Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng | Đại học Sư phạm Hà Nội 2

Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng | Đại học Sư phạm Hà Nội 2. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF gồm 126 trang, giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!

5 3 lượt tải Tải xuống

Chia sẻ Báo cáo tài liệu



TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

——————— ———————?

BÀI GIẢNG

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG

Trần Văn Bằng

Hà Nội, 05-01-2016

Mục lục

Chương 1. Giới thiệu về phương trình đạo hàm riêng . . 5

1.1. Một số kí hiệu chung . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.1. Về Không gian Euclide

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.2. Không gan các hàm khả vi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.1.3. Một số công thức tích phân cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2. Các khái niệm cơ bản về phương trình đạo hàm riêng . . 10

1.3. Phân loại PTĐHR tuyến tính cấp hai. .. .. .. .. .. .. .. .. . 15

1.4. Dạng chính tắc của PTĐHR tuyến tính cấp hai .. .. .. . 19

1.4.1. Dạng chính tắc tại từng điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.4.2. Đưa phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai của hàm hai biến về

dạng chính tắc trên một miền . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.5. Nghiệm tổng quát . .. .. .. .. .. . . . . . . . . . . . .. .. .. .. .. .. .. . 31

1.6. Một số hiện tượng tự nhiên dẫn tới phương trình đạo hàm

riêng tuyến tính cấp hai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.6.1. Phương trình truyền nhiệt trong thanh một chiều. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2 MỤC LỤC

1.6.2. Sự dao động của dây . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1.6.3. Sự khuếch tán trong không gian ba chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

1.7. Bài toán Cauchy và tính đặt chỉnh của bài toán.. .. .. . . 43

Chương 2. Phương trình Laplace-Poisson . . . . . . . . . . . . . 45

2.1. Hàm điều hòa. Biểu diễn Green .. .. .. .. . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.1.1. Khái niệm hàm điều hòa. Nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.1.2. Biểu diễn Green của hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.1.3. Các tính chất cơ bản của hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.2. Bài toán biên đối với phương trình Laplace, Poisson . .. 54

2.2.1. Các bài toán biên cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.2.2. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.2.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong

hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.2.4. Các định lý về sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

2.2.5. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền bị chặn-Phương pháp

Perron. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.3. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán biên đối với

phương trình Laplace 2 chiều . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . . . . . . . . 65

2.3.1. Giải bài toán biên trong miền chữ nhật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.3.2. Giải bài toán biên trong miền tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Chương 3. Phương trình truyền sóng . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.1. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng . . . . . 76

3.1.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

MỤC LỤC 3

3.1.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.2. Bài toán biên ban đầu đối với PT truyền sóng . . . . . . . . . 88

3.2.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm. . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.2.2. Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Chương 4. Phương trình truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.1. Biểu diễn Green của hàm nhiệt . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. 104

4.1.1. Công thức Green đối với toán tử truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.1.2. Nghiệm cơ bản của toán tử truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.1.3. Biểu diễn Green của hàm nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.1.4. Các nguyên lý cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

4.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt . .. 109

4.2.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4.2.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

4.3. Bài toán biên ban đầu đối với PT truyền nhiệt . .. . . . . 115

4.3.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán biên ban

đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

4.3.2. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán biên ban đầu trong trường hợp

một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4 MỤC LỤC

Chương 1

Giới thiệu về phương trình

đạo hàm riêng

Chương này nhằm giới thiệu cho người học các khái niệm chung về

phương trình đạo hàm riêng như: khái niệm phương trình đạo hàm

riêng, một số cách phân loại; khái niệm nghiệm (cổ điển); một số hiện

tượng dẫn tới phương trình đạo hàm riêng; các bài toán cơ bản đối

với phương trình đạo hàm riêng;...Đặc biệt là việc phân loại phương

trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai; dạng chính tắc; phương pháp

đưa một phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai về dạng chính

tắc;...

6 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

1.1. Một số kí hiệu chung

1.1.1. Về Không gian Euclide R

Kí hiệu là không gian Euclide thực chiều vớiR

n tích vô hướng và

chuẩn thông thường:

x.y

= x

+ x

+ ··· + x

; |x| =

+ x

+ ··· + x

Hình cầu (mở) tâm bán kính là tập hợp:a ∈ R

, r

(a) := {x ∈ R

||x − a| < r .}

Để ý rằng, nếu là thể tích hình cầu đơn vị trong thì ta có thểω

tích của hình cầu bán kính Hơn nữa, diện tích mặt cầu đơnr là ω

vị là và do đó diện tích mặt cầu bán kính sẽ lànω

r nω .

n−1

1.1.2. Không gan các hàm khả vi

Với hàm đủ trơn, ta kí hiệu các đạo hàm riêng và gradientu = u(x)

bởi

∂u

∂x

; Du = (

∂u

∂x

∂u

∂x

··· ,

∂u

∂x

Để tiện cho việc kí hiệu các đạo hàm riêng cấp cao hơn, ta đưa vào

khái niệm đó là bộ số tự nhiênđa chỉ số, n α = (α

, ··· , α

), α .

∈ N

Với quy ước

|α| =

i=1

; x

= x

···x

;

u =

∂

|α|

∂x

···∂x

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 7

Khi biên trơn thì ta gọi là véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị∂Ω ν

trên biên của Ω. Chúng ta sẽ sử dụng đạo hàm theo véc tơ pháp tuyến

ngoài đơn vị:

∂u

∂ν

:= Du.ν.

Cho Ω ⊂ R

là một tập mở, với biên và bao đóng . Kí hiệu∂Ω Ω

C(Ω) = C

(Ω) Ω;là không gian tất cả các hàm liên tục trên

(Ω), k , ...= 1, 2 là không gian tất cả các hàm có các đạo hàm

riêng đến cấp k thuộc C(Ω);

Nếu

A ⊂ R

là tập không nhất thiết mở, với phần trong

A thì

C C

(A) =

(A) là không gian tất cả các hàm thuộc C(

A) có thác triển

liên tục lên A;

(A), k = 1, 2, ··· là không gian tất cả các hàm có các đạo hàm

riêng đến cấp k thuộc C( )A .

Ta sẽ thường sử dụng chẳng hạn với Khi đó

A = Ω.

1.1.3. Một số công thức tích phân cơ bản

Nói chung để giải các phương trình đạo hàm riêng, chúng ta sẽ phải

tích phân các phương trình đó. Ta kí hiệu tích phân bội của hàm u

trên Ω (nếu tồn tại) bởi:

Ω

u(x)dx.

Ngoài ra chúng ta cũng cần tới các tích phân mặt (loại một) trên

biên của Ω. Để tiện cho việc tiếp thu các kiến thức chúng tôi nhắc lại

khái niệm này. Giả sử chiều, trơn và có phươngΣ là một mặt cong n−1

8 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

trình tham số với tham sốx = x(u) u = (u

, ··· , u

n−1

) ∈ D ⊂ R

n−1

Khi đó, tại véc tơ độc lập tuyến tính tiếp xúc với biênx ∈ Σ có n −1

là

∂x

∂u

= (

∂x

∂u

∂x

∂u

··· ,

∂x

∂u

) 2 1, j = 1, , ··· , n − .

Do đó tích có hướng của các véc tơ đó là véc tơ pháp tuyến với biên

tại x :

∂x

∂u

∂x

∂u

× ··· ×

∂x

∂u

n−1

Hơn nữa ta có

dS = |

N|du là vi phân diện tích mặt trên Σ và tích

phân mặt (loại một) trên của một hàm (nếu tồn tại) được xácΣ f

định thông qua tích phân bội :n − 1

(x)dS :=

(x(u))|

N|du.

Lưu ý rằng, nếu thì véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị trênΣ = ∂Ω

∂Ω cho bởi:

= ±

với dấu chọn thích hợp tùy theo miền± Ω.

Bây giờ giả sử đủ trơn. Cho∂Ω u, v ∈ C

(Ω) và C

−trường véc tơ

F : Ω → R

. Ta có một số công thức tích phân quan trọng sau đây:

a, Công thức Ostrogradski:

Ω

div

Fdx =

∂Ω

F.νdS. (1.1)

b, Công thức tích phân từng phần:

Ω

∂u

∂x

vdx

∂Ω

uvν

dS −

Ω

∂v

∂x

dx. (1.2)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 9

Bài tập

Bài 1.1 Cho hàm n biến u(x) = = 0| | 6x , x . Tính các đạo hàm riêng

a, u

b, u .

Bài 1.2 Trong R

, tìm véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại các điểm

trên biên (nếu có) biết:∂Ω

a, Ω = [0; 1] [0; 2];×

b, Ω = B

(0).

Bài 1.3 Trong R

, tìm véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại các điểm

trên biên (nếu có) biết:∂Ω

a, Ω = [0; 1] [0; 2] [0; 3];× ×

b, Ω = (0);B

c, Ω = D × [0, T ], với D là hình tròn đơn vị, tâm 0 trong R

Bài 1.4 Với ξ ∈ R

cố định, ω

là thể tích hình cầu đơn vị trong R

Đặt

Γ(

x − ξ) = Γ(| |x − ξ ) :=







(2−n)ω

| |x − ξ

2−n

, nếu n > ,2

ln | |x − ξ , nếu n = 2.

Tính

a, D

Γ(x − ξ);

b, D

Γ( );x − ξ

10 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

∂Γ

∂ν

(x − ξ ξ) trên biên hình cầu B

( ).

Bài 1.5 Sử dụng công thức Ostrogradski (1.1), chứng minh công thức

tích phân từng phần (1.2).

Bài 1.6 Sử dụng công thức tích phân từng phần (1.2), chứng minh

rằng với mọi ta có:u, v ∈ C

(Ω) ∩ C

(Ω)

a, Công thức Green thứ nhất:

Ω

∆udx =

∂Ω

∂u

∂ν

dS −

Ω

Du.Dvdx. (1.3)

b, Công thức Green thứ hai:

Ω

[ ]

v∆ ∆u − u v dx =

∂

Ω



∂u

∂ν

− u

∂v

∂ν



dS, (1.4)

trong đó là toán tử Laplace xác định bởi∆

∆ :=u

i=1

∂

∂x

1.2. Các khái niệm cơ bản về phương trình đạo hàm

riêng

Định nghĩa 1.1. Một phương trình đạo hàm riêng (PTĐHR) là một

phương trình có chứa các đạo hàm riêng của ẩn hàm.

Chẳng hạn, các phương trình sau là các PTĐHR đối với hàm hai

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 11

biến u = u(x, t) hoặc :u = u( )x, y

+ cu

= 0 (1.5)

u u

= f(x, y) (1.6)

α(x, y)u u u e

+ 2

+ 3x

= 4

(1.7)

u u

+ (

)

= 0 (1.8)

( (u

)

+ u

+ a x, y) ( )u

+ b x, y u = 0. (1.9)

Nói chung ta có thể viết một PTĐHR dưới dạng

F (x

, x , x , u , u , ...

, ···

, u, u

, ···

) = 0, x ∈ Ω ⊂ R

(1.10)

trong đó là các biến độc lập, là ẩn hàm của cácx = (x

, ··· , x

) u

biến đó.

Một nghiệm của (1.10) trên là một hàm xác định, khả vi đếnΩ u

cấp cần thiết trên và thỏa mãn phương trình đó tại mọi điểm thuộcΩ

Ω.

Nói chung một PTĐHR thường có vô hạn nghiệm. Ví dụ, các hàm

u e ,

(x, t) =

x−ct

u ct(x, t) = cos(x − )

là các nghiệm của (1.5). Hơn nữa, mọi hàm khả vi của đều làx − ct

nghiệm của phương trình đó.

Phương trình đạo hàm riêng thường được phân loại theo các tiêu

chí sau:

1, Theo cấp của phương trình (nói chung phương trình có cấp càng

cao càng phức tạp)

12 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

2, Theo mức độ phi tuyến, tuyến tính (phương trình tuyến tính nói

chung đơn giản hơn phương trình phi tuyến, mức độ phi tuyến càng

cao thì càng phức tạp)

3, Theo sự phụ thuộc vào thời gian (phương trình biến đổi theo

thời gian thì được gọi là phương trình tiến hóa, trái lại thì được gọi

là phương trình dừng). Trong tình huống này người ta thường kí hiệu

biến thời gian biến không gian.là t, các biến còn lại là

Cụ thể hơn ta có các khái niệm sau đây:

Định nghĩa 1.2. Cấp của một PTĐHR là cấp cao nhất của đạo hàm

riêng có mặt trong phương trình.

Chẳng hạn, (1.5) là phương trình cấp 1, còn các phương trình (1.6)-

(1.9) là phương trình cấp hai.

Định nghĩa 1.3. Một PTĐHR là tuyến tính nếu nó có dạng

L[u] = f(x), (1.11)

trong đó L[u] là một tổ hợp tuyến tính của u và các đạo hàm riêng

của u với các hệ số là các hàm của biến độc lập x.

Nếu f ≡ 0 thì ta nói phương trình tuyến tính (1.11) là ,thuần nhất

trái lại thì ta nói phương trình đó là không thuần nhất.

Chẳng hạn, (1.5)-(1.7) là các phương trình tuyến tính, trong đó

(1.5) là thuần nhất, (1.7) là không thuần nhất.

Định nghĩa 1.4. Một PTĐHR không tuyến tính thì được gọi là phi

tuyến.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 13

Nói chung các PTĐHR phức tạp hơn các phương trình vi phân

thường vì với phương trình vi phân thường, để tìm một nghiệm riêng

từ nghiệm tổng quát ta chỉ phải tìm các giá trị của các hằng số tùy ý,

trong khi đó với PTĐHR, việc chọn nghiệm riêng thỏa mãn các điều

kiện bổ sung có khi còn khó hơn cả việc tìm nghiệm tổng quát. Đó là

vì, nghiệm tổng quát của các PTĐHR phụ thuộc vào các hàm tùy ý

(xem ví dụ sau đây) và nó có thể có vô hạn các nghiệm độc lập tuyến

tính.

Ví dụ 1.1. Giải PTĐHR tuyến tính cấp hai

ξη

(ξ, η) = 0. (1.12)

Tích phân phương trình này theo cố định) ta cóη (giữ ξ

= f(ξ)

(do ξ cố định nên hằng số tích phân có thể phụ thuộc ).ξ

Tích phân theo ξ (giữ η cố định) ta nhận được

(ξ, η) =

f(ξ)dξ + G .(η)

Do tích phân ở trên là một hàm của nên nghiệm của (1.12) làξ

u(ξ, η) = F (ξ) + G(η), (1.13)

trong đó là hai hàm khả vi bất kỳ.F, G

Như vậy, để nhận được một nghiệm riêng thỏa mãn một số điều

kiện nào đó ta sẽ phải xác định hai hàm F, G.

14 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Bài tập

Bài 1.7 Hãy cho biết cấp của các PTĐHR sau đây:

a. u

+ u

= 0

b. u

xxx

+ u

+ a(x)u

+ ln u = f(x, y)

c. u u u

xxx

+ u

xyyy

+ a(x)

xxy

= f(x, y)

d. uu

+ u

+ e

= 0

e. u cu d.

Bài 1.8 Chứng minh rằng là một nghiệm củau ct(x, t) = cos(x − )

phương trình

+ cu .

= 0

Bài 1.9 Trong các phương trình sau đây, phương trình nào là tuyến

tính? phi tuyến? Trong trường hợp tuyến tính thì nó có thuần nhất

hay không?

a. u

+ u

− 2u = x

f. u

(1 + u

) = u

b. u

= u g. (sin u

+ u

= e

c. uu xu

= 0 h. 2 4u

− u

+ 2 + 3u

u = 0

d. u

+ ln u = 2xy i. u

+ u

− u

= 0

e. u

− 2u

+ u

= cos x.

Bài 1.10 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình u u .

= 0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 15

Gợi ý: Đặt v = u .

Bài 1.11 Chứng minh rằng với hai hàm khả đến cấp hai bất kìF, G

trên R ta có

= F (xy xG) + (

)

là nghiệm của phương trình

u u

− y

= 0.

1.3. Phân loại phương trình đạo hàm riêng tuyến

tính cấp hai

Trong học phần này, chúng ta sẽ chỉ nghiên cứu về phương trình đạo

hàm riêng tuyến tính cấp hai. Loại phương trình này xuất hiện trong

nhiều mô hình thực tế (xem Mục 1.5 sau đây). Chúng ta sẽ nghiên

cứu ba lớp đặc biệt của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp

hai là: phương trình elliptic, hyperbolic và parabolic thông qua các đại

diện của chúng là phương trình Laplace, phương trình truyền sóng và

phương trình truyền nhiệt.

Xét phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai tổng quát sau

đối với hàm :u( )x) = u(x

, x , x

, ···

i,j=1

(x)u

j=1

(x x x)u

+ c( )u = d( ), x ∈ Ω, (1.14)

trong đó các hệ số là cáca

= a

( )x) (, b

= b

x , c , d= c(x) = d(x)

hàm liên tục đã cho trên Ω, a

= a

và các a

không đồng thời bằng

không.

16 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Việc phân loại phương trình (1.14) chỉ phụ thuộc vào các hệ số a

của các đạo hàm riêng cấp hai và được định nghĩa tại từng điểm như

sau. Gọi

A(x) = [a

(x)]

là ma trận vuông cấp các hệ số của các đạo hàm riêng cấp hai. Tạin

mỗi x ∈ Ω cố định, A(x) là một ma trận thực, đối xứng nên cóA(x)

đúng n giá trị riêng thực. Ta nói:

+) phương trình (1.14) thuộc loại elliptic tại x nếu A(x) có gián

trị riêng cùng dấu;

+) phương trình (1.14) thuộc loại hyperbolic tại x nếu A(x) có 1

giá trị riêng trái dấu với giá trị riêng còn lại;n − 1

+) phương trình (1.14) thuộc loại parabolic tại x nếu A(x) có giá1

trị riêng bằng 0 còn n − 1 giá trị riêng còn lại cùng dấu;

+) phương trình (1.14) thuộc loại elliptic (hyperbolic, parabolic)

trên miền nếu nó thuộc loại đó tại mọi điểmΩ x ∈ Ω.

Ví dụ 1.2. a, Phương trình Laplace

∆ :=u

i=1

= 0, x ∈ R

là phương trình elliptic trên R

;

b, Phương trình truyền nhiệt

− ∆u = 0, (x, t) ∈ R

n+1

là phương trình parabolic trên R

n+1

;

c, Phương trình truyền sóng

− ∆u = 0, (x, t) ∈ R

n+1

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 17

là phương trình hyperbolic trên R

n+1

;

d, Phương trình

u u

+ u

= 0, x = (x

, x

) ∈ R

thuộc loại elliptic trên miền thuộc loại hyperbolic trên miềnx

> 0,

< 0 và thuộc loại parabolic trên đường thẳng x

= 0.

Đặc biệt, trong trường hợp hai biến độc lập, phương trình (1.14)

có dạng

(x, y x, y x, y x, y, u, u , u)u

+2b( )u

+c( )u

+d(

x y

) = 0, (x, y ,) ∈ R

(1.15)

trong đó các hệ số a, b, c là các hàm liên tục của hai biến đã cho,(x, y)

a, b, c không đồng thời bằng không. Khi đó tại mỗi (x, y) ma trận các

hệ số của các đạo hàm riêng cấp hai là

a b

b c

có các giá trị riêng là nghiệm của phương trình bậc hai

det( ( )A − λI) = λ

− a + c λ + ac − b

= 0. (1.16)

Dễ dàng kiểm tra được phương trình này có hai nghiệm thực và dấu

của các giá trị riêng có thể kết luận được nhờ định lý Viet thông qua

dấu của

∆ =

− ac.

Cụ thể

+) Nếu thì (1.16) có hai nghiệm cùng dấu nên (1.15) thuộc∆ < 0

loại elliptic;

18 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

+) Nếu ∆ > 0 thì (1.16) có hai nghiệm trái dấu nên (1.15) thuộc

loại hyperbolic;

+) Nếu ∆ = 0 thì (1.16) có một nghiệm bằng không và một nghiệm

khác không nên (1.15) thuộc loại parabolic.

Sử dụng dấu hiệu này, ta có thể dễ dàng kiểm chứng lại Ví dụ 1.2

phần d.

Bài tập

Bài 1.12 Phân loại các phương trình sau:

1. u yu xu u

+ 2

−

+ u = 0

2. 2xyu

+ xu

+ yu

= 0

3. u u u u

+ 4

+ u

+ 2u − x

y = 0

4. y

2 +1m

u u u

−

= 0, m− là số nguyên không âm.

Bài 1.13 Tìm miền elliptic, hyperbolic và parabolic của phương trình

sau theo tham số λ :

( )

λ + x u

+ 2xyu u

− y

= 0.

Bài 1.14 Phân loại các phương trình sau:

1. u

+ 2 + 6 + 2u

− 2u

= 0

2. 2 15 12 12u

+ 2u

− u

+ 8u

− u

= 0

3. .3u

+ 2 + 3 + 2u

= 0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 19

4. 3 8 4u

+ 4 + 5 + 4u

− u

− u + yz

sinx = 0.

5. u

+ u u

+ u

= 0

6. u

+ 2 + 2 + 2u

− 2 4u

− u

= 0

1.4. Dạng chính tắc của phương trình elliptic, hy-

perbolic và parabolic

1.4.1. Dạng chính tắc tại từng điểm

Xét phương trình đạo hàm riêng đối với hàm :u( )x) = u(x

, x , x

, ···

i,j=1

(x)u

+ f(x, u, u

, ··· , u

) = 0, x ∈ Ω, (1.17)

trong đó các hệ số là các hàm liên tục đã cho trêna

Ω, a

= a

và

các a

không đồng thời bằng không.

Trước hết chúng ta xét tác động của phép đổi biến đối với (1.17).

Giả sử là một phép đổi biến thuộc lớp và không suy biến,ξ = ξ(x) C

tức là Jacobian

D(ξ

, ξ , ξ

, ···

)

, x , x

, ···

)

6= 0.

