gagasan dari bukti regularitas operator Caucy yang ada di (). Operator ini disebut operator layer tunggal potensial.. Jawab Fundamental Persamaan Laplace Untuk keperluan kita, misalkan diketaui daera buka, tersambung dan terbatas Ω dan persamaan Laplace u = 0 di Ω. Kemudian yang dimaksud dengan jawab fundamental G(ξ) untuk persamaan Laplace adala jawab persamaan G = -δ(x - ξ) (5) dengan δ(x - ξ) merupakan fungsi Dirac yang berpusat di ξ. Untuk mencari jawab ini, cukup dengan mengasumsikan bawa fungsi Dirac di ξ = 0, kemudian jawab (5) diperole dengan translasi. Dengan asumsi bawa media yang digunakan isotropis, dalam koordinat polar, jawab tersebut anya bergantung pada jari-jari. Seingga persamaan yang arus dipenui ole jawab fundamental tersebut adala u + = 0 untuk r > 0. r r r Jawab persamaan terakir ini adala u(r) = C ln r + C. Kemudian untuk keperluan normalisasi, kita pili bawa u() = 0 yang memberikan C = 0. Selanjutnya dengan menggunakan syarat δ ( x) dxdy udxdy = u nds = = C C C dengan C lingkaran berjari-jari berpusat di (0, 0), memberikan syarat mengenai C. Jawab persamaan (5) diperole dengan menggunakan translasi yaitu Gx ( ; ξ) = u( x ξ ) = ln x. π ξ Selanjutnya dengan menggunakan kesamaan Green g f ( f g g f ) dxdy= f g ds Ω Ω dan menggunakannya untuk f = u dan g = G, maka

3 0 JMS Vol. No., April 997 Ω ( u ( x ξ )) dxdy= Ω G u G ds dan memberikan = G u ( ξ ) Ω u G ds n n Dalam kasus persamaan Laplace disertai anya dengan syarat batas Neumann, diperole ) u ( ξ ) = G ds Ω yaitu operator yang akan dikaji pada uraian berikut. 3. egularitas Kita akan membuktikan regularitas persamaan = G( ξ ) ( ξ) (6) Ω dengan Ω dan Ω. uang yang tepat untuk pembicaraan ini adala ruang kontinu Holder L). Misalkan C 0,α (Ω) (C 0,α ( Ω)) adala fungsi yang terbatas di Ω ( Ω) dan memenui sifat Holder kontinu secara uniform dengan order α. Teorema berikut yang merupakan modifikasi dari teorema serupa untuk operator integral Caucy ) sebagai asil utama adala Teorema. Misalkan Ω impunan buka, terubung dan terbatas dan Ω lengkungan licin. Kemudian untuk C( Ω), maka u C 0,α (Ω) untuk setiap 0 < α < dan u C C 0, α ( α) (7) ( Ω) C( Ω ) dengan C(α) konstanta yang anya bergantung pada eksponen Holder. n Untuk membuktikan teorema ini, kita perlu memperliatkan mengenai beberapa sifat geometri dari Ω. Lemma. Misalkan Ω lengkungan tutup dan terbatas di dan dapat diturunkan dua kali secara kontinu, maka ada bilangan M > 0 seingga n( y), x y M x y nx ( ) ny ( ) M x y untuk setiap x,y Ω, dengan n(x) vektor normal teradap Ω di x. Bukti : Misalkan y Ω, kemudian definisikan f ( x ) = y n ( y ), x y. Kemudian nilai f ( y) = 0 dan nilai turunan berara sepanjang Ω untuk f adala y f ( x ) = n ( y ), y T ( x ) T ( x ) dengan T(x) menyatakan vektor singgung teradap Ω di x, dan nilai f' y di y adala nol. Berdasarkan Teorema ekspansi dari Taylor, maka

4 JMS Vol. No., April 997 dengan fy ( x) M x y M = sup f ( z) z Ω y Bukti untuk bagian kedua menggunakan teorema nilai rata-rata. n Lemma 3. Misalkan Ω impunan buka, terubung dan terbatas dan Ω lengkungan licin. Kemudian, ada bilangan M seingga untuk x Ω dan ξ Ω, x ξ berlaku G( ξ) M x ξ untuk setiap δ > 0. Bukti : Bukti dari lemma ini bergantung kepada penyelidikan sifat fungsi satu variabel f(t) = t δ ln t, t > 0 dengan δ > 0. Fungsi ini monoton turun di (0, e -/δ ) dan monoton naik di t > e -/δ. sedangkan nilai lim f () t = 0, ole karena itu f terbatas pada daera terbatas n t 0 Lemma 4. Misalkan Ω impunan buka, tersambung dan terbatas dan Ω lengkungan licin. Kemudian, ada bilangan M seingga untuk setiap x, x Ω dan x Ω berlaku G( x ; ξ) G( x ; ξ) M x ξ x x Bukti : Karena x ξ x ξ + x x x ξ, maka kita cukup memperliatkan bawa untuk t 0 berlaku ln ( + t) t. Tetapi al ini akibat dari + t untuk setiap t 0. n Bukti teorema utama. Pertama, kita arus memperliatkan bawa integral (6) mempunyai arti. Misalkan 0 > 0 bilangan cukup kecil dan definisikan Ω = x x = z + n( z), z Ω, { } 0 Akan diperliatkan bawa ada bilangan C > 0 seingga u( x) C (8) untuk setiap x Ω 0 Ω dengan sup{ ( ) } dengan = bilangan cukup kecil dan 0 berlaku G( ξ) ( ξ) (9) Ω Misalkan x Ω, maka 0

