可穿透腔体外有障碍物的正散射问题

摘 要：分析了用点源作为入射波，散射体由一个可穿透腔体和一个外部不可穿透的障碍物组成的正散射问题，指出了该问题可归结为对具有一定边界条件的Helmholtz方程的求解. 通过边界积分方程的方法, 利用位势理论和Fredholm定理，证明了该问题解的存在性和唯一性.

关键词：边界积分方程的方法；Helmholtz方程；Fredholm定理；可穿透腔体

1 主要问题及结果

本文主要考虑一类复杂散射体对于点源入射波的正散射问题. 散射体由一个可穿透腔体和一个外部不可穿透的障碍物构成. 用有界且具有光滑边界的区域D1来表示腔体，用具有光滑边界的区域D2表示障碍物，满足D1∩D2=∅. 记为无界的光滑区域. 利用放置于腔体内部的点源ui作为入射波，那么在D1内形成散射场us，在D1外部形成透射波v. 波场在腔体边界∂D1满足传输边界条件，在障碍物D2上满足阻抗边界条件. 如此，波场可用如下Helmholtz方程和一定的边界条件来描述：

(1)

其中正常数k1，k0分别是区域D1和D内的波数，ν为外单位的法向量，λ1和λ2为正常数，总场u=ui+us，ui=Φ1(·,z)，z∈D1, 其中Φ1(·，z)为Helmholtz方程的基本解, 定义如下:

Φj(x,z):=,

x,y∈3,x≠y,i,j=0,1.

通常的散射问题可用有界障碍物外的无界区域的Helmholtz方程来刻画[1,2]. 近年来, 有关腔体的内散射问题受到了一定的关注. 2010年, Qin和Colton在文[3]中利用腔体内部的点源和测量值研究了确定腔体的反散射问题. 更多关于腔体的正反散射问题，可参考文[4],[5]. 然而可穿透腔体外部有障碍物的情形却很少有文献涉及，本文借助于文献[6]中的想法和技术来研究问题 (1). 我们将在适当的函数空间中，利用边界积分方程的方法将问题 (2) 转化成一个边界积分系统， 并证明积分算子的Fredholm性质和单射性，从而得到问题的解的存在唯一性.

我们考虑一个更为一般的问题：对于给定的求解使得(w,v)满足:

(2)

注意问题(1)是问题(2)的特殊情况.文章主要结论为以下两个定理.

定理1 混合边界问题(2)的解至多只有一个.

定理2 问题(2)具有唯一解，它满足下列估计:

‖‖

C(‖‖).

2 预备知识

定理3(Rellich引理) 若是Helmholtz方程的解，且满足：

则在上w≡0.

定理4(Green公式) 设Ω是一个多连通区域，其边界为Γ，令w(x,y)和v(x,y)在其边界Γ上具有二阶连续偏导数，则我们有格林第一恒等式：

2v+w

和格林第二恒等式：

s.

定理5 (Fredholm定理) 设X是一个赋范空间，A:X|→X是一个线性紧算子，若齐次方程：

(I+A)φ=0,

只有零解，则对任意的f∈X非齐次方程：

(I+A)φ=f,

有唯一解φ∈X，并且解连续依赖于f.

定理6(Holmgren唯一性定理) 如果是Helmholtz方程：

的散射解，并且在边界∂D上满足：

w==0,

那么在R3\D上w≡0.

3 定理1的证明

定理1的证明 要证明问题(2)的解至多只有一个，只需要证明(2)所对应的齐次问题的解至多只有一个. 假设f=g=0,(w,v)是问题(2)对应的齐次问题的解，以R为半径作充分大的圆CR，使得⊂⊂CR,对w和在D1运用格林恒等式可得：

对v和在运用格林恒等式可得：

s.

根据问题(2)中的边界条件有：

s.

由于k0,k1,λ1,λ2均为正实数，所以可得：

由定理3可知在内有v≡0. 由齐次传输条件表明：

w==0 on ∂D1 .

由定理6可知在D1中w≡0, 即证.

4 定理2的证明

引理1 积分方程 (12) 是一个第二类的Fredholm积分算子.

证明 假设问题(2)具有以下形式的解：

Φ0(x,y)φ(y)}ds(y),x∈D1,

(3)

φD.

(4)

其中φ是未知的密度函数，η为正的耦合参数.由定理4知，我们构造的位势函数且满足问题(2)中的Helmholtz方程.