Khi đó ta có

r=1

∂ξ

∂x

;

r,s=1

∂ξ

∂x

∂ξ

∂x

r=1

∂

∂x ∂x

i j

20 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Thay các đạo hàm này vào (1.17) ta nhận được phương trình

r,s=1

˜a

u ξ

+ g(

, ··· , ξ , u

, u, u

, ···

) = 0, (1.18)

trong đó

˜a

r,s

ij=1

∂ξ

∂x

∂ξ

∂x

= ˜a

s,r

. (1.19)

Nếu ta kí hiệu

A(ξ) = [˜a a

(ξ)]; A(x) = [

(x)];

(x x) = [b

( )], với b

∂ξ

∂x

thì (1.19) có thể viết dưới dạng

A A(ξ) = J(x)

(x)J(x). (1.20)

Chứng tỏ

A(ξ) và A(x) là hai ma trận đồng dạng hay chúng có cùng

chỉ số quán tính. Vậy nếu (1.17) thuộc loại elliptic (hay parabolic,

hyperbolic) tại điểm thì (1.18) cũng thuộc loại elliptic (tương ứng:x

parabolic, hyperbolic) tại điểm .ξ

= ξ(x

)

Cố định ta có là một ma trận hằng. Khi đó, tồn tạix = x

, A(x

)

một ma trận sao cho ma trận có dạngT = [α

] T

A(x







0 ··· 0 0

0 λ

0 ··· 0 λ







Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 21

trong đó λ

∈ {1, −1, 0}, i , n.= 1, 2, ···

Giả sử đã biết ma trận Lúc đó nếu ta thực hiện phép đổi biếnT.

tuyến tính

i=1

, k = 1, 2, ··· , n

thì ta sẽ có



∂ξ

∂x



= [α

] = T

do đó

A ξ(

) có dạng đường chéo như trên và phương trình (1.18) lúc

đó được gọi là của phương trình (1.17) tại điểmdạng chính tắc x

Nói chung trong trường hợp chúng ta không tìm được phépn > 2

đổi biến để đưa (1.17) về dạng chính tắc trong một miền nên ma trận

các hệ số của các đạo hàm cấp hai chỉ có dạng đường chéo như trên

tại điểm Đặc biệt trong trường hợp không phụ thuộc thì maξ

. a

trận các hệ số của các đạo hàm cấp hai có dạng đường chéo như trên

tại mọi điểm nên (bằng cách đổi lại thứ tự biến nếu cần) ta có:

+Nếu (1.17) thuộc loại elliptic thì dạng chính tắc của nó là:

i=1

+ g(ξ

, ··· , ξ , u

, u, u

, ···

) = 0;

+Nếu (1.17) thuộc loại parabolic thì dạng chính tắc của nó là:

n−1

i=1

+ g(ξ

, ··· , ξ , u

, u, u

, ···

) = 0;

+Nếu (1.17) thuộc loại hyperbolic thì dạng chính tắc của nó là:

−

n−1

i=1

+ g(ξ

, ··· , ξ , u .

, u, u

, ···

) = 0

22 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

1.4.2. Đưa phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai

của hàm hai biến về dạng chính tắc trên một miền

Riêng trong trường hợp hai biến, chúng ta có thể đưa được phương

trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai về dạng chính tắc trong miền

mà dạng của phương trình đó không đổi. Thật vậy, xét phương trình:

a(x, y x, y x, y x, y, u, u , u)u

+ 2b( )u

+ c( )u

+ d(

x y

) = 0. (1.21)

Để biến đổi PTĐHR về dạng chính tắc, trước hết chúng ta chỉ ra

ảnh hưởng của một phép đổi biến đối với PTĐHR (1.21). Giả sử ξ, η

là hai hàm khả vi liên tục đến cấp hai của x, y :

ξ = ξ(x, y ,)

η = η(x, y .)

Giả thiết Jacobian của phép đổi biến



ξ η

y y



6= 0.

Sử dụng quy tắc đạo hàm hàm hợp ta tính được

u u ξ

ξ x

+ u

;

u ξ u η

= u

ξ y

η y

;

u ξ ξ ξ η ξ η η u ξ

= u

ξξ x y

+ u

ξη

(

x y

y x

) + u

ηη x

ξ xy

+ u

;

= u

ξξ

+ 2u

ξη

+ u

ηη

+ u

;

u u

ξξ

+ 2u

ξη

+ u

ηη

+ u

Thay các đạo hàm này vào (1.21) ta nhận được phương trình

∗

u u d

ξξ

+ 2b

∗

ξη

+ c

∗

ηη

∗

(ξ, η, u, u , u

ξ η

) = 0, (1.22)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 23

trong đó các hệ số là các hàm của ξ, η và

∗

= aξ

+ 2bξ

+ cξ

;

b b

∗

= aξ

+ (ξ ξ η cξ

y x

) +

;

∗

= aη

+ 2bη

+ cη

;

Hơn nữa ta có

∆ ∆

∗

= (b

∗

)

− a

∗

= J

Từ các công thức xác định hệ số trên đây, chúng ta đi tìm phép đổi

biến ξ = ξ( ) (x, y , η = η x, y) sao cho một số trong các hệ số a

∗

, b , c

∗ ∗

trong (1.22) bằng không.

Chú ý rằng a

∗

, c

∗

có dạng tương tự nhau và có thể viết chung bởi

aζ

+ 2bζ

+ cζ

(1.23)

trong đó ζ thay cho ξ hoặc η. Giả sử chúng ta muốn chọn sao choξ, η

∗

= c

∗

= 0. Tất nhiên là điều này chỉ có thể xảy ra khi phương trình

là hyperbolic vì khi đó ∆ ) 0

∗

= (b

∗ 2

> .

a, Trường hợp phương trình hyperbolic trong một miền

Để làm điều đó, chúng ta chọn thỏa mãn (1.23). Khi đó, chia haiζ

vế cho ζ

thì phương trình trên trở thành





+ 2b





+ c = 0. (1.24)

Dọc theo đường cong

ζ(x, y ,) = const

ta có

dζ = ζ ζ

dx +

dy .= 0

24 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Do vậy,

−

và phương trình (1.24) trở thành





− 2b





+ c = 0. (1.25)

Phương trình bậc hai đối với

này có hai nghiệm

b ±

√

∆

do biệt thức (vì phương trình là hyperbolic).∆ = b

− ac > 0

Các phương trình này được gọi là các phương trình vi phân đặc

trưng, chúng là các phương trình vi phân thường xác định các đường

cong trong mặt phẳng dọc theo các đường cong đó hàm(x, y), ζ =

const. Các nghiệm của chúng được gọi là các đường cong đặc trưng.

Tích phân các phương trình đặc trưng ta có hai đường cong đặc trưng

phân biệt. Chọn một đường cong là đường cong còn lại làξ( )x, y ,

η(x, y.) Cụ thể, tích phân các PTVP thường ta có

Φ (

x, y) = C

(x, y) = C

Do vậy, phép đổi biến

ξ = Φ

(x, y)

η = Φ

(x, y)

sẽ dẫn đến và phương trình (1.22) lúc này làa

∗

= c

∗

= 0

∗

ξη

= −d

∗

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 25

Chia hai vế cho 2b

∗

ta có

ξη

= −

∗

. (1.26)

Phương trình này được gọi là của các PTĐHRdạng chính tắc thứ nhất

hyperbolic.

Đôi khi để nhận được dạng chính tắc khác của các PTĐHR hyper-

bolic ta sử dụng phép đổi biến

α = ξ + η

β = ξ − η.

ta sẽ đưa (1.26) về dạng

u u

αα

−

ββ

= d

∗∗

(α, β, u, u , u

α β

). (1.27)

Phương trình này được gọi là của phương trìnhdạng chính tắc thứ hai

hyperbolic.

Ví dụ 1.3. Phương trình

− x

= 0 với x > 0, y > 0

có a = y

, b , c= 0 = −x

, ∆ = x

> 0 trên miền đang xét. Phương

trình đặc trưng

0 ±

= ±

Đây là các phương trình vi phân thường tách biến và có nghiệm tương

ứng cho bởi

−

= c

26 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Nghiệm thứ nhất là họ các hyperbol, còn nghiệm thứ hai là họ các

đường tròn.

Thực hiện phép đổi biến

−

ta dẫn tới phương trình:

4( 2

− η

ξη

− ηu

+ 2ξu

= 0

hay

ξη

− η

)

−

− η

)

Đây là dạng chính tắc thứ nhất của phương trình nêu trên.

b, Trường hợp phương trình thuộc loại parabolic trong một miền

Trong trường hợp này ta có nên (ta có thể giả∆

∗

= b

− ac = 0

thiết )a ≥ 0 0, c ≥

= ±

√

Lúc này ta chỉ có một đường cong đặc trưng là nghiệm của phương

trình:

. (1.28)

Gọi tích phân tổng quát của (1.28) là và thực hiệnΦ

(x, y) = C

đổi biến

ξ = Φ

(x, y .)

Khi đó ta sẽ có a

∗

= 0.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 27

Mà

0 =

∗

= aξ

+ 2bξ

+ cξ

aξ

+ 2

√

cξ

+ cξ

= (

√

aξ

√

cξ

)

Do đó với mọi cách chọn ta đều cóη(x, y)

b b

∗

= aξ

+ (ξ ξ cξ

) +

= (

√

aξ

√

aξ

)(

√

aη

√

cη

) = 0.

Vì thế để nhận được dạng chính tắc, chúng ta chỉ việc chọn η( )x, y

sao cho Jacobian của phép đổi biến khác không là được. Khi đó ta có

∗

u d ,

ηη

= −

∗

và chia cho c

∗

(không thể bằng không) ta có dạng chính tắc của phương

trình parabolic

ηη

= −

∗

. (1.29)

Nếu ta chọn thì ta sẽ có và ta cũng cóη = Φ

(x, y) c

∗

= 0 b

∗

= 0

và dạng chính tắc trong trường hợp này là:

ξξ

= −

∗

. (1.30)

Ví dụ 1.4. Phương trình

u xyu u e

− 2

+ y

có A = x

, B xy, C= − = y

, ∆ = 0 nên đó là phương trình parabolic

trên toàn mặt phẳng. Phương trình đặc trưng (1.25) cho ta

= −

28 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Đây là các phương trình vi phân thường tách biến và có nghiệm cho

bởi

ln x + ln y = C.

Thực hiện phép đổi biến

ξ = ln x + ln y,

η = x

(chú ý là η có thể chọn tùy ý sao cho Jacobian của phép đổi biến khác

không là được) ta nhận được phương trình kết quả là

ηη

+ e

Thay biến ta có dạng chính tắc của phương trình đã cho:x = η

ηη

Lưu ý rằng, nếu ta chọn hàm khác thì vế phải của phương trìnhη

chính tắc trên đây cũng thay đổi theo.

c, Trường hợp phương trình thuộc loại elliptic trong một miền

Đối với phương trình elliptic thì nên phương trình đặc trưng∆ < 0

(1.25) không có nghiệm thực. Giả sử phương trình đó có hai nghiệm

phức

b ± i

√

−∆

và tích phân hai phương trình này ta nhận được tích phân tổng quát

Φ Φ (

(x, y) ± i

x, y) = C.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 29

Khi đó ta có thể chứng minh được rằng (xem [1, 2]), với phép đổi

biến ξ = Φ = Φ

( )x, y , η

(x, y) ta sẽ nhận được dạng chính tắc của

phương trình elliptic là:

ξξ

+ u

ηη

= d

∗

(ξ, η, u, u , u

ξ η

). (1.31)

Ví dụ 1.5. Phương trình

e u u u

+ e

có a = e e

, b , c= 0 = e

, ∆ = −

< 0, ∀x, y nên đó là phương

trình elliptic trên toàn mặt phẳng. Phương trình đặc trưng

0 ±

√

−e

= ±i

Đây là các phương trình vi phân thường tách biến và có nghiệm cho

bởi

−

−y/2

± 2ie

−x/2

= C.

Do đó thực hiện đổi biến

= −2e ,

−y/2

= −2e .

−x/2

ta nhận được phương trình chính tắc

ξξ

+ u

ηη

= −

−

+ u.

Bài tập

Bài 1.15 Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc:

a. 4u

+ 5u

+ u

= 2

30 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

b. u

+ u u u

= 0

c. 3u

+ 10 + 3 + 1u

= x

d. u

+ 2 + 3 + 4 + 5u

+ u = e

e. 2 4u

− u

+ 2 + 3u

u = 0

f. u u u x.

+ 5

+ 4u

+ 7

= sin

Bài 1.16 Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc:

a. xu u

= x

b.u

+ u xu

−

= 0 (x ≤ 0, ∀y)

c. x

+ 2xyu

+ +y

xyu

+ y

= 0

d. u

+ xu

= 0

e. u y

+ y

f. sin

+ sin 2xu

+ cos

= x.

Bài 1.17 Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc

1. u u u u u

+ 2

+ 6

+ 2

− 2

= 0

2. 2 15 12 12u

+ 2u

− u

+ 8u

− u

= 0

3. .3u

+ 2 + 3 + 2u

= 0

4. 3 8 4u

+ 4 + 5 + 4u

− u

− u + yz

sinx = 0.

5. u u u

+ u

= 0

6. u u u u u

+ 2

− 2

− 4

+ 2

+ 2u

= 0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 31

1.5. Nghiệm tổng quát

Trong mục này chúng ta sẽ đề cập tới một ứng dụng của dạng chính

tắc trong việc tìm nghiệm tổng quát của một số phương trình đạo hàm

riêng tuyến tính cấp hai thông qua các ví dụ sau:

Ví dụ 1.6. Cho phương trình

u xyu u .

+ 2

+ y

= 0

Các bạn có thể tự chứng minh được rằng phép đổi biến

, η y=

sẽ đưa phương trình trên về dạng chính tắc

ηη

= 0, với y 6= 0.

Giải phương trình này bằng cách tích phân theo hai lần ( cốη ξ

định) ta có

u G .(ξ, η) = ηF (ξ) + (ξ)

Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:

(x, y) = yF (

) + G(

Ví dụ 1.7. Xét phương trình

+ 5u

+ u

= 2.

Phép đổi biến

= y − x, η = y −

32 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

sẽ đưa phương trình trên về dạng chính tắc

ξη

−

. (1.32)

Đặt v = u

thì (1.32) có thể viết dưới dạng

v −

là một phương trình vi phân tuyến tính cấp một (giả thiết cố định).η

Giải phương trình này ta có

+ e .

ξ/3

φ(η)

Bây giờ tích phân theo ta nhận đượcη

(ξ, η) =

η + +G e(η)

ξ/3

F ( )ξ .

và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:

(x, y) =



y −



+ G



y −



( )y−x /3

+ F (y − x).

Chú ý: Khác với phương trình vi phân thường cấp 2, nghiệm tổng

quát của phương trình đạo hàm riêng cấp 2 phụ thuộc vào hai hàm

số tùy ý.

Bài tập

Bài 1.18 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:

a. u

−

= 0, c là hằng số

b. u

− 3u

+ 2u

= 0

c. u

+ u

= 0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 33

d. u

+ 10 + 9u

= y.

Bài 1.19 Biến đổi các phương trình sau về dạng

U cU

ξη

nhờ phép đổi biến và đổi ẩn hàm

= ue ,

−( +αξ βη)

trong đó cần được xác định cụ thể:α, β

a. u

− u

+ 3u

− 2u

+ u = 0

b. 3u

+ 7 + 2u

+ u

+ u = 0.

Bài 1.20 Chứng minh rằng phương trình

u au bu

−

u + d, với a, b, d − const

là phương trình parabolic.

Chứng tỏ rằng, phép thế

(x, t x, t) = v( )e

sẽ biến đổi phương trình trên thành

= av de

−

34 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

1.6. Một số hiện tượng tự nhiên dẫn tới phương

trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai

1.6.1. Phương trình truyền nhiệt trong thanh một chiều

Trong tài liệu này, năng lượng nhiệt (the heat energy or the thermal

energy) sẽ được gọi tắt là . Xét một thanh một chiều, cónhiệt năng

tiết diện ngang không đổi và có chiều dài (xem Hình 1) đượcA L

định hướng theo trục (the thermalx. Gọi e(x, t) là mật độ nhiệt năng

density-nhiệt năng trên một đơn vị thể tích). Giả thiết mặt xung

quanh của thanh được cách nhiệt hoàn toàn. Khi đó không có nhiệt

năng thoát ra khỏi thanh qua mặt xung quanh. Nhiệt năng có thể phụ

thuộc vào x và t nếu thanh không được nung nóng đều. Xét một lát

cắt mỏng với độ dày ∆x giữa x và x + ∆x.

Nếu lát cắt đủ mỏng thì tổng nhiệt năng trong lát cắt bằng tích

của mật độ nhiệt năng và thể tích, tức là

e(x, t)A∆x. (1.33)

Tốc độ thay đổi nhiệt năng cho bởi

∂

∂t

[e(x, t)A∆x]. (1.34)

Theo luật bảo toàn nhiệt năng, tốc độ thay đổi này trên một đơn vị

thời gian phải bằng tổng của lượng nhiệt năng sinh ra bên trong trên

một đơn vị thời gian với lượng nhiệt năng truyền ra ngoài thanh qua

hai đầu thanh (ta sẽ gọi là biên) trên một đơn vị thời gian. Gọi ϕ(x, t)

là thông lượng nhiệt (heat flux - lượng nhiệt năng trên một đơn vị

thời gian truyền sang phải trên một đơn vị diện tích), là lượngS(x, t)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 35

nhiệt năng trên một đơn vị thể tích sinh ra trên một đơn vị thời gian.

Khi đó, luật bảo toàn nhiệt năng được mô tả bởi:

∂

∂t

[e ϕ(x, t)A∆x] = (x, t x, t x, t)A − ϕ(x + ∆ )A + S( )A∆x. (1.35)

Phương trình này chỉ là một mô tả gần đúng, nhưng nó sẽ chính xác

khi chuyển qua giới hạn khi độ dày của lát cắt Chia hai vế∆ 0x → .

cho A∆x rồi cho ta nhận được:∆ 0x → ,

∂

∂t

e(x, t) = −

∂

∂x

ϕ(x, t x, t) + S( ). (1.36)

Bây giờ, ta viết lại phương trình này thông qua (the tem-nhiệt độ

perature) u(x, t). Mật độ nhiệt năng e(x, t) được cho bởi:

e(x, t x, t) = c(x)ρ(x)u( ), (1.37)

trong đó (the specific heat - nhiệt năng cầnc(x) là nhiệt dung riêng

phải cung cấp để một đơn vị khối lượng tăng nhiệt độ của nó lên một

độ) và ρ(x) là mật độ khối (the mass density). Thông lượng nhiệt có

liên hệ với nhiệt độ thông qua định luật Fourier:

(x, t) = −K

∂

∂x

u(x, t), (1.38)

trong đó K là hệ số dẫn nhiệt (the thermal conductivity). Thế (1.37)-

(1.38) vào (1.36) ta có

(x x)ρ( )

∂u

∂t

∂

∂x



∂u

∂x



+ S. (1.39)

Đặc biệt, khi c, ρ, K là các hằng số ta nhận được

u ku

+ Q, (1.40)

36 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

trong đó

cρ

(1.41)

và

cρ

. (1.42)

Trong quá trình giải các phương trình trên, chúng ta sẽ thường

phải xác định thêm hai điều kiện biên và một điều kiện ban đầu. Điều

kiện ban đầu là phân bố nhiệt tại thời điểm tức làt = 0,

u(x, .0) = f(x)

Các điều kiện biên có thể thuộc một trong các loại sau đây:

1. Biết nhiệt độ trên biên (điều kiện biên Dirichlet)

u(0, t) = p(t)

hoặc

u t .(L, t) = q( )

2. Biên cách nhiệt (điều kiện biên Neumann)

∂

∂ν

u(x, t) = 0

trong đó

∂

∂ν

là đạo hàm theo hướng pháp tuyến ngoài đơn vị. Cụ

thể, tại x = 0,

∂

∂ν

= −

∂

∂x

còn tại x = L thì

∂

∂ν

∂

∂x

(xem Hình 2). Điều kiện này có nghĩa là không có nhiệt độ truyền

ra ngoài thanh qua biên.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 37

3. Biên có sự đối lưu nhiệt

Khi một đầu của thanh (chẳng hạn đầu ) được tiếp xúcx = 0

tại biên với một dòng chất lỏng hoặc khí chuyển động thì sẽ có

sự trao đổi nhiệt. Sự trao đổi này được xác định bởi định luật

đối lưu nhiệt Newton (Newton’s law of cooling)

−

K(0)

∂

∂x

u(0, t) = −H{u t(0 (, t) − v )}

trong đó (the heat transfer/convectionH là hệ số đối lưu nhiệt

coefficient) còn là nhiệt độ của môi trường xung quanh.v(t)

Ta có thể phải giải phương trình cùng với một số các điều kiện

biên như vậy. Chẳng hạn, một đầu cách nhiệt và đầu còn lại tiếp

xúc với chất lỏng làm mát.

4. Điều kiện biên tuần hoàn

Trong trường hợp mô tả sự truyền nhiệt trong một vòng tròn

(xem Hình 3). Nếu hai đầu thanh gắn chặt với nhau thì nhiệt

độ và thông lượng nhiệt tại hai đầu bằng nhau, tức là

u(0, t L, t ,) = u( )

(0, t L, t .) = u

( )

Bài tập

Bài 1.21 Giả sử nhiệt độ ban đầu của một thanh cho bởi

(x, 0) =







2 1 2x, nếu 0 ≤ x ≤ /

2(1 − x), nếu 1 1/2 ≤ x ≤

và các điều kiện biên là

u u(0, t) = (1, t .) = 0

38 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Hãy cho biết nhiệt độ của thanh như thế nào tại thời điểm sau đó.

Bài 1.22 Giả sử thanh có nguồn nhiệt bên trong không đổi. Khi đó

phương trình mô tả sự dẫn nhiệt là:

= ku

+ Q, 0 < x < 1.

Giả thiết ta cố định nhiệt độ tại hai đầu thanh

u(0, t L, t .) = 0, u( ) = 1

Hỏi nhiệt độ trong thanh khi ổn định sẽ như thế nào? (Gợi ý: Khi đó

u ku

= 0 nên ta có phương trình vi phân thường

(x) + Q = 0)

Bài 1.23 Dẫn ra phương trình mô tả sự dẫn nhiệt trong một thanh

có hệ số dẫn nhiệt K(x).

Bài 1.24 Biến đổi phương trình

u u u

= k(

)

sang hệ tọa độ cực ( ) và đặc biệt hóaρ =

+ y

, tan φ = y/x

phương trình kết quả trong trường hợp hàm không phụ thuộc vào θ.

Bài 1.25 Xác định nhiệt độ ở trạng thái dừng trong thanh một chiều

với các hệ số nhiệt ( ) không đổi vàc, ρ, K

a. Q = 0, u(0) = 1, u(L) = 0

b. Q = 0, u

(0) = 0, u(L) = 1

c. Q = 0, u(0) = 1, u ϕ

(L) =

= x

, u(0) = 1, u

(L) = 0

e. Q = 0, u(0) = 1, u

(L) + u(L) = 0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 39

1.6.2. Sự dao động của dây

Giả sử ta có một sợi dây nhỏ, căng, với chiều dài L. Giả thiết hai

đầu của sợi dây được buộc theo một cách nào đó (xem mục các điều

kiện biên). Chúng ta sẽ mô tả chuyển động của dây sau khi đã làm

nhiễu nó khỏi vị trí cân bằng tại thời điểm (xem Hình 4).t = 0,

Giả thiết độ cong của dây nhỏ nên ta có thể bỏ qua độ lệch ngang.

Xét một đoạn nhỏ của dây giữa x và x+∆x. Các lực tác động lên đoạn

dây này gồm có lực căng (dọc theo dây) và trọng lực (theo phương

thẳng đứng). Gọi là lực căng tại điểm và tại thời điểm NếuT (x, t) x t.

sợi dây dễ uốn thì lực căng có phương tiếp xúc với sợi dây (xem Hình

5).