5 JMS Vol. No., April 997 x = z + n(z) (0) untuk suatu z Ω, dan 0 0. Karena n(z), n(x) = - n(z), n(z) - n(x) maka kita dapat memili bilangan > 0 seingga nz ( ), n( ξ) untuk setiap ξ,z Ω dengan x - ξ. Kita juga dapat mengasumsikan bawa cukup kecil seingga impunan L z, = {ξ Ω ξ - z, z dan x diubungkan berdasarkan (0)} terubung untuk setiap x Ω dan kita dapat memproyeksikan satu-satu ke garis singgung teradap Ω di titik z. Selanjutnya dρ ξ) = dρ nz ( ), n( ξ) dengan dρ ukuran panjang pada garis singgung dan, 3 G ( ξ ) ( x ξ ξ ), 3M δ / ( δ) () jika xξ 4 zξ, asalkan cukup kecil. Selain syarat tersebut, al terakir ini berlaku jika proyeksi teradap garis singgung tersebut termuat dalam interval dengan panjang kurang atau sama dengan. Selanjutnya Ω\, G( ξ ) ( M Ω\, ξ ) Berdasarkan (9), () dan (), kita tela memperliatkan (8). δ panjang ( Ω ) () Sekarang tinggal ditunjukkan bawa u(x) kontinu Holder secara uniform. Untuk itu, misalkan x, x Ω, dengan x 0 j = z j + j n(z j ), dengan j =,. Misalkan bilangan seperti di (9) dan 0< x x < 4 Dengan menggunakan ketaksamaan kedua di lemma, berlaku x x z z x x asalkan dan 0 cukup kecil (dengan memperatikan nilai M pada lemma tersebut). Misalkan r = 4 x - x, maka L L / karena z, r z, 3r, y - z y - z + z - z r + x - x 3 r+ r = r Selanjutnya dengan argumentasi serupa dengan (), maka G( x ; ξ ) G( ξ )] ( L z L, z ξ [ x ξ ),

6 JMS Vol. No., April untuk suatu C > 0 yang bergantung pada M dan δ. Kemudian, dengan menggunakan lemma 4, maka, \ L z, r + x ξ ξ ) L z,3r / C x x (3) [ G( x ξ Sedangkan untuk δ (0, ) berlaku x x ln x x x x Ole karena itu L z \ L, z, r [ G( x ; ξ ) G( ξ )] ( x x x ds ξ ( ) L, \ z, r δ 4π M x x ρ dρ r / 4 = 4π M x x ln x x ; ξ ) G( ξ )] ( ξ ) C x x untuk suatu C > 0 yang bergantung pada M, dan δ. Peratikan bawa untuk δ 0, konstanta C. Sekali lagi dengan menggunakan Lemma 4, maka [ G( x ; ξ ) G( ξ )] ( x x x ds Ω L ξ ( ξ ) \ z Ω\ L, dengan C 3 bergantung pada M, dan Ω. C z, (4) x (5) 3 x Dengan mengkombinasikan (5), (3) dan (4) kita dapat menyimpulkan bawa ux ( ) ux ( ) ( C+ C+ C) x x δ untuk setiap x x 0 Jika x x 3, Ω dengan x x < C <, kita cukup menggunakan (8) untuk menyimpulkan bawa ux ( ) ux ( ) C x x x x Ole karena itu. ux ( ) xx ( ) C x x δ 4 untuk setiap x, x Ω Ω atau kita tela membuktikan kekontinuan Holder secara uniform untuk u(x). 0 Selanjutnya, karena Ω kompak, maka (7) berlaku. n Corollary 5. Misalkan L ( Ω), maka u C 0, α ( Ω ) untuk setiap α (0, ) dan u 0, α C( α) C ( Ω) L ( Ω)

7 4 JMS Vol. No., April 997 Ucapan Terima Kasi iset ini dibiayai ole () Commision of European Communities, Directorate General XII B, Joint Project CI*-CT antara Jurusan Matematika, Institut Teknologi Bandung, Indonesia dan Faculty of Applied Matematics, University of Twente, te Neterlands. iset ini juga dibiayai ole Hiba Tim Urge Project No : 0/HTPP-II/UGE/996. Penulis mengucapkan terima kasi kepada Dr. Hendra Gunawan untuk komentar yang tela diberikan. eferensi. Brebia, C.A., Dominguez, J., "Boundary Elements, An Introduction Course", Second Edition, Computational Mecanics Publication, McGraw Hill Book Company, 99.. Kress,., "Linear Integral Equations", Pringer Verlag, Hayakawa, K. and Iso, Y., "Hig-Order Uniform Convergence Estimation of Boundary Solutions for Laplace's Equation", Publ. ims, Kyoto Univ. (99), Sloan, H.I., "Error Analysis of Boundary Integral Metods", Acta Numerica (99),