下面我们根据单双层位势的性质，推导出w,v所满足的边界条件. 利用单层位势在边界处的跳跃关系，当x从D1的内部趋向于边界∂D1时，将其限制在∂D1，可得：

Φ0(x,y)φ(y)}ds(y)-λ1ψ(x),x∈∂D1.

(5)

当x从D1的外部趋向于边界∂D1时，可得：

Φ1(x,y)φ

iηS2φ(y)}ds(y)+ψ(x),x∈∂D1.

(6)

联立(5),(6)式得：

Φ0(x,y)φ

Φ1(x,y)φ

iηS2φ(y)}ds(y)-ψ(x)=f on ∂D1.

化简即为：

ψ(x)-m(λ1K11,0-K11,1)Ψ(x)-m(S11,0-S11,1)φ(x)+m(S12,1+iηK12,1S2)φ(x)=-mf on ∂D1 .

(7)

其中m=,K11,0,K11,1,S11,0,S11,1,S12,1,K12,1均是边界积分算子，定义如下：

当x从D1的内部趋向于边界∂D1时，将其限制在∂D1上，可得：

Φ0(x,y)φ(y)}ds(y)+φ(x),x∈∂D1.

(8)

当x从D1的外部趋向于边界∂D1时，我们有：

Φ1(x,y)φ

iηS2φ(y)}ds(y)-φ(x),x∈∂D1.

(9)

联立(8)，(9)式得：φφ .

(10)

其中均是边界积分算子，定义如下：

(Tij,hφ)(x)=

由v(x)在D2上的跳跃关系，当x从D2的外部趋向于∂D2的边界，并将其限制在∂D2上，同理也可得：

φ

(11)

定义乘积空间令U=(ψ,φ,φ)T,R=(-mf,mg,0)T, 引入如下算子A:=

其中).

那么联合 (7)，(10)，(11)式，我们得到如下的边界积分系统：

(I+A)U=R.

(12)

其中I是恒等算子. 若我们能够求解出唯一的解U=(ψ,φ,φ)T，则问题(2)就有形如(3)，(4)式的唯一解.

根据文献[2],A:X|→X是有界线性算子. 若区域边界∂D是C2的，Sij,h,Kij,h是从到的有界算子; Tij,h 是从到的有界算子; Kij,h是从到的有界算子是到的紧算子.

由以上结论可知是从到自身的紧算子. 由有界算子的嵌入性定理可知-m(λ1K11,0-K11,1)是从到自身的紧算子.是具有连续核的积分算子，故是紧的. M中是从到的紧算子, T22,1是从到的有界算子，S,K22,1还是从到的有界算子，由有界算子的嵌入性定理可知, S,K22,1是从到的紧算子，故T22,1S2从到的紧算子，故由算子的性质M是到自身的紧算子, 所以A也是紧的. 积分方程 (14) 是一个第二类的Fredholm积分算子.

引理2 边界积分方程(12)存在唯一的解.

证明 根据定理5，由于A的紧性，我们只需证明齐次算子方程：

(I+A)U=0.

(13)

只有零解，便可得(I+A)U=R存在唯一性的解.令R=0，则此时w，v是问题(2)的具有齐次边界条件的解，由定理1知：

w=0,x∈D1,
v=0,x∈D.

我们也可以将v定义在D2内，且v满足：

由跳跃条件：

-v-=v+-v-=iηS2φ,
-=-=-φ on ∂D2.

根据格林恒等式有：

可知Sφ=0,x∈∂D1.以上积分函数在无穷远处和∂D2上恒为0，由调和函数的极值原理可知S在R3恒为0，从而由跳跃条件：

φ=-+=0.

接下来我们证明ψ,φ为零.令：

则(I+B)U1=0，其中U1=(ψ,φ)T. 我们重新构造如下:

Φ0(x,y)φ(y)}ds(y),x∈R3\D1.

(14)

Φ1(x,y)φ(y)}ds(y),x∈D1.

(15)

由单双层位势的跳跃关系得:

由于w,v恒为0，故可得从而满足如下问题：

(16)

采用与定理1相同的方法可得问题(16)存在唯一的零解，即在在D1. 所以有：

φ=-=0 on ∂D1.

故ψ,φ,φ都为0，从而(I+A)U=0只有零解. 故算子I+A也是单射. 由Freholm定理，I+A逆算子(I+A)-1存在且有界. 所以积分方程 (12) 存在唯一的解.

定理2的证明 由引理2的结论知I+A的逆算子(I+A)-1是存在且有界的，再利用位势函数 (3)，(4)可得.