Hệ số góc của sợi dây được cho bởi

tan θ(x, t) = lim

∆x→0

u u(x + ∆x, t) − (x, t)

∆

∂u

∂x

(x, t). (1.43)

Tổng hợp các lực tác động tại điểm theo phương thẳng đứng là:(x, t)

T (x x+ ∆x, t) sin θ( + ∆x, t x, t x, t x, t ,) − T ( ) sin θ( ) + ρ

(x)∆xQ( )

(1.44)

trong đó là thành phần thẳng đứng của ngoại lực trên một đơnQ(x, t)

vị khối lượng, còn là mật độ khối.ρ

(x)

Mặt khác, theo định luật Newton,

= ma = ρ

(x)∆x

∂

∂t

. (1.45)

Do vậy

(x)u

∂

∂x

[T (x, t x, t x, t) sin θ( )] + ρ

(x)Q( ). (1.46)

40 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Với các góc nhỏ thì:θ

sin θ ≈ tan θ. (1.47)

Kết hợp (1.43) và (1.47) với (1.46) ta nhận được

ρ ρ

(x)u

= (T (x, t)u

)

(x)Q(x, t). (1.48)

Đối với dây đàn hồi tuyệt đối thì Nếu ngoại lực là trọngT (x, t) ≈ T

lực thì

Q(x, t) = −g. (1.49)

Khi đó phương trình trở thành

u u

= c

− g (1.50)

trong đó Trong nhiều tình huống tác động của trọngc

= T /ρ

0 0

(x).

lực có thể coi là không đáng kể so với lực căng. Khi đó ta có

= c

. (1.51)

Nếu một đầu mút của dây cố định thì độ lệch tại đó bằng không,

nên ta có điều kiện

u(0, t) = 0 (1.52)

hoặc

u(L, t) = 0. (1.53)

Chúng ta cũng có thể cho một đầu mút chuyển động theo một quy

luật đã biết nào đó, chẳng hạn

u t(0, t) = b( ). (1.54)

Một điều kiện thường gặp khác là khi một đầu của sợi dây được

gắn với một hệ động lực nào đó, chẳng hạn đầu :x = 0

∂u(0, t)

∂x

= k[u u t(0, t) −

( )]. (1.55)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 41

Điều kiện này thường được gọi là điều kiện biên đàn hồi. Nếu u

(t) =

0, tức là vị trí cân bằng của hệ động lực trùng với vị trí cân bằng của

dây, thì điều kiện biên là thuần nhất.

Một trường hợp đặc biệt của điều kiện này là điều kiện biên tự do:

∂u

∂x

= 0. (1.56)

Vì phương trình đạo hàm riêng là cấp hai đối với biến thời gian nênt

ta cần có hai điều kiện ban đầu. Thông thường thì các điều kiện đó là

u(x, 0) = f (x)

(x, ,0) = g(x)

tức là cho biết độ lệch và vận tốc ban đầu của sợi dây.

1.6.3. Sự khuếch tán trong không gian ba chiều

Bài toán khuếch tán dẫn tới một phương trình đạo hàm riêng tương

tự như phương trình dẫn nhiệt. Để phân biệt đại lượng vô hướng và

đại lượng véc tơ, riêng trong mục này chúng ta sẽ dùng kí hiệu có mũi

tên phía trên để chỉ một véc tơ. Giả sử là nồng độ củaC(x, y, z, t)

một chất (khối lượng của chất đó trên một đơn vị thể tích) đang tan

ra trong chất lỏng hoặc chất khí, chẳng hạn chất ô nhiễm trong một

cái hồ. Khối lượng chất ô nhiễm trong miền với biên cho bởiΩ Σ

Ω

C(x, y, z, t)dV. (1.57)

Theo định luật bảo toàn khối lượng, tốc độ thay đổi khối lượng trong

Ω theo thời gian bằng hiệu của tốc độ của dòng khối lượng đi vào Ω

và tốc độ của dòng khối lượng đi ra khỏi cộng với tốc độ khối lượngΩ,

42 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

chất đó sinh ra do một nguồn trong Ở đây, ta giả thiết không cóΩ.

nguồn trong

Ω. Gọi

−→

là véc tơ thông lượng khối lượng, khi đó

−→

q .

−→

là khối lượng trên một đơn vị diện tích, trên một đơn vị thời gian đi

qua biên theo hướng véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị

Σ của Ω

−→

ν . Vậy

định luật bảo toàn khối lượng là:

Ω

CdV

Ω

∂C

∂t

dV = −

−→

q .

−→

ν dS. (1.58)

Theo định lý Ostrogradski,

−→

q .

−→

ν dS

Ω

div

−→

q dV. (1.59)

Do vậy ta có

∂C

∂t

= −div

−→

q . (1.60)

Theo định luật Fick về khuếch tán, liên hệ giữa véc tơ thông lượng

−→

và nồng độ cho bởiC

−→

= −H

−−→

grad

C + C

−→

v , (1.61)

trong đó

−→

v là vận tốc của chất lỏng hoặc chất khí, là hệ số khuếchH

tán và có thể phụ thuộc vào Kết hợp (1.60) và (1.61) ta nhận đượcC.

∂C

∂t

= div(H

−−→

gradC)

− div(C

−→

v ). (1.62)

Nếu H là hằng số thì

∂C

∂t

= H∆C −

−−→

grad (

. C

−→

v ). (1.63)

Nếu

−→

v có thể bỏ qua hoặc bằng thì:0

∂C

∂t

= H∆C. (1.64)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 43

là phương trình đã nhận được trong (1.40) khi Q = 0.

Nếu H là không đáng kể thì ta nhận được một phương trình cấp

một

∂C

∂t

−→

v .

−−→

grad div

C + C

−→

v = 0. (1.65)

Ở trạng thái ổn định (khi đủ lớn) thì nồng độ không phụ thuộct C

vào thời gian nữa. Lúc đó phương trình (1.62) trở thànht

∇

.(H

−−→

grad

C) −

−−→

grad

.(C

−→

v ) = 0 (1.66)

và nếu

−→

v có thể bỏ qua hay bằng thì ta nhận được0

−−→

grad (

. H

−−→

gradC) = 0. (1.67)

Nếu H là hằng số thì đây chính là phương trình Laplace.

1.7. Bài toán Cauchy và tính đặt chỉnh của bài toán

Bài toán Cauchy (tổng quát) đối với phương trình đạo hàm riêng

được hiểu là việc tìm nghiệm của phương trình đạo hàm riêng trong

một miền Ω khi biết giá trị của nó trên một mặt cong nào đóΣ ⊂ Ω

và biết tốc độ biến thiên của nghiệm theo một trường véc tơ khôngλ

tiếp xúc với trên mặt cong đó. Ta thường xét trường hợp là mộtΣ Σ

phần của biên ∂Ω và λ = ν là trường véc tơ pháp tuyến đơn vị trên

Σ. Khi đó ta gọi Σ là mặt Cauchy, các giá trị đã cho trên được gọiΣ

là các dữ kiện Cauchy.

Ba vấn đề định tính cơ bản được đặt ra đối với bài toán Cauchy là:

1, Sự tồn tại nghiệm: Bài toán có ít nhất một nghiệm.

44 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

2, Tính duy nhất nghiệm: Bài toán có không quá một nghiệm.

3, Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào các dữ kiện của bài toán:

Khi dữ kiện thay đổi nhỏ thì nghiệm cũng chỉ thay đổi nhỏ.

Một bài toán thỏa mãn đồng thời cả ba điều kiện trên thì được gọi

là bài toán đặt chỉnh hay bài toán đặt đúng theo nghĩa của Hadamard.

Trong các chương sau đây chúng ta sẽ chỉ ra tính đặt chỉnh của

một số bài toán đối với phương trình Laplace, truyền sóng và truyền

nhiệt.

Bài tập

Bài 1.26 Giải các bài toán Cauchy sau







u u u

+ 2

− 3

= 0

y=0

= 3x

, u

y=0

= 0







u u u u

−

− 2

= 4

x=0

= −y, u

x=0

= y − 1







+ u

= 0

y=x

= sinx, u

y=x

= 1







u cosxu sin xu sinxu

+ 2

−

= 0

u ϕ ϕ .|

y=sinx

(x), u

y=sinx

(x)

Chương 2

Phương trình

Laplace-Poisson

Trong chương này chúng ta tìm hiểu về một đại diện của lớp phương

trình elliptic, đó là phương trình Laplace và phương trình Poisson, bao

gồm các tính chất nghiệm, tính đặt chỉnh của một số bài toán đối với

phương trình đó. Nhiều kết quả định tính đối với phương trình này có

thể mở rộng đối với các phương trình elliptic nói chung.

Ta nhắc lại rằng, phương trình Laplace là phương trình:

∆u := u

+ u

+ ··· + u

= 0, (2.1)

còn phương trình Poisson là phương trình không thuần nhất tương

ứng:

∆ (u = f x). (2.2)

46 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

2.1. Hàm điều hòa. Biểu diễn Green

2.1.1. Khái niệm hàm điều hòa. Nghiệm cơ bản

Hàm u(x) được gọi là hàm điều hòa tại điểm x

nếu u có các đạo

hàm riêng đến cấp hai liên tục tại và thỏa mãnx

∆ (u x

) = 0.

Hàm u được gọi là hàm điều hòa trong miền giới nội Ω ⊂ R

nếu

u là hàm điều hòa tại mọi điểm thuộc Ω.

Hàm u được gọi là hàm điều hòa trong miền không giới nội Ω ⊂ R

nếu u là hàm điều hòa tại mọi điểm thuộc và thỏa mãn điều kiệnΩ

về độ tăng khi sau đây:|x| → ∞

u(x)| ≤

| |

n−2

, (2.3)

với C > 0 là một hằng số.

Hàm u được gọi là hàm điều hòa trên tập đóng Ω nếu nó điều hòa

trong một miền chứa Ω.

Ví dụ 2.1. 1, Hàm u(x, y) = x + 2y + 1 là hàm điều hòa tại mọi điểm

(x, y) ∈ R

; là hàm điều hòa trong mọi miền giới nội Ω ⊂ R

; không là

hàm điều hòa trong miền không giới nội bất kì trong R

vì nó không

thỏa mãn điều kiện về độ tăng tại vô cùng (1.14).

2, Hàm

u(x, y) =

+ y

là hàm điều hòa tại mọi điểm (x, y) 6=

(0, 0); là hàm điều hòa trong mọi miền trong không chứa điểmR

(0 0), .

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 47

3, Hàm là hàm điều hòa tại mọi điểmu( 2x, y, z) = x

+ y

− z

(x, y, z) ∈ R

; là hàm điều hòa trong mọi miền giới nội Ω ⊂ R

; không

là hàm điều hòa trong miền không giới nội bất kì trong R

vì nó không

thỏa mãn điều kiện về độ tăng tại vô cùng (1.14).

Ví dụ 2.2. Gọi ω

là thể tích hình cầu đơn vị trong R

. Với mỗi

ξ ∈ R

, hàm Γ(x − ξ) xác định bởi

Γ(

x − ξ) = Γ(| |x − ξ ) :=







n n ω

(2− )

| |x − ξ

2−n

, nếu n > ,2

ln | |x − ξ , nếu n = 2

(2.4)

là hàm điều hòa tại mọi x ∈ R

\ {ξ} và được gọi là nghiệm cơ bản

của phương trình Laplace.

Bài tập

Bài 2.1 Kí hiệu H(Ω) là tập hợp các hàm điều hoà trong miền .Ω ⊂ R

Chứng minh rằng:

a) H(Ω) là một không gian vectơ: mọi tổ hợp tuyến tính của các

hàm điều hoà là hàm điều hoà.

H(Ω) ổn định đối với phép lấy đạo hàm: đạo hàm

∂u

∂x

của hàm

điều hoà cũng là hàm điều hoà.u

c) Nếu u, v ∈ H(Ω) thì: uv ∈ H(Ω) ⇔ Du.Dv .= 0

Bài 2.2 Giả sử u( (x) = u x

, . . . , x

) là hàm điều hoà. Chứng minh

rằng các hàm sau đây cũng là hàm điều hoà:

a) u h h(x + ), h = (

, . . . , h

) - vectơ bất kì,

b) u λx( ), λ - vô hướng bất kì,

c) u( )Cx , C−ma trận trực giao bất kì.

48 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Như vậy, tính điều hoà là bất biến đối với phép tịnh tiến, phép vị tự

và phép quay.

Bài 2.3

Tìm nghiệm dạng u = f(r) (r =

) của phương

trình Laplace .4u = 0

Bài 2.4 Chứng minh rằng nếu f ( ( ( )z) ≡ f x + iy) = u(x, y) + iv x, y

là hàm phức chỉnh hình theo biến z trong miền Ω thì u và v là những

hàm điều hoà trong .Ω

Đảo lại, nếu thì có thểu là hàm điều hoà trong miền đơn liên Ω

xem u là phần thực của một hàm chỉnh hình trên .Ω

Bài 2.5 Chứng minh rằng nếu là hàm điều hoàu( (x) = u x

, . . . , x

)

thì

(x) =

| |

n−2

| |

, . . . ,

| |

), |x| =

i=1

cũng là hàm điều hoà.

Bài 2.6 Tìm biểu thức của toán tử Laplace trong hệ tọa độ cực, hệ

tọa độ trụ và trong hệ tọa độ cầu.

2.1.2. Biểu diễn Green của hàm điều hòa

Giả sử Ω là một miền giới nội trong R

với biên ∂Ω đủ trơn, u ∈

(Ω) ∩ C

(Ω). Chúng ta sẽ sử dụng công thức Green thứ hai (1.4)

để tìm biểu diễn tích phân của Từ đó dẫn ra biểu diễn tíchu trong Ω.

phân của một hàm điều hòa trong Ω.

Với mỗi cố định. Ta muốn áp dụng công thức (1.4) với hàmξ ∈ Ω

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 49

v(x) = Γ(x−ξ) và hàm u(x). Nhưng do v(x) không xác định tại x = ξ

nên chúng ta khắc phục bằng cách áp dụng công thức đó trên Ω \ B

với B B

(ξ) và ρ đủ nhỏ, rồi cho qua giới hạn khi ρ → 0.

Thật vậy, áp dụng công thức (1.4) với hàm v(x) = Γ(x −ξ) và hàm

(x) trên Ω

= Ω \

(ξ) ta có:

Ω

[Γ∆ ∆Γ]

u − u dx =

∂Ω

[Γ

∂u

∂ν

− u

∂Γ

∂ν

]dS.

Sử dụng tính chất ta nhận đượcΓ điều hòa trong Ω

Ω

Γ∆

udx =

∂Ω

[Γ

∂u

∂ν

− u

∂Γ

∂ν

]dS +

∂B

[Γ

∂u

∂ν

− u

∂Γ

∂ν

]dS. (2.5)

Để qua giới hạn khi trong (2.5) ta lưu ý rằng:ρ → 0



∂B

∂u

∂ν



Γ(ρ)

∂B

∂u

∂ν



≤ |

Γ(ρ)|nω

n−1

max

∂B



∂u

∂ν



→ →0 khi ρ 0;

và

∂B

∂Γ

∂ν

dS = −Γ (

ρ)

∂B

udS ,= −u(x

) → −u(ξ) khi ρ → 0

trong đó x

∈ ∂B .

Do vậy cho ρ → 0 trong (2.5) ta nhận được biểu diễn tích phân của

u tại ξ ∈ Ω :

(ξ) =

∂Ω

[

∂Γ

∂ν

(x x− −ξ) Γ( − ξ)

∂u

∂ν

]dS +

Ω

Γ( )∆x − ξ udx. (2.6)

50 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Nếu u điều hòa trong Ω thì ∆u = 0 trong nênΩ

(ξ) =

∂Ω

[

∂Γ

∂ν

(x x− −ξ) Γ( − ξ)

∂u

∂ν

]dS. (2.7)

Công thức (2.7) được gọi là công thức Green biểu diễn hàm điều

hòa. Công thức đó cho phép ta tính giá trị của hàm điều hòa trongu

Ω tại điểm ξ ∈ Ω Ωtheo các giá trị của trên biênu ∂ và theo các giá

trị của đạo hàm theo véc tơ pháp tuyến ngoài

∂u

∂ν

trên biên ∂Ω.

Bởi vì trong (2.7), các hàm dưới dấu tích phân là các hàm khả vi

vô hạn, hơn nữa giải tích theo cũng khả vi vô hạn vàξ nên hàm u(ξ)

giải tích trong Ω.

Tiếp theo ta điều chỉnh công thức (2.6) để nhận được một công thức

tổng quát hơn. Giả thiết và thỏa mãn phương trìnhh ∈ C

(Ω)∩C

(Ω)

∆ Ωh = 0 trong . Khi đó, theo công thức Green thứ hai (1.4) ta có

−

∂Ω

[

∂h

∂ν

− h

∂u

∂ν

]dS =

Ω

h udx.∆

Cộng đẳng thức này với (2.6) và đặt

G = Γ + h

ta có

(ξ) =

∂Ω

[

∂G

∂ν

− G

∂u

∂ν

]dS +

Ω

G udx.∆

Nếu giả thiết thêm tức làG = 0 trên ∂Ω, h = −Γ trên thì∂Ω

(ξ) =

∂Ω

∂G

∂ν

dS +

Ω

G∆udx. (2.8)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 51

Nếu thêm giả thiết u điều hòa trong thìΩ

(ξ) =

∂Ω

∂G

∂ν

dS. (2.9)

Hàm G = G(x, ξ) như thế được gọi là hàm Green (của bài toán

Dirichlet đối với toán tử Laplace) trên miền Ω. Theo công thức (2.8)

nếu tồn tại hàm Green thì ta có thể biểu diễn một hàm điều hòa bất

kỳ thuộc C

(Ω) ∩ C

(Ω) qua các giá trị biên của nó.

Đối miền đặc biệt như hình cầu, nửa không gian thì chúng cóΩ

thể sử dụng phương pháp phản xạ qua biên để xây dựng hàm Green

(xem Mục 2.2.3). Trong trường hợp tổng quát thì việc chỉ ra sự tồn

tại của hàm Green vẫn còn là bài toán mở.

2.1.3. Các tính chất cơ bản của hàm điều hòa

Bây giờ chúng ta đi thiết lập một số tính chất quan trọng của hàm

điều hòa. Các định lý này có thể xem là các hệ quả của các công thức

Green. Giả sử Ω ⊂ R

là một tập mở.

Định lý 2.1 (Giá trị trung bình). Giả sử hàm u ∈ C

(Ω) thỏa mãn

hệ thức ∆ 0 ∆u = 0 (∆u ≥ , u ≤ 0) trong Ω. Khi đó, với mọi hình cầu

B = B

(ξ) ⊂⊂ Ω ta có các đẳng thức (bất đẳng thức sau)

(ξ) = (≤, ≥)

nω

n−1

∂B

u(x)dS, (2.10)

(ξ) = (≤, ≥)

u(x)dx, (2.11)

trong đó

là thể tích hình cầu đơn vị trong R

52 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Chứng minh. Giả sử Áp dụng công thức Green thứ nhấtρ ∈ (0 ], R .

(1.3) với Ω = B

= B

(ξ) và v ≡ 1 ta nhận được

∂B

∂u

∂ν

dS =

∆ )0udx = (≥, ≤ .

Mặt khác, kí hiệu ρ = | |x−ξ ; ω =

x−ξ

và biểu diễn u ρω(x) = u(ξ + )

ta có

∂B

∂u

∂ν

dS =

∂B

∂u

∂ν

(ξ + ρω)dS = ρ

n−1

| |ω =1

∂u

∂ν

(ξ + ρω)dω

n−1

∂

∂ρ

| |ω =1

(ξ + ρω)dω = ρ

n−1

∂

∂ρ







1−n

∂B

udS







nên

∂

∂ρ







1−n

∂B

udS







= (≥ ∀, ≤)0, ρ ∈ (0, R].

Do đó

1−n

∂B

udS

= (≤, ≥)R

1−n

∂B

udS.

Cho ρ → 0, ta có

nω u

(ξ) = (≤, ≥)R

1−n

∂B

udS

hay ta có (2.10).

Lấy tích phân hệ thức này theo ta nhận được hệ thứcρ từ 0 đến R

(2.11).

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 53

Định lý 2.2 (Nguyên lý cực trị mạnh). Giả sử hàm u ∈ C

(Ω) thỏa

mãn hệ thức ∆u ≥ 0 (∆u ≤ 0) trong Ω và tồn tại sao choξ ∈ Ω

u(ξ) = sup

Ω

u (u(ξ) = inf

Ω

u). Khi đó hàm u là hằng số.

Do đó mọi hàm điều hòa trong khác hằng số đều không thể đạtΩ,

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất tại các điểm trong Ω.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.2, trang 50.

Hệ quả 2.1 (Nguyên lý cực trị trên miền bị chặn). Giả sử là mộtΩ

miền bị chặn và là hàm điều hòa trong Khi đóu ∈ C(Ω) Ω.

inf

∂

Ω

u ≤ ≤u(x) sup

∂Ω

u, x .∈ Ω

Định lý 2.3 (Bất đẳng thức Harnack). Giả sử là một hàm điều hòau

không âm trong miền Khi đó với mỗi miền con bị chặn

Ω. Ω

⊂⊂ Ω

tồn tại một hằng số sao cho

C = C(n, Ω

, Ω)

sup

Ω

u ≤ C inf

Ω

Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.4, trang 52.

Định lý 2.4. Giải sử là hình cầu tâm bán kính vàB = B

(ξ) ξ R

∈ C(

B) là hàm điều hòa khác hằng số trong và nhận giá trị nhỏB

nhất tại một điểm Nếu tại điểm tồn tại đạo hàm

∈ ∂B. x

∂u

∂µ

với

µ là hướng hợp với véc tơ pháp tuyến ngoài của một góc∂B tại x

nhọn thì

∂u

∂µ

) < 0.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.5, trang 53.

54 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Định lý 2.5. Giả sử là miền bị chặn với biên trơn, làΩ u ∈ C

(Ω)

hàm điều hòa trong Khi đóΩ.

∂Ω

∂u

∂ν

dS = 0.

Chứng minh. Áp dụng công thức Green thứ hai (1.4) với hàm v ≡ 1

ta nhận được hệ thức cần chứng minh.

2.2. Bài toán biên đối với phương trình Laplace,

Poisson

2.2.1. Các bài toán biên cơ bản

Giả sử là miền bị chặn trong Chúng ta xét ba bài toán biênΩ R

cơ bản sau đây đối phương trình Laplace, Poisson:

1, Bài toán biên thứ nhất (Dirichlet): là bài toán tìm nghiệm u ∈

(Ω) ∩ C(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong thỏa mãnΩ

điều kiện biên

u |

∂Ω

= ψ,

ở đó là hàm liên tục đã cho trênψ ∂Ω.

2, Bài toán biên thứ hai (Neumann): là bài toán tìm nghiệm u ∈

(Ω) ∩ C

(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong Ω thỏa mãn

điều kiện biên

∂u

∂ν

∂Ω

= ψ,

ở đó là hàm liên tục đã cho trênψ ∂Ω.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 55

3, Bài toán biên thứ ba (hỗn hợp): là bài toán tìm nghiệm u ∈

(Ω) ∩ C

(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong Ω thỏa mãn

điều kiện biên

(

∂u

∂ν

+ au ψ,) |

∂Ω

ở đó a và ψ là hàm liên tục đã cho trên ∂Ω.

Sau đây chúng ta sẽ chỉ ra một số điều kiện đảm bảo cho tính đặt

chỉnh theo nghĩa Hadamard của ba bài toán biên này.

2.2.2. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm

Định lý 2.6. Giả sử là nghiệm của bài toán biênu ∈ C

(Ω) ∩ C(Ω)

thứ nhất đối với phương trình Laplace trong Ω.







∆u = 0 Ωx ∈

u |

∂Ω

= ψ.

(2.12)

Khi đó ta có đánh giá

|u(x)| ≤ max

∂

Ω

| | ∀ψ , x ∈ Ω. (2.13)

Do đó, bài toán biên thứ nhất có không quá một nghiệm trong(2.12)

C(Ω) và nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện biên ψ.

Chứng minh. Theo nguyên lí cực trị đối với hàm điều hòa trong miền

bị chặn ta có

min

∂

Ω

u ≤ u(x) ≤ max

∂

Ω

u, ∀x ∈ Ω.

Từ đây ta có đánh giá (2.13).

56 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Giả sử u

, u

∈ C(Ω) là hai nghiệm của bài toán (2.12) ứng với dữ

kiện biên Khi đó là nghiệm của bài toán đó ứngψ là ψ

, ψ

. u

− u

với dữ kiện biên Theo đánh giá (2.13) ta cóψ = ψ

− ψ

(x) − u

(x)| ≤ max

∂

Ω

|ψ

− ψ

| ∀, x ∈ Ω.

Từ bất đẳng thức này chúng ta suy ra u u

trong Ω nếu ψ ψ

trên ∂Ω. Hay bài toán biên trên có không quá một nghiệm.

Hơn nữa nếu thì ta cũng sẽ có|ψ

− ψ

| < ε trên ∂Ω |u

− u

| < ε

trong Ω hay nghiệm của bài toán (2.12) phụ thuộc liên tục vào dữ

kiện biên ψ.

Định lý 2.7. Giả sử là nghiệm của bài toán biênu ∈ C

(Ω) ∩ C(Ω)

thứ nhất đối với phương trình Poisson trong Ω.







∆ Ωu = f(x) x ∈

u |

∂Ω

= ψ.

(2.14)

Khi đó với mọi ta có đánh giáx ∈ Ω

min

∂

Ω

u − M

sup

Ω

|f| ≤ u(x) ≤ max

∂

Ω

u + M

sup

Ω

| |f , (2.15)

trong đó M M

(Ω) là hằng số.

Do đó, bài toán biên thứ nhất có không quá một nghiệm trong(2.14)

C(Ω) và nghiệm phụ thuộc liên tục vào vế phải và dữ kiện biênf ψ.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.2, trang 58.

Chú ý: Các đánh giá (2.13) và (2.15) được gọi là các đánh giá tiên

nghiệm của bài toán biên thứ nhất.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 57

Định lý 2.8. Giả sử trơn và với mỗi đều tồn tại một∂Ω x

∈ ∂Ω

hình cầu bán kính sao cho (tính chấtB

R x

∈ ∂B

và B

⊂ Ω

cầu trong). Khi đó hai nghiệm bất kì của bài toán biên thứ hai đối với

phương trình Laplace:







∆u = 0 Ωx ∈

∂u

∂ν

∂Ω

= ψ.

(2.16)

chỉ có thể sai khác nhau một hằng số.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.3, trang 59.

Định lý 2.9. Giả sử là miền thỏa mãn các điều kiện của Định lýΩ

2.8 và u ∈ C

(Ω) ∩ C

(Ω) là nghiệm của bài toán . Khi đó tồn(2.16)

tại các hằng số sao choC = C(Ω), M = M(Ω)

|u(x) − C| ≤ M max

∂

Ω

| | ∀ψ , x ∈ Ω. (2.17)

Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.4„ trang 60.

Định lý 2.10. Giả sử ∂Ω trơn và tồn tại hằng số a

> 0 sao cho

a a

(x) ≥

trên ∂Ω, u ∈ C

(Ω) ∩ C

(Ω) là nghiệm của bài toán biên

thứ ba đối với phương trình Laplace:







∆u = 0 Ω, x ∈

(

∂u

∂ν

+ au) |

∂Ω

= ψ.

(2.18)

Khi đó ta có đánh giá tiên nghiệm

u(x)| ≤

max

∂

Ω

| | ∀ψ , x ∈ Ω. (2.19)

Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.5, trang 63.

58 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

2.2.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương

trình Laplace trong hình cầu

Trước hết ta chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet

đối với phương trình Laplace trong hình cầu.

Theo biểu diễn Green của hàm điều hòa (2.10), nếu ta tìm được

hàm Green của toán tử Laplace trong hình cầu thì ta sẽ có công thức

biểu diễn nghiệm của bài toán Dirichlet tương ứng. Do vậy ta đi xây

dựng hàm Green cho trường hợp Ω = B

= B

(0). Với mỗi ξ ∈ B ,

hàm Green G h(x, ξ) = Γ(|x − ξ|) + (x) với h(x) là một hàm điều hòa

trong B

và có giá trị trên biên bằng với∂B

−Γ(| |x − ξ ).

Để ý rằng hàm là hàm điều hòa tại mọih λ(x) = Γ( |x − η|), λ ∈ R

x 6= η, nên nếu ta chọn η /∈ B B

thì hàm đó sẽ điều hòa trong

, do

vậy chúng ta chỉ cần chọn hệ số thích hợp đểλ h(x) = −Γ(|x − ξ|)

hay | |x − ξ| = λ x − η| khi x ∈ ∂B

là được.

Việc chọn η và λ được thực hiện bằng phương pháp phản xạ (đối

xứng) qua mặt cầu ∂B

. Cụ thể, kí hiệu







| |

ξ, nếu ξ 6= 0

∞, nếu ξ = 0

là điểm đối xứng (nghịch đảo) của qua mặt cầuξ ∂B .

Rõ ràng, nếu

ξ ∈ B

thì

ξ /

∈ B

nên ta có thể chọn η =

ξ. Khi đó

dễ dàng kiểm tra được rằng nếu thìx ∈ ∂B

x − ξ| =

| |ξ

|x −

ξ|, ∀ξ 6= 0

nên chúng ta có thể chọn

λ =

| |ξ

. Từ đây ta xác định được hàm Green

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 59

như sau

(x, ξ) =







Γ( Γ(

| |x − ξ ) −

|ξ|

|x −

ξ|), nếu ξ 6= 0

Γ( Γ( )| |x ) − R , nếu ξ = 0.

(2.20)

Tính toán trực tiếp ta có

∂G

∂ν

− |ξ|

nω

|x − ξ| ∀

−n

≥ 0, x ∈ ∂B

Do vậy theo biểu diễn Green (2.10), nếu

u ∈ C(

) là hàm điều hòa

trong B

thì ta có công thức Poisson:

(ξ) =

− |ξ|

nω

∂B

udS

| |

x − ξ

, ξ ∈ B

. (2.21)

Vế phải (2.21) được gọi là của hàmtích phân Poisson u.

Bây giờ chúng ta chỉ việc chứng tỏ rằng hàm u xác định bởi công

thức (2.21) đúng là nghiệm cần tìm. Điều này được khẳng định trong

định lý sau:

Định lý 2.11. Giả sử ψ là hàm liên tục trên ∂B

. Khi đó hàm xácu

định bởi

(ξ) =











−|ξ|

nω

∂B

udS

| |

x−ξ

, nếu ξ ∈ B

ψ(x), nếu ξ ∈ ∂B

(2.22)

thuộc

) ∩ C(

) và thỏa mãn phương trình ∆u = 0 trong B

hay u là nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace

trong hình cầu B .

Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.1, trang 66.

60 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với

phương trình Laplace trong miền tổng quát hơn có thể xem [1], 7.Ω §

2.2.4. Các định lý về sự hội tụ

Trong mục này chúng ta sẽ đưa ra một số kết quả từ công thức

Poisson.

Định lý 2.12. Giả sử u là hàm liên tục trong miền là hàmΩ. Khi đó u

điều hòa trong Ω khi và chỉ khi với mọi hình cầu B B

(ξ) ⊂⊂ Ω

ta đều có

(ξ) =

nω

n−1

∂B

udS.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.1, trang 67.

Định lý 2.13. Giới hạn của một dãy các hàm điều hòa trong miền Ω

hội tụ đều là một hàm điều hòa trong miền đó.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.2, trang 68.

Định lý 2.14 (Harnack về sự hội tụ). Giả sử là một dãy đơn{u

}

điệu không giảm các hàm điều hòa trong và có một điểm saoΩ ξ ∈ Ω

cho dãy u

(ξ) bị chặn. Khi đó dãy hội tụ đều trong miền con bị{u

}

chặn bất kì tới một hàm điều hòa.

Ω

⊂⊂ Ω

Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.3, trang 69.

Định lý 2.15 (đánh giá tiên nghiệm của các đạo hàm). Giả sử u ∈

C(Ω) là hàm điều hòa trong là tập con compact tùy ý trongΩ, Ω

Ω.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 61

Khi đó, đối với đa chỉ số bất kỳ ta cóα

sup

Ω

u| ≤



n| |α



|α|

sup

Ω

u, (2.23)

trong đó d = dist(Ω

, ∂Ω).

Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.4, trang 69.

Định lý 2.16. Mọi dãy bị chặn các hàm điều hòa trong đều chứaΩ

một dãy con hội tụ đều trên các tập con compact của tới một hàmΩ

điều hòa.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.5, trang 71.

2.2.5. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền bị

chặn-Phương pháp Perron

Trong mục này chúng ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán

Dirichlet đối với phương trình Laplace trong miền bị chặn bất kỳ, theo

phương pháp Perron.

Định nghĩa 2.1 (Hàm dưới điều hòa, hàm trên điều hòa). Hàm

u ∈ C(Ω) được gọi là hàm dưới điều hòa trên điều hòa( ) trong miền

Ω, nếu với mọi hình cầu B ⊂⊂ Ω và với mọi hàm điều hòa trongh B

sao cho ) trên ) trongu ≤ h (u ≥ h ∂B, ta đều có u ≤ h (u ≥ h B.

Dễ thấy mọi hàm điều hòa trong đều là hàm dưới điều hòa vàΩ

cũng là hàm trên điều hòa.

Các hàm dưới điều hòa và trên điều hòa có các tính chất được chỉ

ra trong các bổ đề sau:

62 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Bổ đề 2.1. Giả sử là hàm dưới điều hòa trongu ∈ C(Ω) Ω. Khi đó u

nhận giá trị lớn nhất trên ∂Ω.

Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.1, trang 79.

Bổ đề 2.2. Giải sử u, v ∈ C(Ω) tương ứng là hàm dưới điều hòa và

hàm trên điều hòa trong Ω, u ≤ v trên ∂Ω. Khi đó ta có u ≤ v trong

Ω.

Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.2, trang 80.

Bổ đề 2.3. Giả sử u

, u , u

, ···

là dãy các hàm dưới điều hòa trong

Ω ( ( ) ). Khi đó hàm u(x) = max{u

x), u

x , ··· , u

(x } cũng là hàm

dưới điều hòa trong Ω.

Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.3, trang 81.

Định nghĩa 2.2 (Hàm cắt điều hòa). Cho u là một hàm dưới điều

hòa trong và hình cầuΩ B ⊂⊂ Ω. Gọi ¯u là hàm điều hòa trong B

bằng với hàm u trên ∂B (hàm ¯u tồn tại theo Định lý 2.11). Ta gọi

hàm cắt điều hòa của hàm đối với là hàmu B trong Ω

(x) =







¯u B(x), nếu x ∈

u B.(x), nếu x ∈ Ω \

(2.24)

Bổ đề 2.4. Hàm cắt điều hòa của hàm dưới điều hòa đối với hình cầu

B trong Ω xác định bởi là một hàm dưới điều hòa trong(2.24) Ω.

Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.4, trang 81.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 63

Chú ý: Tương tự chúng ta có các kết quả tương ứng với các hàm trên

điều hòa bằng cách thay trong các bổ đề trên.u bởi −u

Cho ψ là một hàm bị chặn bất kì trên biên Kí hiệu là tập∂Ω. S

hợp tất cả các hàm dưới điều hòa trongu ∈ C(Ω) Ω và trênu ≤ ψ

∂Ω. Khi đó ta có

Định lý 2.17. Hàm u(x) = sup

v∈S

v(x) là một hàm điều hòa trong Ω.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 7.1, trang 82.

Định nghĩa 2.3 (Nghiệm Perron) Hàm điều hòa xác định trong.

Định lý 2.17 được gọi là nghiệm Perron của bài toán Dirichlet







∆u = 0 Ω, trong

u = ψ, .trên ∂Ω

Có thể thấy, nếu bài toán Dirichlet có nghiệm thì nghiệm đó phải

trùng với nghiệm Perron.Thật vậy, nếu là nghiệm của bài toán đóω

thì ω ∈ S

. Theo nguyên lý cực trị ta lại có ω ≥ u với mọi u ∈ S

Vậy ω là nghiệm Perron.

Vấn đề còn lại là xét xem khi nào nghiệm Perron trở thành nghiệm

của bài toán Dirichlet? Để trả lời câu hỏi này ta đưa vào khái niệm

Định nghĩa 2.4. Cho ξ ∈ ∂Ω.

Hàm ω = ω

∈ C(Ω) được gọi là (barrier) tại điểm đốihàm chắn ξ

với Ω, nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:

(i) ω là hàm trên điều hòa trong Ω;

64 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

(ii) ω(ξ) = 0 và ω > 0 trong Ω \ {ξ}.

Hàm ω được gọi là hàm chắn địa phương tại điểm nếu tồn tạiξ

một lân cận V của ξ sao cho là hàm chắn tại điểm đối vớiω ξ Ω ∩ V.

Rõ ràng, nếu tồn tại một hàm chắn địa phương tại điểm thì cũngξ

tồn tại một hàm chắn tại điểm đó đối với Ω. Thật vậy, lấy hình cầu

B ⊂⊂ V bất kỳ sao cho Khi đó ta cóξ ∈ B. m = inf

(V ∩Ω)\B

ω > 0 và

hàm

ω(x) =







min( ))m, ω(x , nếu x ∈ Ω ∩ B,

m, Bnếu x ∈ Ω \

là hàm chắn tại điểm đối vớiξ Ω.

Định nghĩa 2.5. Điểm ξ ∈ ∂Ω được gọi là điểm đều (đối với toán tử

Laplace) nếu tại điểm đó tồn tại một hàm chắn.

Bổ đề 2.5. Giả sử là nghiệm Perron trong Khi đó, nếuu Ω. ξ ∈ ∂Ω

là điểm đều và liên tục tạiψ ξ thì u(x) → ψ(ξ) khi x → ξ.

Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.5, trang 84.

Định lý 2.18. Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong

miền Ω bị chặn, với dữ kiện biên liên tục, có nghiệm khi và chỉ khiψ

tất cả các điểm biên của đều là điểm đều.Ω

Chứng minh. Xem [1], Định lý 7.2, trang 85.

Như vậy vấn đề tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương

trình Laplace trong miền bị chặn được đưa về bài toán xét tính đềuΩ

của các điểm trên Dưới đây chúng ta có một điều kiện đủ cho bài∂Ω.

toán này.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 65

Định nghĩa 2.6. Biên ∂Ω được gọi là có tính chất cầu ngoài nếu với

mỗi điểm

ξ ∈ ∂Ω tồn tại một hình cầu sao choB = B

(y)

B∩Ω = {ξ}.

Ta thấy, nếu có tính chất cầu ngoài thì mọi điểm của đều∂Ω ∂Ω

là điểm đều vì khi đó hàm

ω(x) =







2−n

− |x − y|

2−n

, nếu n ≥ 3,

|x−y|

, nếu n = 2

là hàm chắn tại điểm ξ.

Hơn nữa, mỗi điểm biên thuộc lớp đều là điểm đều. Do đóC

nếu miền thuộc lớp thì bài toán Dirichlet đối với phương trìnhΩ C

Laplace trên có nghiệm nếu dữ kiện biên liên tục.Ω

2.3. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán

biên đối với phương trình Laplace 2 chiều

Trong mục này chúng ta sẽ đề cập tới phương pháp tách biến của

Fourier giải một số bài toán biên đối với phương trình Laplace trong

miền chữ nhật và trong miền tròn.

2.3.1. Giải bài toán biên trong miền chữ nhật

Bài toán 1: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace

trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).

+ u

= 0, (x, y) ∈ (0; L) × (0; M) (2.25)

66 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

với điều kiện biên

u(x, 0) = f

(x); u L(x, M ) = 0; 0 ≤ x ≤ ;

u u

(0, y) = 0; (L, y) = 0; 0 ≤ y ≤ M.

(2.26)

Ta tìm nghiệm có dạng tách biến u(x, y) = X(x)Y (y) 6≡ 0. Thay

vào (2.25) và tách biến ta nhận được

(x)

= −

Y ”( )y

(y)

Do vế trái là một hàm của vế phải là một hàm củax, y nên cả hai

phải là hàm hằng, đặt giá trị đó là ta nhận được hai phương trìnhλ

vi phân thường

(x x) − λX( ) = 0 (2.27)

(y y) + λY ( ) = 0. (2.28)

Từ các điều kiện biên thuần nhất trong (2.26) ta nhận được các

điều kiện biên cho các phương trình vi phân này như sau:

X X(0) = 0; (L) = 0. (2.29)

Y (M) = 0. (2.30)

Giải bài toán biên (2.27)+(2.29) ta nhận được nghiệm khác không

ứng với các giá trị

= λ

= −



kπ



là

(x x) = X

( ) = A

sin

kπx

, k = 1, 2, ···

trong đó là các hằng số bất kỳ.A

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 67

và X

tương ứng được gọi là giá trị riêng và hàm riêng của bài

toán biên (2.27)+(2.29).

Với λ = λ

, giải bài toán biên (2.28)+(2.30) ta nhận được nghiệm

= Y

= B

kπ( )M − y

trong đó là các hằng số bất kỳ.B

Như vậy ta nhận được các nghiệm

u Y

(x, y) = X

(x)

(y) = b

kπ( )M − y

sin

kπx

của phương trình (2.25) thỏa mãn các điều kiện biên thuần nhất trong

(2.26), với là hàng số bất kỳ.b

Đặt

(x, y) =

∞

k=1

(x, y) =

∞

k=1

kπ(M − y)

sin

kπx

ta có là nghiệm của (2.25) thỏa mãn các điều kiện biên thuần nhấtu

trong (2.26) (do toán tử Laplace tuyến tính và các điều kiện biên

thuần nhất).

Bây giờ chúng ta chỉ việc tìm các hệ số thỏa mãn nốt điềub

để u

kiện không thuần nhất trong (2.26) là

u(x, L.0) = f

(x), 0 ≤ x ≤

Điều này tương đương với

∞

k=1

kπM

sin

kπx

= f

(x), 0 ≤ ≤x L.

68 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Chứng tỏ b

kπM

là hệ số Fourier sine của hàm f

(x) trên đoạn [0; ]L

và ta có

kπM

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Vậy nghiệm tách biến của phương trình (2.25) cho bởi

(x, y) =

∞

k=1

kπ( )M − y

sin

kπx

trong đó hệ số cho bởib

kπM

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Bài toán 2: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace

trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).

+ u

= 0, (x, y) ∈ (0; (0;L) × M ) (2.31)

với điều kiện biên

u(x, 0) = 0; u L(x, M) = f

(x); 0 ≤ x ≤ ;

u u

(0, y) = 0; (L, y) = 0; 0 ≤ y ≤ M.

(2.32)

Nghiệm tách biến của phương trình (2.31) và thỏa mãn ba điều

kiện biên thuần nhất trong (2.32) có dạng

(x, y) =

∞

k=1

sin

kπx

kπy

trong đó hệ số b

được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong

(2.32):

kπM

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 69

Bài toán 3: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace

trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).

+ u

= 0, (x, y) ∈ (0; (0;L) × M ) (2.33)

với điều kiện biên

u(x, 0) = 0; u(x, M) = 0; 0 ≤ x ≤ L;

(0, y L, y) = f

(y); u( ) = 0; 0 ≤ y ≤ M.

(2.34)

Nghiệm tách biến của phương trình (2.33) và thỏa mãn ba điều

kiện biên thuần nhất trong (2.34) có dạng

(x, y) =

∞

k=1

sin

kπy

kπ(L − x)

trong đó hệ số b

được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong

(2.34):

kπL

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Bài toán 4: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace

trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).

+ u

= 0, (x, y) ∈ (0; (0;L) × M ) (2.35)

với điều kiện biên

u(x, 0) = 0; u L(x, M) = 0; 0 ≤ x ≤ ;

u u

(0, y) = 0; (L, y) = f

(y); 0 ≤ y ≤ M.

(2.36)

Nghiệm tách biến của phương trình (2.35) và thỏa mãn ba điều

kiện biên thuần nhất trong (2.36) có dạng

(x, y) =

∞

k=1

sin

kπy

kπx

70 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

trong đó hệ số b

được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong

(2.36):

kπL

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Bài toán biên Dirichlet tổng quát

+ u

= 0, (x, y) ∈ (0; (0;L) × M ) (2.37)

với điều kiện biên

u L(x, 0) = f

(x); u(x, M ) = f

(x); 0 ≤ x ≤ ;

(0, y L, y) = f

(y); u( ) = f

(y); 0 ≤ y ≤ M.

(2.38)

có nghiệm bằng tổng của các nghiệm của bốn bài toán trên.

Hoàn toàn tương tự ta có thể sử dụng phương pháp tách biến để

giải các bài toán biên khác đối với phương trình Laplace trên miền

chữ nhật (xem phần bài tập).

2.3.2. Giải bài toán biên trong miền tròn

Bài toán 5: Giải bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace bên

trong miền tròn x

+ y

< R

+ u

= 0, x

+ y

< R

(2.39)

với điều kiện biên

= f(x, y). (2.40)

Để giải bài toán này, ta đổi biến sang hệ tọa độ cực (x = ρ cos =ϕ; y

ρ sin ϕ) để dẫn tới bài toán trong miền chữ nhật

ρρ

ϕϕ

= 0, 0 < ρ < R; 0 < ϕ < 2π (2.41)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 71

với điều kiện biên

ρ=R

= g(ϕ), (2.42)

trong đó g(ϕ) = f(R cos ϕ, R sin ϕ) là hàm tuần hoàn với chu kì 2π,

tức là g(0) = g(2 )π .

Nghiệm tách biến của phương trình (2.41) có dạng

(ρ, ϕ) =

∞





cos kϕ + b

sin kϕ), (2.43)

với các hằng số được tìm từ điều kiện biên (2.42), cụ thểa

, a , b

k k

2π

(ξ)dξ; a

2π

g(ξ) cos kξdξ;

2π

g(ξ) sin kξdξ.

Thay các hệ số vào (2.43), ta có thể đưa nghiệm đó về dạng tích

tích phân Poisson sau đây:

(ρ, ϕ) =

2πR

(s)

− ρ

+ ρ

− 2Rρ cos(s − ϕ)

ds. (2.44)

Thay trở lại biến ta có nghiệm của Bài toán 5.(x, y)

Bài tập

Bài 2.7 Chứng minh các công thức nghiệm (2.43) và (2.44) của bài

toán Dirichlet đối với phương trình Laplace bên trong đường tròn.

Bài 2.8 Chứng minh rằng:

1, Nghiệm tách biến của phương trình Laplace trong miền ngoài

72 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

đường tròn bán kính có dạng:R

(ρ, ϕ) =

∞

n=1

cos nϕ + B nϕ .

sin )

2, Nghiệm tách biến của phương trình Laplace trong miền vành

khăn R

< ρ < R

có dạng:

(ρ, ϕ) =

∞

n=1

(

) cos nϕ+

∞

n=1

(

) sin nϕ)+ a ln ρ+b.

Bài 2.9 Áp dụng công thức nghiệm của Bài toán 5, tìm nghiệm của

bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong hình tròn ,ρ < 1

thỏa mãn điều kiện biên trong các trường hợp sau:u|

ρ=1

= f(ϕ)

1. f (ϕ) = cos

ϕ.

2. f (ϕ) = sin

ϕ.

3. f (ϕ) = cos

ϕ.

4. f (ϕ) = sin

ϕ + cos

ϕ.

Bài 2.10 Áp dụng công thức nghiệm (2.43) của Bài toán 5, tìm nghiệm

của bài toán Neumann đối với phương trình Laplace trong hình tròn

ρ < R, với điều kiện biên sau:

∂u

∂ρ

ρ=R

= A cos ϕ.

∂u

∂ρ

ρ=R

= A cos 2ϕ.

∂u

∂ρ

ρ=R

= sin

ϕ.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 73

Bài 2.11 Hãy tìm sự phân bố nhiệt dừng bên trong hình trònu(ρ, ϕ)

bán kính , biết:R

1) nhiệt độ trên biên

u ϕ(ρ, ϕ)|

ρ=R

= A sin ;

2) trên một nửa biên ) duy trì nhiệt độ , còn trên(0 ≤ ϕ ≤ π) −T

nửa biên kia (−π ≤ ϕ < 0) duy trì nhiệt độ .T

Bài 2.12 Áp dụng công thức nghiệm trong Bài tập 2.3.2 tìm hàm

điều hòa trong hình vành khăn sao cho1 < ρ < 2

ρ=1

= f f

(ϕ), u|

ρ=2

(ϕ)

với

1. f

(ϕ) = u

= const const, f

(ϕ) = u

= .

2. f

( (ϕ) = 1 + cos

ϕ, f

ϕ) = sin

ϕ.

Bài 2.13 Tìm nghiệm của phương trình trong hình vành∆u = A

khăn R

< ρ < R

biết u u u|

ρ=R

, u|

ρ=R

trong đó làA, u , u

1 2

các hằng số đã cho.

Bài 2.14 Tìm nghiệm của phương trình Poisson ∆ ( =u = −Axy, A

const) trong hình tròn ρ < R biết u|

ρ=R

= 0.

Bài 2.15 Tìm nghiệm của phương trình Poisson trong hình∆u = A

chữ nhật thỏa mãn các điều kiện biên:0 < x < a, < y < b0

x=0

= A sin

πy

, u|

x=a

= 0,

74 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

y=0

= B sin

πx

, u|

x=b

= 0.

Bài 2.16 Tìm phấn bố thế năng của trường tĩnh điện u(x, y) bên

trong hình chữ nhật 0 < x < a, < y < b0 nếu thế năng dọc theo cạnh

của hình chữ nhật nằm trên trục còn ba cạnh kia tiếpOy bằng v

đất. Giả thiết rằng bên trong hình chữ nhật đó không có điện tích.

Bài 2.17 Tìm sự phân bố thế năng của trường tĩnh điện u(x, y) bên

trong miền chữ nhật −a < x < a, −b < y < b, hai cạnh đối diện của

nó x = a và vàx = −a có thế năng còn hai mặt khácv

y = b y = −b

được tiếp đất.

Bài 2.18 Tìm phân bố dừng của nhiệt độ trong một bản mặtu(x, y)

chữ nhật đồng chất biết các cạnh0 < x < a, < y < b0 x = a và y = b

được phủ bằng lớp cách nhiệt, hai cạnh kia x = 0 và y = 0 được duy

trì ở nhiệt độ , còn bên trong bản mặt có nguồn nhiệt toả ra với mật0

độ không đổi .q

Chương 3

Phương trình truyền sóng

Trong chương này chúng ta tìm hiểu về một đại diện của lớp phương

trình hyperbolic, đó là phương trình truyền sóng trong môi trường

thuần nhất trong không gian n chiều:

∂

∂t

− a

∆u = f( ) 0x, t , x ∈ Ω ⊂ R

, t > .

Về phương diện vật lý, là biến thời gian, làt x = (x

, x , x

, ···

)

biến không gian, a > 0 là vận tốc truyền sóng và là một hằng số,

f(x, t x.) là mật độ của ngoại lực, ∆u là toán tử Laplace theo biến

Nếu đổi biến thì phương trình trở thànhs = at

∂

∂s

− ∆u = g(x, s), với g(x, s) =

f( )x, s/a ,

do đó chúng ta có thể coi để đơn giản trong cách viết về sau.a = 1

76 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

3.1. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền

sóng

Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng là bài toán tìm

nghiệm u(x, t) ∈ C

× [0, +∞) của phương trình truyền sóng

∂

∂t

− ∆u = f(x, t , t >), x ∈ R

0 (3.1)

thỏa mãn các điều kiện ban đầu

u(x, 0) = ϕ

(x), x ∈ R

; (3.2)

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(x), x ∈ R

, (3.3)

trong đó f ∈ C

( (0 +R

× , ∞) và ϕ

, ϕ

∈ C(R

) là các hàm đã cho.

3.1.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy

Định lý 3.1. Bài toán Cauchy có không quá một nghiệm(3.1)-(3.3)

trong

× [0 + ), ∞ .

Chứng minh. Giả sử u

(x, t) và u

(x, t) là hai nghiệm của bài toán

Cauchy (3.1)-(3.3). Khi đó hàm là nghiệmu u(x, t x, t) = u

( ) −

(x, t)

của bài toán Cauchy đó với dữ kiện Ta sẽ chứngf ≡ 0 0 0, ϕ

≡ , ϕ

≡ .

tỏ rằng u ≡ 0.

Giả sử A(x

, t

) ∈ R

× (0, ∞) là một điểm bất kỳ. Gọi là nónK

tròn xoay trong không gian R

n+1

với đỉnh tại và trục song song vớiA

Ot, có góc tạo bởi đường sinh và trục được gọiOt bằng 45

. Nón K

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 77

là nón đặc trưng và mặt xung quanh của nó có phương trình

i=1

(

x x

−

)

= (t − t

)

Đặt K

= K ∩ (R

× (0 )), t

. Ta có

∂

∂t

− ∆u = 0, (x, t) ∈ K

Nhân hai vế đẳng thức trên với rồi lấy tích phân trên ta cóu

, K

∂u

∂t

(

∂

∂t

− ∆u)dxdt = 0. (3.4)

Để ý rằng

∂u

∂t

∂

∂t

∂

∂t



∂u

∂t



∂u

∂t

∂

∂x

∂

∂x



∂u

∂t

∂u

∂x



−

∂

∂t∂x

∂u

∂x

∂

∂x



∂u

∂t

∂u

∂x



−

∂

∂t



∂u

∂x



với mọi nên (3.4) trở thànhi = 1, ··· , n

i=1

∂

∂x



∂u

∂t

∂u

∂x



∂

∂t



∂u

∂t





∂u

∂x



dxdt = 0.

Gọi Σ là mặt xung quanh của nón là vécK

, ν , ν , ν= (ν

, ···

n t

)

tơ pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên của Áp dụng công thứcK

Ostrogradski (1.1) và sử dụng các điều kiện ban đầu bằng không ta

nhận được:



∂u

∂t

∂u

∂x





∂u

∂t





∂u

∂x



dS = 0.

(3.5)

78 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Để ý rằng, trên Σ ta có

i=1

nên nhân và chia hàm dưới dấu tích phân trong (3.5) với

√

và

sử dụng đẳng thức trên ta có



∂u

∂t

−

∂u

∂x



dS = 0

nên với mọi i = 1, 2, ··· , n,

∂u

∂t

−

∂u

∂x

= 0 hay

∂u

∂t

∂u

∂x

=: k. (3.6)

Gọi p = (p

, ··· , p , p

n t

) là véc tơ chỉ phương của một đường sinh

bất kì trên Σ. Theo (3.6) ta có

∂u

∂p

i=1

∂u

∂x

∂u

∂t

i=1

ν ν

= k(ν.p) = 0.

Như vậy, dọc đường sinh có phương là hàm hằng.p, hàm u(x, t)

Nhưng trên đáy của nón K

, hàm u bằng 0 nên u bằng không dọc theo

đường sinh đó. Nói riêng bằng không tại đỉnhu A. Vậy u(x, t) = 0

trên R

×(0, ∞). Chứng tỏ bài toán Cauchy đã nêu có không quá một

nghiệm trong C

× [0 )), ∞ .

3.1.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy

Trong mục chúng ta chỉ ra sự tồn tại và công thức biểu diễn nghiệm

của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng trong các trường

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 79

hợp số chiều không gian Để biết công thức biểu diễn nghiệmn = 3, 2 1, .

trong trường hợp số chiều lớn hơn nữa đề nghị xem [3].n

Chúng ta tìm công thức nghiệm của phương trình

∂

∂t

−

i=1

∂

∂x

= f( )x, t , x ∈ R

, t > 0 (3.7)

thỏa mãn các điều kiện ban đầu

u(x, 0) = ϕ

(x), x ∈ R

, (3.8)

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(x), x ∈ R

. (3.9)

Định lý 3.2. Giả sử f( ( [0 + )) ( ( ) (x, t) ∈ C

2,0

× , ∞ , ϕ

x) ∈ C

, ϕ

x) ∈

). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy cho bởi công(3.7)-(3.9)

thức Kirchhoff

(x, t) =

| |ξ−x =t

(ξ)

dS +

4π

∂

∂t

| |ξ−x =t

(ξ)

|ξ−x|≤t

f(ξ, t − |ξ − x|)

ξ − x|

dξ.

(3.10)

Để chứng minh định lý này, ta xét ba bài toán Cauchy đặc biệt

Bài toán 1:

∂

∂t

− ∆u = 0, x ∈ R

, t > 0 (3.11)

u(x, 0) = 0, x ∈ R

, (3.12)

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(x), x ∈ R

. (3.13)

80 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Công thức nghiệm của bài toán này được khẳng định trong mệnh đề

Mệnh đề 3.1. Nếu ϕ

∈ C

) thì nghiệm của Bài toán 1 cho bởi

(x, t) =

|ξ−x|=t

(ξ)

dS.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.1, trang 93.

Bài toán 2:

∂

∂t

− ∆u = 0, x ∈ R

, t > 0 (3.14)

u ϕ(x, 0) =

(x), x ∈ R

, (3.15)

∂u

∂t

(x, 0) = 0, x ∈ R

. (3.16)

Công thức nghiệm của bài toán này được khẳng định trong mệnh đề

Mệnh đề 3.2. Giả sử Khi đó nếu là nghiệm củavarphi

∈ C

). v

Bài toán 1 với dữ kiện thìϕ ϕ

∂v

∂t

(3.17)

là nghiệm của Bài toán 2. Do đó nghiệm của Bài toán 2 cho bởi

(x, t) =

4π

∂

∂t

|ξ−x|=t

(ξ)

dS.

Chứng minh. Dễ thấy là u(x, 0) =

∂v

∂t

(x, 0) = ϕ

(x) (theo (3.13)), nên

u thỏa mãn (3.15).

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 81

Ta cũng có

∂u

∂t

(x, 0) =

∂

∂t

(x, x,0) = ∆v( 0) (theo (3.11)), do đó

∂u

∂t

(x, 0) = ∆0 = 0 (theo (3.12)) hay ta có (3.16).

Cuối cùng

∂

∂t

− ∆u =

∂

∂t



∂

∂t

− ∆v



∂

∂t

[0] = 0.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3:

∂

∂t

− ∆u = f( )x, t , x ∈ R

, t > 0 (3.18)

u(x, 0) = 0, x ∈ R

, (3.19)

∂u

∂t

(x, 0) = 0, x ∈ R

. (3.20)

Công thức nghiệm của bài toán này được khẳng định trong mệnh đề

Mệnh đề 3.3 (Nguyên lý Duhamel). Cho f(x, t .) ∈ C

2,0

( [0R

× , + ))∞

Nếu

là nghiệm của Bài toán 1 với dữ kiện ϕ

= f ( )x, τ , 0 < τ < t

thì

u =

(x, t − τ )dτ (3.21)

là nghiệm của Bài toán 3. Do đó nghiệm của Bài toán 3 cho bởi

(x, t) =

|ξ− |≤x t

f(ξ, t − |ξ − x|)

ξ − x|

dξ.

Chứng minh. Theo (3.21), ta có ngay u(x, 0) = 0 hay u thỏa mãn

82 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

(3.19) và

∂u

∂t

∂

∂t

(x, t − τ )dτ + v

(x, 0) =

∂

∂t

(x, t − τ )dτ,

theo (3.12) nên

∂u

∂t

(x, 0) = 0 hay u thỏa mãn (3.20).

Mặt khác

∂

∂t

∂

∂t

(x, t − τ )dτ +

∂

∂t

(x, 0)

∆ ) )v

(x, t − τ dτ + f(x, t , theo (3.11) và (3.13)

= ∆





(x, t − τ )dτ





+ f(x, t) = ∆u + f( )x, t

nên u thỏa mãn (3.18).

Vậy theo Mệnh đề 3.1 ta có

u(x, t) =

(x, t − τ )dτ =







|ξ− −x|=t τ

f(ξ, τ)

− τ







dτ

4π







|ξ−x|=r

f(ξ, t − r)







|ξ− |≤x t

f(ξ, t − |ξ − x|)

ξ − x|

dξ.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 83

Chứng minh. [Định lý 3.2] Dễ thấy rằng tổng các nghiệm của ba bài

toán 1,2,3 là nghiệm của bài toán ban đầu (3.7)-(3.9) nên từ các Mệnh

đề 3.1-3.3 ta có chứng minh của Định lý 3.2.

Trên đây chúng ta thấy rằng, chứng minh của các Mệnh đề 3.2-3.3

không phụ thuộc vào số chiều không gian, nên chúng vẫn đúng trong

không gian chiều bất kì. Vì thế để tìm công thức nghiệm cho bàin

toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng trong các không gian

với số chiều khác, chúng ta chỉ cần tìm công thức nghiệm cho Bài toán

1, rồi sử dụng hai mệnh đề đó để suy ra công thức nghiệm cho hai bài

toán còn lại.

Bây giờ xét công thức nghiệm của Bài toán 1 trong trường hợp dữ

kiện Cauchy không phụ thuộc vào biến thứ ba Khi đó ta viếtx

= (x

, x , x

2 3

) = (x

, x , ξ .

); ξ = (ξ

); ϕ ϕ

)

Theo Mệnh đề 3.1 ta có

(x, t) =

| |ξ−x =t

(ξ

)

dS =

− |≤x

(ξ

)

− |ξ

− x

dξ

là hàm không phụ thuộc vào do đó nó là nghiệm của phương trìnhx

∂

∂t

− ∆u = 0, x ∈ R

, t > .0

Vậy ta có công thức nghiệm của Bài toán 1 trong trường hợp hai

chiều là:

(x, t) =

|ξ− |≤x t

(ξ)

− |ξ − x|

dξ, ∀x ∈ R

, t > .0

Từ đây và các Mệnh đề 3.2-3.3 cho trường hợp hai chiều ta có

84 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Định lý 3.3. Giả sử f( ( [0 + )) ( ( ) (x, t) ∈ C

2,0

× , ∞ , ϕ

x) ∈ C

, ϕ

x) ∈

). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy:

∂

∂t

− ∆u = f(x, t , t >), x ∈ R

(x, 0) = ϕ

(x), x ,∈ R

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(x), x .∈ R

cho bởi công thức Poisson:

(x, t) =

|ξ−x|≤t

(ξ)

− |ξ − x|

dξ +

2π

∂

∂t

|ξ− |≤x t

(ξ)

− |ξ − x|

dξ

2π

|ξ− −x|≤t τ

f(ξ, τ)

(t − τ )

− |ξ − x|

dξdτ.

(3.22)

Theo cách tương tự, chúng ta cũng nhận được công thức nghiệm

của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng trong trường

hợp một chiều từ công thức Poisson (3.22):

Định lý 3.4. Giả sử f( ( [0 + )) ( (x, t) ∈ C

2,0

R× , ∞ , ϕ

(x) ∈ C

R), ϕ

x) ∈

(R). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy:

∂

∂t

−

∂

∂x

= f(x, t , t >), x ∈ R 0

u(x, 0) = ϕ

(x), x ,∈ R

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(x), x .∈ R

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 85

cho bởi công thức D’ Alembert:

(x, t) =

(x + t t) + ϕ

(x − )

x+t

x−t

(ξ)dξ

x+(t−τ)

x t−( −τ)

f(ξ, τ)dξdτ.

(3.23)

Chú ý:

1, Khi để có công thức D’ Alembert, chúng ta chỉ cần tớin = 1,

giả thiết f( [0 + )) ( ) ( (x, t) ∈ C

1,0

(R × , ∞ , ϕ

x) ∈ C

(R , ϕ

x) ∈ C

R).

2, Từ các công thức Kirchhoff, Poisson, D’ Alembert, ta suy ra tính

duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán Cauchy

đối với phương trình truyền sóng vào vế phải và các dữ kiện banf

đầu ϕ

, ϕ .

Bài tập

Bài 3.2 Xét bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng:

− a

∆u = f(x, t , t >), x ∈ R

0 (3.24)

và các điều kiện ban đầu

u ϕ|

t=0

= ϕ

(x), u

t=0

(x), x ∈ R

(3.25)

ở đó là các hàm đã cho.f, ϕ , ϕ

0 1

Sử dụng các Định lý 3.2-3.4, chứng tỏ rằng với các giả thiết

f ∈ C

( [0R

× , + ))∞ , ϕ , ϕ ,

∈ C

)

∈ C

( )R

, khi n = 1

f ∈ C

( [0R

× , ,+ ))∞ , ϕ , ϕ

∈ C

)

∈ C

( )R

, khi n = 2 3,

86 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

thì nghiệm của bài toán Cauchy (3.24)-(3.25) tồn tại duy nhất và được

biểu diễn bằng công thức Dalambert khi n = 1

(x, t) =

[ (ϕ

x − at) + )] +ϕ

(x + at

x+at

x−at

ϕ dξ

(ξ)

x a t+ ( −τ )

x−a t( −τ)

f(ξ, τ)dξdτ ;

(3.26)

bằng công thức Poisson khi n = 2

(x, t) =

πa

| |ξ−x <at

(ξ)dξ

− |ξ − x|

2πa

∂

∂t

| |ξ−x <at

(ξ)dξ

− |ξ − x|

πa

| |ξ−x <a t( −τ )

f(ξ, τ)dξdτ

(t − τ )

− |ξ − x|

;

(3.27)

bằng công thức Kirchhoff khi n = 3

(x, t) =

πa

|ξ−x|=at

(ξ)

dS +

πa

∂

∂t

|ξ−x|=at

(ξ)

πa

|ξ−x|<at

ξ − x|

f(ξ, t −

| |ξ − x

)dξ.

(3.28)

Bài 3.3 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp sau:n = 1

1. u

= u

+ 6; u|

t=0

= x

, u x.

t=0

= 4

2. u u xt u

= 4

+ ; |

t=0

= x

, u x.

t=0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 87

3. u

= u

+ sin x; u|

t=0

= sin x, u

t=0

= 0.

4. u

= u

+ e u

; |

t=0

= sin x, u x.

t=0

= x + cos

5. u

= 9u

+ sin x; u|

t=0

= 1, u .

t=0

= 1

6. u u ωx u

= a

+ sin ; |

t=0

= 0, u .

t=0

= 0

7. u u ωt u

= a

+ sin ; |

t=0

= 0, u .

t=0

= 0

Bài 3.4 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp sau:n = 2

1. u y.

= ∆u + 2; u|

t=0

= x, u

t=0

2. u xyt xy.

= ∆u + 6 ; u|

t=0

= x

− y

, u

t=0

3. u xy u e x.

= ∆u + x

− 3

; |

t=0

= e

cos y, u

t=0

sin

4. u u y.

= ∆u + t sin y; |

t=0

= x

, u

t=0

= sin

5. u u

= 2∆ ; u|

t=0

= 2x

− y

, u .

t=0

= 2x

+ y

6. u u

= 3∆u + x

+ y

; |

t=0

= x

, u .

t=0

= y

7. u e u .

= ∆u +

3x+4y

; u|

t=0

= e

3 +4x y

8. u u u cy cy .

= a

∆ ; |

t=0

= cos(bx + ), u

t=0

= sin(bx + )

Bài 3.5 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp sau:n = 3

1. u xyz u

= ∆u + 2 ; |

t=0

= x

+ y

− 2z

, u .

t=0

= 1

2. u t

= 8∆u +

; u|

t=0

= y

, u .

t=0

= z

3. u

= 3∆u + 6(x

+ +y

); u|

t=0

= x

, u

t=0

= xyz.

88 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

u te e

= ∆u + 6

√

sin y cos z; u|

t=0

x+y

cos z

√

2, u

t=0

e x.

3 +4y z

sin 5

5. u e u .

= a

∆u + (x

+ y

+ z

)

; |

t=0

= u

t=0

= 0

6. u ye xe .

= a

∆u + cos x sin

; u|

t=0

= x

y+z

, u

t=0

= sin

y+z

7. u xe u yze .

= a

∆u +

cos(3y + 4z); |

t=0

= xy cos z, u

t=0

3.2. Bài toán biên ban đầu đối với phương trình

truyền sóng

Giả sử Ω ⊂ R

là miền bị chặn, với biên ∂Ω trơn. Với ta kíT > 0,

hiệu

:= Ω × (0, T , T .); S

:= ∂Ω × (0 ); Ω

= Ω × {t = s}

Trong mục này chúng ta nghiên cứu tính đặt chỉnh của bài toán

biên ban đầu sau:

Tìm nghiệm của phương trìnhu ∈ C

)

∂

∂t

− ∆u = f(x, t x, t) (, ) ∈ Q

(3.29)

thỏa mãn điều kiện ban đầu

u ϕ

(x, 0) =

(x);

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

( )x , x ∈ Ω (3.30)

và thỏa mãn điều kiện biên

= ψ

(3.31)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 89

hoặc

∂u

∂ν

= ψ

. (3.32)

Bài toán (3.29)-(3.31) được gọi là bài toán biên ban đầu thứ nhất,

còn bài toán (3.29)+(3.30)+(3.32) được gọi là bài toán biên ban đầu

thứ hai.

3.2.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm

Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên ban đầu thứ nhất được

khẳng định trong định lý sau

Định lý 3.5 (Tính duy nhất). Bài toán có không quá(3.29)-(3.31)

một nghiệm trong

( )Q

Chứng minh. Giả sử u Q

, u

∈ C

(

) là hai nghiệm của bài toán

(3.29)-(3.31). Khi đó là nghiệm của bài toánu = u

− u Q

∈ C

(

)

đó đối với vế phải và các dữ kiện ban đầu, dữ kiện biên bằng không.

Do đó với mọi 0 < s ≤ T, Q

:= Ω × (0, s , S , s)

= ∂Ω × (0 ) ta có

∂u

∂t



∂

∂t

− ∆u



dxdt = 0.

Thực hiện biến đổi vế trái như trong chứng minh Định lý 3.1 ta

90 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

nhận được:

Ω



∂u

∂t





∂u

∂x



−

Ω



∂u

∂t





∂u

∂x



−

∂u

∂t

i=1

∂u

∂x

dS = 0

hay

Ω



∂u

∂t





∂u

∂x



−

Ω



∂u

∂t





∂u

∂x



−

∂u

∂t

∂u

∂ν

dS = 0.

(3.33)

Ta thấy, tích phân thứ hai trong (3.33) bằng không vì các điều kiện

ban đầu bằng không. Hơn nữa, trên bằng không nênS

thì u

∂u

∂t

bằng

không, do đó tích phân thứ ba trong (3.33) bằng không. Vì thế ta có

Ω



∂u

∂t





∂u

∂x



dx = 0.

Từ đây, giả thiết u ∈ C

) và s ∈ (0, T ] tùy ý, ta suy ra

∂u

∂t

∂u

∂x

··· =

∂u

∂x

= 0

trong Q

. Vậy u ≡ 0 trong Q

và ta có điều phải chứng minh.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 91

Về sự phụ thuộc liên tục của nghiệm, chúng ta có kết quả cho bài

toán biên thứ nhất trong trường hợp một chiều sau đây: Xét phương

trình truyền sóng thuần nhất

∂

∂t

−

∂

∂x

= 0, 0 < x < L, < t < T0 (3.34)

với điều kiện ban đầu

(x, 0) = ϕ

(x);

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(x); 0 ≤ ≤x L. (3.35)

và điều kiện biên thuần nhất

u(0, t L, t) = u( ) = 0, 0 ≤ t ≤ T (3.36)

Định lý 3.6 (Sự phụ thuộc liên tục). Giả sử u

(x, t , L) ∈ C

([0 ] ×

[0, T ]) là nghiệm của bài toán ứng với bộ dữ kiện ban đầu(3.34)-(3.36)

( )i

( )x , ϕ

( )i

( ) 2x , i = 1, . Nếu hai bộ dữ kiện này chỉ thay đổi nhỏ trên

[0, L] theo nghĩa

− ϕ

| |; ϕ

− ϕ

| |; (ϕ

)

− (ϕ

)

nhỏ với mọi x ∈ [0, L] thì hai nghiệm tương ứng cũng chỉ thay đổi nhỏ

trên hình chữ nhật [0 [0, L] × , T] theo nghĩa nhỏ.|u

− u

Chứng minh. Xem [1], Định lý 6.1, trang 106.

3.2.2. Sự tồn tại nghiệm

Sự tồn tại nghiệm của bài toán biên ban đầu đối với phương trình

truyền sóng trong trường hợp một chiều được chỉ ra nhờ phương pháp

tách biến Fourier. Sau đây là một trường hợp tìm nghiệm của bài toán

biên ban đầu thứ nhất đối với phương trình thuần nhất và điều kiện

92 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

biên thuần nhất (3.34)-(3.36). Các bài toán biên khác sẽ được đề cập

trong phần bài tập.

Ta tìm nghiệm (khác không) của (3.34) thỏa mãn điều kiện biên

(3.36) dưới dạng tách biến

u t(x, t) = X(x)T ( ). (3.37)

Thay hàm vào (3.34) rồi biến đổi ta dẫn tớiu

(t)

= a

(x)

Do vế trái của PT trên không phụ thuộc vào và vế phải khôngx

phụ thuộc vào nên cả hai vế đều không phụ thuộc vào cảt x và Nóit.

cách khác hai vế là hằng số Điều này dẫn tới hai PTVP thường:−λ.

+ λX = 0 (3.38)

+ λa

T = 0. (3.39)

Điều kiện biên (3.36) dẫn tới điều kiện biên cho (3.38):

X(0) = 0, X(L) = 0. (3.40)

Để giải (3.38) ta xét PT đặc trưng:

+ λ = 0.

Tùy theo dấu của ta có ba trường hợp sau:λ

a, λ = −c

< 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là:

(x) = C C

−cx

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 93

Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra Vậy trường hợp nàyC C

= 0.

chỉ cho ta nghiệm không.

b, λ = 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là:

X(x) = C C

Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra Vậy trường hợp nàyC C

= 0.

chỉ cho ta nghiệm không.

c, λ = c

> 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là:

X(x) = C C

cos cx +

sin cx.

Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra

= 0; sin cL = 0 hay c =

kπ

, k = 1, 2, ···

Khi đó

= λ



kπ



Bài toán có nghiệm

(x) = A

sin

kπx

trong đó là hằng số tùy ý.A

Ta gọi tương ứng củaλ

là làgiá trị riêng, còn X

(x) hàm riêng

phương trình (3.38) với điều kiện (3.40).

Các hàm X

(x) = A

sin

kπx

lập thành một họ hàm trực giao trên

đoạn [0 ], L , nghĩa là:

X X

(x)

(x)dx = 0, ∀k 6= j.

94 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Với λ = (

kπ

)

thì phương trình (3.39) có nghiệm tổng quát:

T t B

( ) =

cos

kπat

+ D

sin

kπat

Do đó ta có các nghiệm riêng của (3.34) thỏa mãn điều kiện biên

(3.36) là:

(x, t) =



cos

kπat

+ b

sin

kπat



sin

kπx

với a

= A B A D .

k k

, b

k k

Do tính chất tuyến tính và thuần nhất của PT (3.34) nên hàm

∞

k=1

∞



cos

kπat

+ b

sin

kπat



sin

kπx

(3.41)

cũng là nghiệm của phương trình đó, nếu chuỗi (3.41) hội tụ và có thể

lấy đạo hàm từng số hạng theo x và theo t hai lần. Hơn nữa, hàm u

đó cũng thỏa mãn điều kiện biên (3.36) với mọi a

, b .

Bây giờ ta đi tìm các hệ số để hàm xác định bởi (3.41) thỏaa

, b

mãn các điều kiện ban đầu (3.35). Thay vào (3.35) ta có

t=0

∞

k=1

sin

kπx

= ϕ

(x),

t=0

∞

k=1

kπa

sin

kπx

= ϕ

(x).

Do đó a

và

kπa

tương ứng phải là các hệ số Fourier sine của các

hàm ϕ

(x) và ϕ

(x) trên đoạn [0, L] hay







(ξ) sin

kπξ

dξ

kπa

(ξ) sin

kπξ

dξ.

(3.42)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 95

Vậy nghiệm của bài toán cho bởi (3.41) với các hệ số xác định bởi

(3.42).

Ví dụ 3.1. Tìm dao động tự do của sợi dây có chiều dài biết haiL,

đầu dây cố định, độ lệch ban đầu là cung parabol

(x) =

x x(L− )

và

vận tốc ban đầu ϕ .

(x) = 0

Gọi u(x, t) là độ lệch của điểm so với vị trí cân bằng tại thời điểmx

t. Ta có u(x, t) là nghiệm của bài toán

− a

= 0, 0 < x < L, t > 0

thỏa mãn điều kiện ban đầu

t=0

= ϕ u

(x);

t=0

= ϕ

(x), 0 < x < L

và điều kiện biên

x=0

= 0; u|

x=L

= 0, t .≥ 0

Nghiệm của bài toán cho bởi công thức:

(x, t) =

∞



cos

kπat

+ b

sin

kπat



sin

kπx

trong đó các hệ số xác định bởia

, b







(ξ) sin

kπξ

dξ

kπa

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Thay ϕ

(x) và ϕ

(x) rồi tính trực tiếp ta có

[1 − (−1)

], b

= 0.

96 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Vậy

(x, t) =

∞

k=1

− (−1)

cos

kπat

sin

kπx

hay

∞

n=0

n + 1)

cos

(2n + 1)πat

sin

n + 1)πx

Có thể kiểm tra được chuỗi này hội tụ đều trên và có thể lấy đạoR

hàm từng số hạng theo và theo hai lần. Vì thế đúng là nghiệmx t u

của bài toán đã nêu. Để nghiệm này gần với dao động thực thì đòi hỏi

M đủ lớn để u

≤

phải đủ nhỏ. Điều này xuất hiện khi thiết lập

phương trình.

Ví dụ 3.2. Ở thời điểm t = 0, ta truyền cho các điểm của sợi dây

nằm trong khoảng ( (0c − ε, c + ε) ⊂ , L) một vận tốc ban đầu không

đổi v

. Hãy xác định dao động tự do của sợi dây, nếu lúc đầu nó nằm

yên.

Gọi u(x, t) là độ lệch của điểm so với vị trí cân bằng tại thời điểmx

t. Ta có u(x, t) là nghiệm của bài toán

− a

= 0, 0 < x < L, t > 0

thỏa mãn điều kiện ban đầu

u ϕ

t=0

(x) = 0; u

t=0

= ϕ

(x) =







nếu x ∈ (c − ε, c + ε)

0 nếu x 6∈ (c − ε, c + ε)

và điều kiện biên

u u|

x=0

= 0; |

x=L

= 0, t .≥ 0

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 97

Nghiệm của bài toán cho bởi công thức:

(x, t) =

∞



cos

kπat

+ b

sin

kπat



sin

kπx

trong đó các hệ số xác định bởia

, b







(ξ) sin

kπξ

dξ

kπa

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Thay ϕ

(x) và ϕ

(x) rồi tính trực tiếp ta có

= 0, b

2Lv

cos

kπ(c − ε)

− cos

kπ( )c + ε

Vậy

(x, t) =

2Lv

∞

k=1



cos

kπ( )c − ε

−cos

kπ(c + ε)



sin

kπat

sin

kπx

Lưu ý: Nếu ta cho sao cho xung lượngε → 0 p không thay đổi. Khi

đó do

p = 2ερv

với ρ là mật độ khối lượng nên nghiệm

(x, t) =

aρ

∞

k=1

εk



cos

kπ(c − ε)

−cos

kπ( )c + ε



sin

kπat

sin

kπx

Theo quy tắc L’Hospital ta có

lim

ε→0



cos

kπ( )c − ε

− cos

kπ( )c + ε



kπ

sin

kπc

98 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Vậy

(x, t) =

πaρ

∞

k=1

sin

kπc

sin

kπat

sin

kπx

là dao động của sợi dây đứng yên ở thời điểm ban đầu và ta truyền

cho nó một xung lượng tập trung tại điểmp x = c.

Bài tập

Bài 3.6 Giải bài toán dao động tự do trên đoạn với hai0 ≤ ≤x L

đầu cố định, biết vận tốc dao động ban đầu của đoạn bằng 0 và độ

lệch ban đầu có dạngϕ

1. đường sine:

= A sin

nπx

, n là số nguyên.

2. Parabol có trục đối xứng là x =

và đỉnh là M(

, h .)

3. đường gấp khúc trong đóOAB, O(0 0) ( 0), , A(c, h), B L, , 0 < c <

L. Xét trường hợp c =

Bài 3.7 Giải bài toán dao động tự do trên đoạn với hai0 ≤ ≤x L

đầu cố định và vị trí ban đầu ở trạng thái nghỉ ( ), còn vận tốcϕ

= 0

ban đầu đầu được cho bởi công thứcϕ

1. ϕ v

= const, x ∈ [0, L].







, nếu x ∈ [α, β ,]

0 ], nếu x 6∈ [α, β ,

trong đó 0 6 6α 6 β L.







cos

π( )x − x

, nếu x ∈ [x

− α, x ,

+ α]

0, nếu x 6∈ [ ]x

− α, x

+ α ,

trong đó 0 6 6x

− α x

+ α 6 L.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 99

Chú ý: Phương trình truyền sóng thuần nhất cũng là phương trình mô

tả dao động tự do của một thanh dọc, trong đó là biên độ daou(x, t)

động dọc (hay độ dịch chuyển) của điểm x, tại thời điểm .t

Bài 3.8 Trình bày phương pháp tách biến giải bài toán tìm biên độ

dao động dọc của một thanh đồng chất với dữ kiện ban đầu được cho

tùy ý cùng với điều kiện

1. Một đầu của thanh cố định, đầu còn lại ( ) tự dox = 0 x = L

(L, t) = 0).

2. Cả hai đầu tự do.

3. Đầu x = L cố định, đầu tự do.x = 0

Bài 3.9 Tìm biên độ dao động dọc của một thanh vật chất với đầu

x x= 0 cố định, đầu = L được đặt vào một lực (tại thời điểm ,P t = 0

lực bắt đầu tác động).

Chú ý: Trong trường hợp dao động có ngoại lực thì ta phải giải bài

toán biên ban đầu đối với PT không thuần nhất.

Bài toán tìm biên độ của một dao động cưỡng bức (dưới tác dụng

của ngoại lực) của một đoạn dây đồng chất trong trường0 ≤ ≤x L

hợp tổng quát, dẫn đến việc tìm nghiệm của phương trình

∂

∂t

= a

∂

∂x

+ g(x, t) (3.43)

thỏa mãn điều kiện biên

u t u t(0, t) = µ

( ); (L, t) = µ

( ) (3.44)

100 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

và điều kiện ban đầu

(x, 0) = ϕ

(x);

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(t). (3.45)

Để giải bài toán này, trước tiên chúng ta lấy hàm

(x, t) := µ

(t) +

[µ

(t t) − µ

( )]

thì hàm này sẽ thỏa mãn điều kiện biên (3.44), do đó hàmω

v(x, t x, t x, t) = u( ) − ω( )

sẽ thỏa mãn bài toán (3.43)-(3.45) nhưng với dữ kiện biên thuần nhất

(tương ứng với điều kiện hai đầu dây cố định). Vì thế chúng ta xét

bài toán sau:

∂

∂t

= a

∂

∂x

+ g(x, t), (3.46)

u u(0, t) = 0; (L, t) = 0, (3.47)

(x, 0) = ϕ

(x);

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(t). (3.48)

Nghiệm của bài toán (3.46)- (3.48) là tổng các nghiệm của hai bài

toán:

∂

∂t

= a

∂

∂x

, (3.49)

u u(0, t) = 0; (L, t) = 0, (3.50)

(x, 0) = ϕ

(x);

∂u

∂t

(x, 0) = ϕ

(t). (3.51)

và bài toán:

∂

∂t

= a

∂

∂x

+ g(x, t), (3.52)

u u(0, t) = 0; (L, t) = 0, (3.53)

(x, 0) = 0;

∂u

∂t

(x, 0) = 0. (3.54)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 101

Bài toán (3.49)-(3.51) đã biết cách giải.

Nghiệm của bài toán (3.52)-(3.54) được tìm dưới dạng chuỗi

(x, t) =

∞

k=1

T t

( ) sin

kπx

. (3.55)

trong đó xác định bởiT t

( )

T t

( ) =

kπa



(ξ, t) sin

kπa( )t − τ

sin

kπξ

dξ



dτ. (3.56)

Áp dụng giải các bài toán trong các Bài tập .3 3 15.10 − .

Bài 3.10 Giải các bài toán biên ban đầu sau:

1. u

= u

+ 2b, (b = const, 0 < x < L ,)



x=0

= 0, u



x=L

= 0; u



t=0

= u



t=0

= 0.

2. u

= u

+ cos t, (0 < x < π ,)



x=0

= u



x=π

= 0; u



t=0

= u



t=0

= 0.

Bài 3.11 Giải bài toán về sự dao động của đoạn dây đồng chất 0 ≤

x ≤ L với hai đầu x = 0, x = L cố định, dưới tác động của ngoại lực

có mật độ

p(x, t) = Aρ sin ωt, ω 6=

kπa

, k , ...= 1, 2 Dữ kiện ban đầu

bằng .0

Bài 3.12 Giải bài toán về sự dao động cưỡng bức của một thanh vật

chất được treo tại đầu tự do), được thực hiện dướix = 0 (đầu x = L

tác động của trọng lực.

Bài 3.13 Giải các bài toán sau

102 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

1. u

= u

, 0 < x < L;



x=0

= 0, u



x=L

= t; u



t=0

= u



t=0

= 0.

2. u ,

= u

, 0 < x < 1



x=0

= t + 1, u



x=1

= t

+ 2; u



t=0

= x + 1, u



t=0

= 0.

Bài 3.14 Giải bài toán về dao động của dây nằm ngang, đầu x = 0

cố định, đầu x = L bị đẩy tạo độ lệch bằng A sin ωt, trong đó ω 6=

kπa

, k , ....= 1, 2 Tại thời điểm t = 0 độ lệch cùng với vận tốc đều bằng

Bài 3.15 Cho một thanh vật chất độ dài L, được cố định đầu x = 0

và ở trạng thái nghỉ, đầu tự do. Vào thời điểm , đặt mộtx = L t = 0

lực tác động dọc theo thanh. Tìm độ lệch của thanhQ = const u(x, t)

vật chất.

Chương 4

Phương trình truyền nhiệt

Trong chương này chúng ta nghiên cứu về phương trình truyền

nhiệt:

∂u

∂t

− a

∆u = f(x, t),

một đại diện của lớp phương trình parabolic. Nghiệm của phương

trình này được tìm trong lớp C

2,1

. Ta sẽ gọi nghiệm u(x, t) của phương

trình này hàm nhiệt hay phân bố nhiệt. Cũng như đối với phương trình

truyền sóng, bằng cách đổi biến, chúng ta có thể giả thiết a = 1.

Ví dụ 4.1. Hàm

Γ(

x, t) :=







(2 )

a πt

√

−

| |x

, nếu t > 0

0 0, nếu t <

là nghiệm của phương trình truyền nhiệt thuần nhất (ứng với )f = 0

tại mọi t 6= 0.

103

104 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

4.1. Biểu diễn Green của hàm nhiệt

4.1.1. Công thức Green đối với toán tử truyền nhiệt

Cũng như đối với phương trình Laplace, chúng ta có thể sử dụng

phương pháp Green để chỉ ra công thức nghiệm của phương trình

truyền nhiệt và một số tính chất khác. Kí hiệu:

(x, t) :=

∂u

∂t

− ∆u

là toán tử truyền nhiệt và

∗

u(ξ, s) := −

∂u

∂s

− ∆

là toán tử liên hợp hình thức của toán tử truyền nhiệt .L

Sau đây chúng ta sẽ thiết lập các công thức Green tương tự như

đối với toán tử Laplace. Giả sử là một tập mở với biên đủΩ ⊂ R

∂Ω

trơn, T > 0 là một số đã cho. Đặt

Q S

:= Ω × (0, T , T]; S

:= ∂Ω × [0 ];

:= ∂Ω × [0, s]

Ω

= Ω = Ω× {t = T }; Ω

× {t = 0}; Ω

= Ω × {t = s}.

Giả sử là hai hàm bất kỳ. Áp dụng công thức tíchu, v ∈ C

2,1

)

phân từng phần ta nhận được công thức Green thứ nhất đối với toán

tử truyền nhiệt trên Q

vLudxdt

i=1

∂u

∂x

∂v

∂x

− u

∂v

∂t

dxdt −

∂u

∂ν

Ω

uvdx

−

Ω

uvdx.

(4.1)

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 105

Mặt khác

−

∆vdxdt =

i=1

∂u

∂x

∂v

∂x

dxdt

−

∂v

∂ν

dS.

Trừ đẳng thức (4.1) cho đẳng thức này ta nhận được công thức Green

thứ hai đối với toán tử truyền nhiệt trên Q

(

vLu − uL

∗

v)dxdt =



∂v

∂ν

u −

∂u

∂ν



Ω

uvdx

−

Ω

uvdx.

(4.2)

4.1.2. Nghiệm cơ bản của toán tử truyền nhiệt

Định nghĩa 4.1. Với mỗi hàm( (0 + )ξ, s) ∈ R

× , ∞ ,

Γ(

x, t; ξ, s) :=











(2 ( ))

√

π t−s

−

| −x ξ|

t−s)

, nếu t > s

0, nếu t < s

là nghiệm của phương trình truyền nhiệt thuần nhất tại mọiLu = 0

t 6= s. Hàm Γ(x, t ξ, s; ) được gọi là nghiệm cơ bản của toán tử truyền

nhiệt L ứng với phân bố nhiệt điểm tại ( )ξ, s .

Dễ thấy rằng nếu cố định (x, t) và xét Γ là hàm của thì ta có(ξ, s)

L t.

∗

Γ = 0 tại mọi s 6=

4.1.3. Biểu diễn Green của hàm nhiệt

Giả sử và thỏa mãnu( (x, t) ∈ C

2,1

)

Lu = f(x, t), (4.3)

106 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

với f ∈ C

( )Q

− không gian các hàm bị chặn và liên tục trong Q .

Cố định Chúng ta muốn sử dụng công thức Green thứ hai(ξ, s) ∈ Q

đối với u(x, t) và v(x, t) = Γ(ξ, s; x, t) trên Q

, nhưng do Γ( )ξ, s; x, t

có kì dị tại t = s, nên chúng ta khắc phục bằng cách áp dụng trên

s−ε

với ε > 0 đủ nhỏ, rồi cho Cụ thể ta cóε → 0.

s−ε

(Γ( ) Γ( ))

ξ, s; x, t Lu − uL

∗

ξ, s; x, t dxdt

s−ε



∂Γ( )ξ, s; x, t

∂ν

u −

∂u

∂ν

Γ(ξ, s x, t dS; )



Ω

(x, s ξ, s x, s− ε)Γ( ; − ε)dx −

Ω

u(x, x, dx.0)Γ(ξ, s; 0)

(4.4)

Bởi vì L

∗

Γ(ξ, s ., .; ) = 0 trong Q

s−ε

, Lu = f trong Q

và

Ω

s−ε

u(x, s ξ, s x, s ξ, s−ε)Γ( ; − ε)dx → u( )

khi ε → 0 nên khi chuyển qua giới hạn đẳng thức (4.4) ta nhận được

biểu diễn Green của hàm nhiệt:

(ξ, s) =

Γ( ( )ξ, s; x, t)f x, t dxdt



∂u

∂ν

Γ(ξ, s x, t; ) −

∂Γ(ξ, s x, t; )

∂ν



Ω

u(x, x, dx.0)Γ(ξ, s; 0)

(4.5)

Từ biểu diễn này chúng ta có định lý sau:

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 107

Định lý 4.1. Nếu u Q(x, t) ∈ C

2,1

(

) là nghiệm của phương trình

truyền nhiệt thuần nhất Lu = 0 trong Q

thì u khả vi vô hạn trong

Q .

Chứng minh. Theo biểu diễn Green của hàm nhiệt (4.5) ta có đối với

( :ξ, s) ∈ Q

(ξ, s) =



∂u

∂ν

Γ(ξ, s x, t; ) −

∂Γ(ξ, s x, t; )

∂ν



Ω

u(x, x, dx.0)Γ(ξ, s; 0)

(4.6)

Khi s > 0, hàm Γ(ξ, s; x, 0) khả vi vô hạn theo nên có thể tínhξ, s

được đạo hàm của tích phân thứ hai trong (4.6) bằng cách đạo hàm

dưới dấu tích phân, hay tích phân đó là hàm khả vi vô hạn theo (ξ, s .)

Mặt khác, tích phân thứ nhất bằng với tích phân trên vì khiS

t > s thì Γ(ξ, s x, t; ) = 0. Hơn nữa, nếu khoảng cách từ (ξ, s) tới biên

dương thì các hàm dưới dấu tích phân cũng khả vi vô hạn theo

(ξ, s) nên ta cũng có thể lấy đạo hàm dưới dấu tích phân tới cấp bất

kỳ theo ( )ξ, s . Vì thế tích phân thứ nhất cũng khả vi vô hạn theo

( )ξ, s .

4.1.4. Các nguyên lý cực trị

Trong mục này chúng ta chủ yếu đề cập tới các nguyên lý cực trị,

là công cụ cho việc chứng minh các đánh giá tiên nghiệm cho các bài

toán biên, ban đầu đối với phương trình truyền nhiệt. Kí hiệu

Q = Ω × (t t

, t

]; Ω

= Ω × {t = t

}; Ω

= Ω × {t =

};

108 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

S = ∂Ω × (t

, t

); σ = S ∪ Ω ;

G G .

= R

× (0, T];

∞

= R

× (0, ∞)

Bổ đề 4.1. Giả sử u Q(x, t) ∈ C

2,1

( ) và thỏa mãn

Lu ≥ ( )0≤ , (x, t Q.) ∈

Khi đó, với mọi ta có(x, t) ∈ Q

min

u ≤ u(x, t) (max

u ≥ u(x, t)). (4.7)

Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 4.1, trang 128.

Định lý 4.2 (Nguyên lý cực trị trong miền bị chặn). Giả sử u(x, t) ∈

2,1

(Q) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong Q. Khi đó, với bất kì

(x, t) ∈ Q, ta có

min

u ≤ u(x, t) ≤ max

u. (4.8)

Chứng minh. Định lý này dễ dàng suy ra từ Bổ đề 4.1

Định lý 4.3 (Nguyên lý cực trị trong miền không bị chặn). Giả sử

u G

(x, t) ∈ C

2,1

(

) ∩ C(

) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong G

và bị chặn trên Khi đó, với bất kì ta cóG

. (x, t) ∈ Q,

inf

u( ( supx, 0) ≤ u x, t) ≤

u(x, 0). (4.9)

Chứng minh.

Định lý 4.4 (Nguyên lý cực trị mạnh). Giả sử u Q(x, t) ∈ C

2,1

(

) ∩

C(Q

) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong Q

và đạt giá trị nhỏ

nhất hoặc lớn nhất tại điểm (x

, t

) ∈ Q

thì u ≡ u(x

, t

) trong Q .

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 109

Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.3, trang 131.

Định lý 4.5. Giả sử thỏa mãn phươngu( (x, t) ∈ C

2,1

) ∩ C(Q

)

trình Lu = f(x, t) trong Q

. Khi đó với bất kỳ ta có(x, t) ∈ Q

min

u − T sup

|f| ≤ u(x, t) ≤ max

u + T sup

| |f . (4.10)

Do đó

|u(x, t)| ≤ max

|u| + T sup

| |f . (4.11)

Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.4, trang 134.

Định lý 4.6.

Giả sử u( (x, t) ∈ C

2,1

) ∩ C(

) thỏa mãn phương

trình Lu = f (x, t) và bị chặn trong Khi đó với bất kỳG

. (x, t) ∈ Q

ta có

inf

u(x, 0) − T sup

|f| ≤ u(x, t) ≤ sup

u(x, 0) + T sup

| |f . (4.12)

Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.5, trang 135.

Định lý 4.7.

Giả sử u(x, t) ∈ C

2 1,

∞

) ∩ C(

∞

) là nghiệm của

phương trình Lu = 0 trong G

∞

và u(x, 0) → 0 khi |x| → ∞. Khi đó

(x, t) → 0 đều theo x trong R

khi t → ∞.

Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.7, trang 143.

4.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền

nhiệt

Gọi

2 1,

) là không gian tất cả các hàm khả vi liên tục đến cấp

2 1theo x, cấp theo t và bị chặn trên là khôngG G

, C

(

), C

)

110 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

gian các hàm liên tục và bị chặn trên các tập tương ứng.

Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt là bài toán tìm

nghiệm

u(x, t) ∈ C

2 1,

) ∩ C(

) của phương trình truyền nhiệt

∂u

∂t

− ∆u = f(x, t x, t), ( ) ∈ G

(4.13)

thỏa mãn điều kiện ban đầu

u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ R

, (4.14)

trong đó là các hàm đã cho.f ∈ C

( (G

), ϕ ∈ C

)

4.2.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy

Định lý 4.8. Bài toán Cauchy có không quá một nghiệm(4.13)-(4.14)

trong

2 1,

) ∩ C(

G .

)

Chứng minh.

Giả sử u

(x, t) ∈ C

2 1,

) ∩ C(

) là nghiệm của bài

toán Cauchy đối với phương trình và điều kiện banLu = f

trong G

đầu u ϕ

(x, 0) =

, i = 1, 2. Khi đó, áp dụng Định lý 4.6 đối với hàm

u = u u

−

ta có với mọi (x, t) ∈ G

(x, t) − u

( )x, t | ≤ sup

|ϕ

− ϕ

| + T sup

− f

|. (4.15)

Từ đây ta nhận được tính duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục

nghiệm vào các dữ kiện của bài toán.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 111

4.2.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy

Để xét sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy (4.13)-(4.14), chúng

ta chia thành hai bài toán sau đây:







Lu = 0, (x, t) ∈ G

∞

(x, 0) = ϕ(x), x ∈ R

(BT1)

và







Lu = f(x, t x, t), ( ) ∈ G

∞

(x, 0) = 0, x .∈ R

(BT2)

Mệnh đề 4.1.

Giả sử ϕ(x) ∈ C

( )R

. Khi đó nghiệm u ∈ C

2 1,

∞

)

của (BT1) được cho bởi công thức

(x, t) =











Γ( 0) ( 0x, t; ξ, ϕ ξ)dξ, nếu t >

ϕ .(x), nếu t = 0

(4.16)

Chứng minh.

Mệnh đề 4.2 (Nguyên lý Duhamel). Giả sử Khif( )x, t) ∈ C

∞

đó nếu là nghiệm của ứng với dữ kiện ban đầuv

(x, t) (BT1) ϕ(x) =

f(x, τ , τ >) 0 thì nghiệm của được cho bởi công thức(BT2)

(x, t) =

(x, t − τ )dτ. (4.17)

Chứng minh.

Định lý 4.9 (Công thức nghiệm của bài toán Cauchy). Giả sử f(x, t) ∈

C C

∞

), ϕ(x) ∈

( )R

. Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy -(4.13)

112 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

(4.14) được cho bởi công thức Poisson sau đây:

(x, t) =

√

πt)

| − |x ξ

ϕ( )ξ dξ

(2 ))

π(t − τ

|x−ξ|

t−τ )

f( )ξ, τ dξdτ.

(4.18)

Chứng minh. Nghiệm của bài toán Cauchy (4.13)-(4.14) bằng tổng

các nghiệm của (BT1) và của (BT2) nên từ các Mệnh đề 4.1 và 4.2 ta

có điều phải chứng minh.

Bài tập

Bài 4.1

Cho f ∈ C

2 1,

∞

), ϕ ∈ C

) 0, a > . Chứng minh rằng

nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt:

= a

∆u + f (x, t)

thỏa mãn điều kiện ban đầu

t=0

= ϕ(x)

cho bởi công thức Poisson:

(x, t) =

(2 )

√

πt

(ξ)e

−

| − |x ξ

dξ

f(ξ, τ)

[2 ( )]

π t − τ

−

|x−ξ|

(t−τ )

dξdτ.

Bài 4.2 Giả sử là nghiệm của bài toán Cauchyu

(x, t)

= a

∆u, u|

t=0

= f

), k , n.= 1, ···

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 113

Chứng minh rằng hàm u(x, t) = Π

(x, t) là nghiệm của bài toán

Cauchy

= a

∆u, u|

t=0

= Π

Bài 4.3 Giả sử là hàm điều hòa theo với mọif(x, t) ∈ C

∞

) x

≥ 0 cố định. Chứng minh rằng hàm u(x, t) =

f( )x, τ dτ là nghiệm

của bài toán Cauchy

= a

∆u + f (x, t), u .|

t=0

= 0

Bài 4.4

Giả sử u

∈ C

∞

) còn chuỗi

∞

k=0

∆

(x), δ > 0 và mọi

chuỗi nhận được từ nó bằng cách lấy đạo hàm cấp một, cấp hai, hội

tụ đều trong mỗi miền bị chặn. Chứng minh rằng hàm

(x, t) =

∞

k=0

∆

(x)

là nghiệm của bài toán Cauchy

= a

∆u, 0 < t <

; u|

t=0

= u .

(x)

Nghiệm của các bài 4.5-4.7 có thể tìm theo công thức Poisson,

nhưng đôi khi ta có thể giải nhanh hơn bằng phương pháp tách biến

hoặc áp dụng các bài 4.2-4.4.

Bài 4.5 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 1)

1. u

= 4 = 2u

+ t + e

, u|

t=0

114 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

2. u t

= u

+ 3

, u x.|

t=0

= sin

3. u e

= u

−t

cos x, u x.|

t=0

= cos

4. u e

= u

sin x, u x.|

t=0

= sin

u e .

= u

+ sin t, u|

t=0

−x

u e .

= u

, u|

t=0

2x x−

u xe .

= u

, u|

t=0

−x

u xe .

= u

, u|

t=0

= sin

−x

Bài 4.6 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 2)

1. u e y.

= ∆u +

, u|

t=0

= cos x sin

2. u

= ∆u + sin t sin x sin y, u .|

t=0

= 1

u xye .

= ∆u + cos t, u|

t=0

−x

−y

= ∆u + 1, u|

t=0

= e .

−( )x−y

5. 2u

= ∆u, u|

t=0

= cos xy.

Bài 4.7 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 3)

1. u

= 2∆u + t cos x, u|

t=0

= cos y cos z.

2. u

= 3∆ = sin(u + e

, u|

t=0

x − y − z).

3. u

= 4∆u + sin 2z, u|

t=0

sin 2z + e

−x

cos 2y.

= ∆u + cos(x − y + z), u .|

t=0

= e

− −(x+y z)

5. u

= ∆ = cos(u, u|

t=0

xy) sin z.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 115

4.3. Bài toán biên ban đầu đối với phương trình

truyền nhiệt

Giả sử Ω ⊂ R

là miền bị chặn, với biên ∂Ω trơn. Với ta kíT > 0,

hiệu

:= Ω × (0, T , T .]; S

:= ∂Ω × (0 ]; Ω

= Ω × {t = s}

Trong mục này chúng ta nghiên cứu tính đặt chỉnh của bài toán

biên ban đầu sau:

Tìm nghiệm của phương trình

∂u

∂t

− ∆u = f( )x, t , (x, t) ∈ Q

(4.19)

thỏa mãn điều kiện ban đầu

u(x, 0) = ϕ(x) x ∈ Ω (4.20)

và thỏa mãn một trong các điều kiện biên sau:

Điều kiện biên thứ nhất:

= ψ

. (4.21)

Điều kiện biên thứ hai:

∂u

∂ν

= ψ

. (4.22)

Điều kiện biên thứ ba:



∂u

∂ν

+ au





= ψ

, (4.23)

116 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

trong đó là hàm liên tục trên là hàm liên tục trênf(x, t) Q

, ϕ(x) Ω

còn ψ

(x), i = 1, 2, 3 là các hàm liên tục trên biên đã cho trước.S

Bài toán (4.19)-(4.20) và điều kiện biên thứ tương ứng được gọii

là bài toán biên ban đầu thứ i, i = 1, 2, 3.

4.3.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm

của bài toán biên ban đầu

Cũng như đối với phương trình truyền sóng, tính duy nhất và sự

phụ thuộc liên tục của nghiệm của các bài toán biên đối với phương

trình truyền nhiệt cũng được suy ra từ các đánh giá tiên nghiệm.

Định lý 4.10. Giả sử u Q(x, t) ∈ C

2,1

(

), thỏa mãn phương trình

(4.19) trong Q

và điều kiện biên

= 0 (4.24)

hoặc

∂u

∂ν

= 0. (4.25)

Khi đó tồn tại hằng số chỉ phụ thuộc vào sao cho với mọiC T s ∈

[0, T ], ta có đánh giá:





∂u

∂x



+ +



dxdt

Ω

u dx

≤





Ω

(x, 0)dx +

(x, t)dxdt





(4.26)

Chứng minh.

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 117

Hệ quả 4.1 (Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên ban đầu thứ

nhất và thứ hai). Bài toán biên ban đầu thứ nhất và thứ hai đối với

phương trình truyền nhiệt có không quá một nghiệm trong lớp(4.19)

2,1

Chứng minh. Giả sử là hai nghiệm của bài toán biên ban đầuu

, u

thứ nhất (thứ hai) đối với phương trình truyền nhiệt (4.19). Đặt u =

u u

−

, ta có u là nghiệm của bài toán biên ban đầu tương ứng như

với vế phải và các dữ kiện biên, dữ kiện ban đầu bằng không.f = 0

Theo Định lý 4.10, ta suy ra

(x, t)dxdt ,= 0

hay u = 0 trên Q

. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 4.2. Giả sử u(x, t) là hàm thỏa mãn các giả thiết của Định

lý 4.10 trong trường hợp Khi đó ta có đánh giá sau với mọif = 0.

s < T :

Ω

(x, s)dx ≤

Ω

(x, dx.0)

Điều này cho thấy, tổng lượng nhiệt tại thời điểm luôn nhỏt = s

hơn hoặc bằng tổng lượng nhiệt ban đầu (do có thể có lượng nhiệt

truyền qua biên). Tuy nhiên nếu không có lượng nhiệt truyền qua

biên

∂u

∂ν

= 0 thì ta có dấu bằng trong bất đẳng thức trên.

Định lý 4.11 (Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào các dữ kiện).

Nghiệm của bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền

nhiệt trong lớp phụ thuộc liên tục vào vế phải dữ

2,1

(Q Q

) ∩C(

) f,

kiện ban đầu và dữ kiện biênϕ ψ .

118 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

Chứng minh. Thật vậy, giả sử tương ứng là nghiệm của bài toán đóu

đối với bộ dữ kiện là nghiệm( ) 2f

, ϕ , ψ

i i

, i = 1, . Khi đó u = u

− u

của bài toán đó đối với bộ dữ kiện Theo( )f f

−

, ϕ , ψ

− ϕ

2 1

− ψ

đánh giá (4.11) trong Định lý 4.5 đối với , ta cóu

(x, t) − u

(x, t)| ≤ sup

Ω

|ϕ

− ϕ

| + sup

|ψ

− ψ

| + T sup

− f

Từ đấy ta có điều phải chứng minh.

4.3.2. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán biên ban

đầu trong trường hợp một chiều

Bài toán truyền nhiệt trong một thanh đồng chất, có chiều dài L,

mặt bên cách nhiệt, hai đầu được giữ ở nhiệt độ không đổi bằng 0,

trong thanh không có nguồn nhiệt dẫn tới bài toán tìm hàm làu(x, t)

nghiệm của phương trình

∂u

∂t

− a

∂

∂x

= 0, (x, t , L) ∈ (0 ) × (0, + )∞

với điều kiện ban đầu

t=0

= ϕ L(x), 0 ≤ x ≤

và điều kiện biên

u .|

x=0

= 0; u|

x=L

= 0

Bài toán này được giải bằng phương pháp tách biến. Nghiệm tách

biến của phương trình có dạng

u λx .

= e

−a

[a(λ) cos λx + b(λ) sin ]

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 119

Để thỏa mãn điều kiện biên thì a(λ) = 0 và sin λL = 0, nghĩa là

= λ

kπ

, k = 1, 2, ···

Vẫn đặt b(λ

) = b

, ta có

∞

k=1

−

sin

kπx

với b

được tìm từ điều kiện ban đầu

∞

k=1

sin

kπx

= ϕ( )x .

Cụ thể:

(ξ) sin

kπξ

dξ.

Bài tập

Xét bài toán tìm nhiệt độ trong một thanh đồng chất, độ dài ,L

mặt bên cách nhiệt, còn ở hai đầu xảy ra hiện tượng trao đổi nhiệt với

môi trường. Giả thiết nhiệt độ của môi trường ở hai đầu thanh không

đổi và có nhiệt độ tương ứng là u

và u

. Khi đó, gọi là nhiệtu(x, t)

độ tại điểm ở thời điểm thì ta có bài toán tìm là nghiệm củax, t u

phương trình

∂u

∂t

− a

∂

∂x

= 0, (x, t , L) ∈ (0 ) × (0, + )∞ , (4.27)

thỏa mãn điều kiện ban đầu

t=0

= ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L (4.28)

120 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

và điều kiện biên



x=0

− h



x=0

− u

] = 0,



x=L

− h



x=L

− u

] = 0,

(4.29)

trong đó h

> 0, h .

> 0

Nếu h h

= 0 thì điều kiện (4.29) trở thành



x=0

= u



x=L

= 0. (4.30)

Điều kiện này được hiểu là hai đầu của thanh cách nhiệt.

Nghiệm của bài toán (4.27)+(4.28)+(4.29) có dạng

u(x, t x, t ,) = v(x) + w( )

trong đó là nghiệm của phương trình thỏa mãn điềuv(x) v

(x) = 0

kiện biên (4.29). Dễ dàng tìm được

v(x) = C C

x +

với

− u

)

h h h h

1 2

, C

= u

. (4.31)

Hàm w(x, t) thỏa mãn phương trình (4.27) và điều kiện ban đầu



t=0

= u



t=0

− v



t=0

= ϕ(x) − v(x) = ˜ϕ(x), (4.32)

và điều kiện biên thuần nhất

− h

x=0

= ( = 0w

+ h

x=0

. (4.33)

Giải bài toán (4.27), (4.32), (4.33) bằng phương pháp tách biến ta

nhận được:

(x, t) = A

−a

( )x ,

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 121

trong đó

, µ

(n = 1, 2, ...) là các nghiệm dương của phương

trình

cot

µ =

(h h

)

(µ −

(x) =

cos

+ h

sin

Khi đó,

w(x, t) =

∞

n=1

−a

( )x , trong đó tìm được từ điềuA

kiện ban đầu (4.32). Sử dụng tính trực chuẩn của hệ hàm trênX

(x)

đoạn [0 ], L , ta có

k k

(x)



cos

+ h

sin



dx,

ở đó

k k



+ h

sin



dx.

Bài 4.8 Cho một thanh mỏng đồng chất có chiều dài với mặt bênL,

cách nhiệt. Tìm nhiệt độ của thanh nếu:u(x, t)

1. Hai đầu x = 0 và x = L của thanh được giữ với nhiệt độ bằng

, còn nhiệt độ ban đầu u



t=0

= ϕ(x) trong các trường hợp sau:

a) u

(x) = A = const.

b) u Ax

(x) = (L − x), A .= const

2. Đầu x = 0 được giữ với nhiệt độ bằng , còn đầu trao đổi0 x = L

nhiệt với môi trường có nhiệt độ . Nhiệt độ ban đầu của thanh0



t=0

= ϕ .(x)

122 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

3. Cả hai đầu x = 0 và x = L của thanh đều trao đổi nhiệt với

môi trường xung quanh, còn nhiệt độ ban đầu của thanh là



t=0

= ϕ(x).

4. Hai đầu của thanh cách nhiệt, nhiệt độ ban đầu u



t=0

= ϕ(x) =

const.

5. Hai đầu của thanh cách nhiệt, nhiệt độ ban đầu được cho bởi

công thức



t=0







, nếu 0 < x <

0, nếu

< x < L.

Trong trường hợp này, hãy dáng điệu của u(x, t) khi t → ∞.

6. Hai đầu của thanh cách nhiệt, nhiệt độ ban đầu được cho bởi

công thức



t=0











, nếu 0 < x <

(L − x), nếu

< x < L,

trong đó . Tìmu

= const lim

→∞

u( )x, t .

Bài 4.9 Giải các bài toán sau

1. u

= u

, 0 < x < 1, u



x=0

= 0, u



x=1

= 0, u



t=0

= x

− 1.

2. u

= u

+ u, 0 < x < L, u



x=0

= u



x=L

= 0, u



t=0

= 1.

3. u

= u

− 4u, 0 < x < π, u



x=0

= u



x=π

= 0, u



t=0

= x

− πx.

Bài 4.10 Cho một thanh mỏng đồng chất mặt bên cách0 ≤ ≤x L,

nhiệt. Tìm nhiệt độ của thanh nếu:

Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 123

1. Hai đầu của thanh được giữ với nhiệt độ không đổi u



x=0

, u



x=L

= u

, nhiệt độ ban đầu bằng u



t=0

= u

= const. Tìm

lim

→∞

u(x, t .)

2. Hai đầu của thanh có nhiệt độ không đổi u



x=0

= u



x=L

= u

còn nhiệt độ ban đầu cho bởi công thức



t=0

= u

( ( )x) = Ax L − x ,

trong đó . TìmA = const lim

→∞

u(x, t).

3. Đầu bên trái của thanh cách nhiệt, đầu bên phải được giữ với

nhiệt độ không đổi



x=L

= u

, nhiệt độ ban đầu u



t=0

trong đó A = const.

4. Đầu bên trái được giữ với nhiệt độ không đổi



x=0

= u

, còn

đầu bên phải theo dòng nhiệt bên ngoài (không đổi); nhiệt độ

ban đầu của thanh u



t=0

= u

( )x .

Bài 4.11 Cho một thanh đồng chất mỏng, độ dài , có mặt bên tỏaL

nhiệt vào môi trường xung quanh (nhiệt độ môi trường bằng ). Đầu0

trái của thanh được giữ với nhiệt độ không đổi



x=0

= u

. Xác định

nhiệt độ của thanh nếu:u(x, t)

1. Đầu bên phải được giữ với nhiệt độ



x=L

= u

= const, nhiệt

độ ban đầu u



t=0

= u

(x).

2. Đầu bên phải trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh (nhiệt

độ môi trường bằng ), nhiệt độ ban đầu bằng .0 0

Trong trường hợp tổng quát hơn là nhiệt độ hai đầu của thanh phụ

124 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng

thuộc t, khi đó điều kiện biên có dạng



x=0

= α

(t), u



x=L

= α

(t). (4.34)

Trong trường hợp này, nghiệm của bài toán (4.27), (4.28), (4.34) có

thể tìm dưới dạng trong đó xác định bởi công thứcu = v + w, w

(x, t) = α t

( ) +

(α

(t α t .) −

( ))

Bài 4.12 Tìm nhiệt độ của thanh 0 ≤ ≤x L có mặt bên cách nhiệt,

nếu đầu x = L được giữ với nhiệt độ , còn đầu có nhiệt độ0 x = 0



x=0

= At, với A = const. Nhiệt độ ban đầu của thanh bằng .0

Bài 4.13 Giải các bài toán sau:

1. u u

, 0 < x < L, u



x=0

= 1, u



x=L

= 0, u



t=0

= 0.

= u

+ u + 2 sin 2x sin x, 0 < x <

, u



x=0

= u



t=0

= 0.

3. u u

− 2u

+ x + 2t, 0 < x < 1, u



x=0

= u



x=1

= t, u



t=0

sin πx.

u u

+ u −x + 2 sin 2x cos x, 0 < x <

, u



x=0

= 0, u



, u



t=0

= x.

5. u u

+ 4u + x

− 2t − 4x

t + 2 cos

x, 0 < x < π, u



x=0

, u



x=π

= 2πt, u



t=0

= 0.

6. u u

−u

−u = e

sin x−t, 0 < x < π, u



x=0

= 1+t, u



x=π

1 +

t, u



t=0

= 1 + e

sin 2x.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Mạnh Hùng (2008), , PhầnPhương trình đạo hàm riêng

I, NXB Đại học Sư phạm.

[2] Nguyễn Thừa Hợp (1999), Giáo trình phương trình đạo hàm

riêng, NXB ĐHQG Hà Nội.

[3] Trần Đức Vân (2005), Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm

riêng, NXB ĐHQG Hà Nội.

[4] Pavel Drabek, Gabriela Holubova (2007), Elements of partial dif-

ferential equations, Walter de Gruyter, Berlin, New York.

Thông tin :

126 trang 1 tuần trước

Môn:

Phương trình đạo hàm riêng

Trường:

Đại học Sư phạm Hà Nội 2

Tác giả:

48 Nguyễn Thị Anh Thơ

| 1/126

| | Tải xuống

Preview text:

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN
——————— ? ——————— BÀI GIẢNG
PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG Trần Văn Bằng Hà Nội, 05-01-2016 Mục lục
Chương 1. Giới thiệu về phương trình đạo hàm riêng . . 5
1.1. Một số kí hiệu chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1. Về Không gian Euclide Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2. Không gan các hàm khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3. Một số công thức tích phân cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Các khái niệm cơ bản về phương trình đạo hàm riêng . . 10
1.3. Phân loại PTĐHR tuyến tính cấp hai. . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4. Dạng chính tắc của PTĐHR tuyến tính cấp hai . . . . . . . 19
1.4.1. Dạng chính tắc tại từng điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.4.2. Đưa phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai của hàm hai biến về
dạng chính tắc trên một miền . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.5. Nghiệm tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.6. Một số hiện tượng tự nhiên dẫn tới phương trình đạo hàm
riêng tuyến tính cấp hai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.6.1. Phương trình truyền nhiệt trong thanh một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 1 2 MỤC LỤC
1.6.2. Sự dao động của dây . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
1.6.3. Sự khuếch tán trong không gian ba chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
1.7. Bài toán Cauchy và tính đặt chỉnh của bài toán. . . . . . . . 43
Chương 2. Phương trình Laplace-Poisson . . . . . . . . . . . . . 45
2.1. Hàm điều hòa. Biểu diễn Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.1.1. Khái niệm hàm điều hòa. Nghiệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.1.2. Biểu diễn Green của hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.1.3. Các tính chất cơ bản của hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.2. Bài toán biên đối với phương trình Laplace, Poisson . . . 54
2.2.1. Các bài toán biên cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.2.2. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.2.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong
hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.2.4. Các định lý về sự hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
2.2.5. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền bị chặn-Phương pháp
Perron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
2.3. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán biên đối với
phương trình Laplace 2 chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.3.1. Giải bài toán biên trong miền chữ nhật . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
2.3.2. Giải bài toán biên trong miền tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Chương 3. Phương trình truyền sóng . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
3.1. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng . . . . . 76
3.1.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 MỤC LỤC 3
3.1.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.2. Bài toán biên ban đầu đối với PT truyền sóng . . . . . . . . . 88
3.2.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.2.2. Sự tồn tại nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
Chương 4. Phương trình truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . 103
4.1. Biểu diễn Green của hàm nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4.1.1. Công thức Green đối với toán tử truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4.1.2. Nghiệm cơ bản của toán tử truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.1.3. Biểu diễn Green của hàm nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.1.4. Các nguyên lý cực trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
4.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt . . . 109
4.2.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
4.2.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
4.3. Bài toán biên ban đầu đối với PT truyền nhiệt . . . . . . . 115
4.3.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán biên ban
đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
4.3.2. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán biên ban đầu trong trường hợp
một chiều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 4 MỤC LỤC Chương 1
Giới thiệu về phương trình đạo hàm riêng
Chương này nhằm giới thiệu cho người học các khái niệm chung về
phương trình đạo hàm riêng như: khái niệm phương trình đạo hàm
riêng, một số cách phân loại; khái niệm nghiệm (cổ điển); một số hiện
tượng dẫn tới phương trình đạo hàm riêng; các bài toán cơ bản đối
với phương trình đạo hàm riêng;...Đặc biệt là việc phân loại phương
trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai; dạng chính tắc; phương pháp
đưa một phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai về dạng chính tắc;... 5 6
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
1.1. Một số kí hiệu chung
1.1.1. Về Không gian Euclide Rn
Kí hiệu Rn là không gian Euclide thực n chiều với tích vô hướng và chuẩn thông thường: q
x.y = x1y1 + x2y2 + · · · + xnyn; |x| = x21 + x22 + · · · + x2n.
Hình cầu (mở) tâm a ∈ Rn, bán kính r là tập hợp:
Br(a) := {x ∈ Rn| |x − a| < r}.
Để ý rằng, nếu ωn là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn thì ta có thể
tích của hình cầu bán kính r là ωnrn. Hơn nữa, diện tích mặt cầu đơn
vị là nωn và do đó diện tích mặt cầu bán kính r sẽ là nωnrn−1.
1.1.2. Không gan các hàm khả vi
Với hàm u = u(x) đủ trơn, ta kí hiệu các đạo hàm riêng và gradient bởi ∂u ∂u ∂u ∂u = ux ; Du = ( , , · · · , ). ∂x j j ∂x1 ∂x2 ∂xn
Để tiện cho việc kí hiệu các đạo hàm riêng cấp cao hơn, ta đưa vào
khái niệm đa chỉ số, đó là bộ n số tự nhiên α = (α1, · · · , αn), αi ∈ N. Với quy ước n X |α| = αi; xα = xα1 1 xα2 2 · · · xαn n ; i=1 ∂|α|u Dαu = . ∂xα1 1 ∂xα2 2 · · · ∂xαn n
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 7
Khi biên ∂Ω trơn thì ta gọi ν là véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị
trên biên của Ω. Chúng ta sẽ sử dụng đạo hàm theo véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị: ∂u := Du.ν. ∂ν
Cho Ω ⊂ Rn là một tập mở, với biên ∂Ω và bao đóng Ω. Kí hiệu
C(Ω) = C0(Ω) là không gian tất cả các hàm liên tục trên Ω;
Ck(Ω), k = 1, 2, ... là không gian tất cả các hàm có các đạo hàm
riêng đến cấp k thuộc C(Ω); o
Nếu A ⊂ Rn là tập không nhất thiết mở, với phần trong A thì o
C(A) = C0(A) là không gian tất cả các hàm thuộc C(A) có thác triển liên tục lên A;
Ck(A), k = 1, 2, · · · là không gian tất cả các hàm có các đạo hàm
riêng đến cấp k thuộc C(A). o
Ta sẽ thường sử dụng chẳng hạn với A = Ω. Khi đó A = Ω.
1.1.3. Một số công thức tích phân cơ bản
Nói chung để giải các phương trình đạo hàm riêng, chúng ta sẽ phải
tích phân các phương trình đó. Ta kí hiệu tích phân bội của hàm u
trên Ω (nếu tồn tại) bởi: Z u(x)dx. Ω
Ngoài ra chúng ta cũng cần tới các tích phân mặt (loại một) trên
biên của Ω. Để tiện cho việc tiếp thu các kiến thức chúng tôi nhắc lại
khái niệm này. Giả sử Σ là một mặt cong n−1 chiều, trơn và có phương 8
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trình tham số x = x(u) với tham số u = (u1, · · · , un−1) ∈ D ⊂ Rn−1.
Khi đó, tại x ∈ Σ có n − 1 véc tơ độc lập tuyến tính tiếp xúc với biên là ∂x ∂x ∂x ∂x = ( 1 ,
2 , · · · , n), j = 1, 2, · · · , n − 1. ∂uj ∂uj ∂uj ∂uj
Do đó tích có hướng của các véc tơ đó là véc tơ pháp tuyến với biên tại x : ~ ∂x ∂x ∂x N = × × · · · × . ∂u1 ∂u2 ∂un−1 Hơn nữa ta có dS = | ~
N |du là vi phân diện tích mặt trên Σ và tích
phân mặt (loại một) trên Σ của một hàm f (nếu tồn tại) được xác
định thông qua tích phân bội n − 1: Z Z f (x)dS := f (x(u))| ~ N |du. Σ D
Lưu ý rằng, nếu Σ = ∂Ω thì véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị trên ∂Ω cho bởi: ~ N ν = ± , | ~ N |
với dấu ± chọn thích hợp tùy theo miền Ω.
Bây giờ giả sử ∂Ω đủ trơn. Cho u, v ∈ C1(Ω) và C1−trường véc tơ
F : Ω → Rn. Ta có một số công thức tích phân quan trọng sau đây: a, Công thức Ostrogradski: Z Z divFdx = F.νdS. (1.1) Ω ∂Ω
b, Công thức tích phân từng phần: Z ∂u Z Z ∂v vdx = uvν u dx. (1.2) ∂x idS − i ∂xi Ω ∂Ω Ω
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 9 Bài tập
Bài 1.1 Cho hàm n biến u(x) = |x|, x =
6 0. Tính các đạo hàm riêng sau: a, ux b, ux . i ixj
Bài 1.2 Trong R2, tìm véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại các điểm
trên biên ∂Ω (nếu có) biết: a, Ω = [0; 1] × [0; 2]; b, Ω = Br(0).
Bài 1.3 Trong R3, tìm véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị tại các điểm
trên biên ∂Ω (nếu có) biết:
a, Ω = [0; 1] × [0; 2] × [0; 3]; b, Ω = Br(0);
c, Ω = D × [0, T ], với D là hình tròn đơn vị, tâm 0 trong R2.
Bài 1.4 Với ξ ∈ Rn cố định, ωn là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn. Đặt  1 2−n  |x − ξ| , nếu n > 2,
Γ(x − ξ) = Γ(|x − ξ|) := n(2−n)ωn 1  ln |x − ξ|, nếu n = 2. 2π Tính a, Dx Γ(x − ξ); i b, Dx Γ(x − ξ); ixj 10
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
c, ∂Γ (x − ξ) trên biên hình cầu Bρ(ξ). ∂ν
Bài 1.5 Sử dụng công thức Ostrogradski (1.1), chứng minh công thức
tích phân từng phần (1.2).
Bài 1.6 Sử dụng công thức tích phân từng phần (1.2), chứng minh
rằng với mọi u, v ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) ta có:
a, Công thức Green thứ nhất: Z Z ∂u Z v∆udx = v dS − Du.Dvdx. (1.3) ∂ν Ω ∂Ω Ω
b, Công thức Green thứ hai: Z Z  ∂u ∂v  [v∆u − u∆v]dx = v − u dS, (1.4) ∂ν ∂ν Ω ∂Ω
trong đó ∆ là toán tử Laplace xác định bởi n X ∂2u ∆u := . ∂x2 i=1 i
1.2. Các khái niệm cơ bản về phương trình đạo hàm riêng
Định nghĩa 1.1. Một phương trình đạo hàm riêng (PTĐHR) là một
phương trình có chứa các đạo hàm riêng của ẩn hàm.
Chẳng hạn, các phương trình sau là các PTĐHR đối với hàm hai
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 11
biến u = u(x, t) hoặc u = u(x, y): ut + cux = 0 (1.5) uxx + uyy = f (x, y) (1.6) α(x, y)u x xx + 2uxy + 3x2uyy = 4e (1.7) uxuxx + (uy)2 = 0 (1.8)
(uxx)2 + uyy + a(x, y)ux + b(x, y)u = 0. (1.9)
Nói chung ta có thể viết một PTĐHR dưới dạng
F (x1, x2, · · · , xn, u, ux , · · · , ux , u , ...) = 0, x ∈ Ω ⊂ Rn (1.10) 1 n x1x1
trong đó x = (x1, · · · , xn) là các biến độc lập, u là ẩn hàm của các biến đó.
Một nghiệm của (1.10) trên Ω là một hàm u xác định, khả vi đến
cấp cần thiết trên Ω và thỏa mãn phương trình đó tại mọi điểm thuộc Ω.
Nói chung một PTĐHR thường có vô hạn nghiệm. Ví dụ, các hàm u(x, t) = ex−ct, u(x, t) = cos(x − ct)
là các nghiệm của (1.5). Hơn nữa, mọi hàm khả vi của x − ct đều là
nghiệm của phương trình đó.
Phương trình đạo hàm riêng thường được phân loại theo các tiêu chí sau:
1, Theo cấp của phương trình (nói chung phương trình có cấp càng cao càng phức tạp) 12
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
2, Theo mức độ phi tuyến, tuyến tính (phương trình tuyến tính nói
chung đơn giản hơn phương trình phi tuyến, mức độ phi tuyến càng cao thì càng phức tạp)
3, Theo sự phụ thuộc vào thời gian (phương trình biến đổi theo
thời gian thì được gọi là phương trình tiến hóa, trái lại thì được gọi
là phương trình dừng). Trong tình huống này người ta thường kí hiệu
biến thời gian là t, các biến còn lại là biến không gian.
Cụ thể hơn ta có các khái niệm sau đây:
Định nghĩa 1.2. Cấp của một PTĐHR là cấp cao nhất của đạo hàm
riêng có mặt trong phương trình.
Chẳng hạn, (1.5) là phương trình cấp 1, còn các phương trình (1.6)-
(1.9) là phương trình cấp hai.
Định nghĩa 1.3. Một PTĐHR là tuyến tính nếu nó có dạng L[u] = f (x), (1.11)
trong đó L[u] là một tổ hợp tuyến tính của u và các đạo hàm riêng
của u với các hệ số là các hàm của biến độc lập x.
Nếu f ≡ 0 thì ta nói phương trình tuyến tính (1.11) là thuần nhất,
trái lại thì ta nói phương trình đó là không thuần nhất.
Chẳng hạn, (1.5)-(1.7) là các phương trình tuyến tính, trong đó
(1.5) là thuần nhất, (1.7) là không thuần nhất.
Định nghĩa 1.4. Một PTĐHR không tuyến tính thì được gọi là phi tuyến.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 13
Nói chung các PTĐHR phức tạp hơn các phương trình vi phân
thường vì với phương trình vi phân thường, để tìm một nghiệm riêng
từ nghiệm tổng quát ta chỉ phải tìm các giá trị của các hằng số tùy ý,
trong khi đó với PTĐHR, việc chọn nghiệm riêng thỏa mãn các điều
kiện bổ sung có khi còn khó hơn cả việc tìm nghiệm tổng quát. Đó là
vì, nghiệm tổng quát của các PTĐHR phụ thuộc vào các hàm tùy ý
(xem ví dụ sau đây) và nó có thể có vô hạn các nghiệm độc lập tuyến tính.
Ví dụ 1.1. Giải PTĐHR tuyến tính cấp hai uξη(ξ, η) = 0. (1.12)
Tích phân phương trình này theo η (giữ ξ cố định) ta có uξ = f (ξ)
(do ξ cố định nên hằng số tích phân có thể phụ thuộc ξ).
Tích phân theo ξ (giữ η cố định) ta nhận được Z u(ξ, η) = f (ξ)dξ + G(η).
Do tích phân ở trên là một hàm của ξ nên nghiệm của (1.12) là u(ξ, η) = F (ξ) + G(η), (1.13)
trong đó F, G là hai hàm khả vi bất kỳ.
Như vậy, để nhận được một nghiệm riêng thỏa mãn một số điều
kiện nào đó ta sẽ phải xác định hai hàm F, G. 14
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng Bài tập
Bài 1.7 Hãy cho biết cấp của các PTĐHR sau đây: a. uxx + uyy = 0
b. uxxx + uxy + a(x)uy + ln u = f(x, y) c. u 2 xxx + uxyyy + a(x)uxxy + u = f (x, y) d. uuxx + u2yy + eu = 0 e. ux + cuy = d.
Bài 1.8 Chứng minh rằng u(x, t) = cos(x − ct) là một nghiệm của phương trình ut + cux = 0.
Bài 1.9 Trong các phương trình sau đây, phương trình nào là tuyến
tính? phi tuyến? Trong trường hợp tuyến tính thì nó có thuần nhất hay không? a. uxx + uyy − 2u = x2 f. ux(1 + uy) = uxx b. uxy = u g. (sin ux)ux + uy = ex c. uux + xuy = 0
h. 2uxx − 4uxy + 2uyy + 3u = 0 d. u2x + ln u = 2xy i. ux + uxuy − uxy = 0 e. uxx − 2uxy + uyy = cos x.
Bài 1.10 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình uxy + uy = 0.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 15 Gợi ý: Đặt v = uy.
Bài 1.11 Chứng minh rằng với hai hàm F, G khả đến cấp hai bất kì trên R ta có y u = F (xy) + xG( ) x
là nghiệm của phương trình x2uxx − y2uyy = 0.
1.3. Phân loại phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai
Trong học phần này, chúng ta sẽ chỉ nghiên cứu về phương trình đạo
hàm riêng tuyến tính cấp hai. Loại phương trình này xuất hiện trong
nhiều mô hình thực tế (xem Mục 1.5 sau đây). Chúng ta sẽ nghiên
cứu ba lớp đặc biệt của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp
hai là: phương trình elliptic, hyperbolic và parabolic thông qua các đại
diện của chúng là phương trình Laplace, phương trình truyền sóng và
phương trình truyền nhiệt.
Xét phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai tổng quát sau
đối với hàm u(x) = u(x1, x2, · · · , xn): n n X X aij(x)ux + b )u + c( )u = d( ), x ∈ Ω, (1.14) ixj j (x x x x j i,j=1 j=1
trong đó các hệ số aij = aij(x), bj = bj(x), c = c(x), d = d(x) là các
hàm liên tục đã cho trên Ω, aij = aji và các aij không đồng thời bằng không. 16
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Việc phân loại phương trình (1.14) chỉ phụ thuộc vào các hệ số aij
của các đạo hàm riêng cấp hai và được định nghĩa tại từng điểm như sau. Gọi A(x) = [aij(x)]
là ma trận vuông cấp n các hệ số của các đạo hàm riêng cấp hai. Tại
mỗi x ∈ Ω cố định, A(x) là một ma trận thực, đối xứng nên A(x) có
đúng n giá trị riêng thực. Ta nói:
+) phương trình (1.14) thuộc loại elliptic tại x nếu A(x) có n giá trị riêng cùng dấu;
+) phương trình (1.14) thuộc loại hyperbolic tại x nếu A(x) có 1
giá trị riêng trái dấu với n − 1 giá trị riêng còn lại;
+) phương trình (1.14) thuộc loại parabolic tại x nếu A(x) có 1 giá
trị riêng bằng 0 còn n − 1 giá trị riêng còn lại cùng dấu;
+) phương trình (1.14) thuộc loại elliptic (hyperbolic, parabolic)
trên miền Ω nếu nó thuộc loại đó tại mọi điểm x ∈ Ω.
Ví dụ 1.2. a, Phương trình Laplace n X ∆u := ux = 0, x ∈ Rn ixi i=1
là phương trình elliptic trên Rn;
b, Phương trình truyền nhiệt
ut − ∆u = 0, (x, t) ∈ Rn+1
là phương trình parabolic trên Rn+1;
c, Phương trình truyền sóng
utt − ∆u = 0, (x, t) ∈ Rn+1
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 17
là phương trình hyperbolic trên Rn+1; d, Phương trình x1ux + ux + u = 0, x = (x 1x1 2x2 x2 1, x2) ∈ R2
thuộc loại elliptic trên miền x1 > 0, thuộc loại hyperbolic trên miền
x1 < 0 và thuộc loại parabolic trên đường thẳng x1 = 0.
Đặc biệt, trong trường hợp hai biến độc lập, phương trình (1.14) có dạng
a(x, y)uxx+2b(x, y)uxy+c(x, y)uyy+d(x, y, u, ux, uy) = 0, (x, y) ∈ R2, (1.15)
trong đó các hệ số a, b, c là các hàm liên tục của hai biến (x, y) đã cho,
a, b, c không đồng thời bằng không. Khi đó tại mỗi (x, y) ma trận các
hệ số của các đạo hàm riêng cấp hai là ! a b A = b c
có các giá trị riêng là nghiệm của phương trình bậc hai
det(A − λI) = λ2 − (a + c)λ + ac − b2 = 0. (1.16)
Dễ dàng kiểm tra được phương trình này có hai nghiệm thực và dấu
của các giá trị riêng có thể kết luận được nhờ định lý Viet thông qua dấu của ∆ = b2 − ac. Cụ thể
+) Nếu ∆ < 0 thì (1.16) có hai nghiệm cùng dấu nên (1.15) thuộc loại elliptic; 18
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
+) Nếu ∆ > 0 thì (1.16) có hai nghiệm trái dấu nên (1.15) thuộc loại hyperbolic;
+) Nếu ∆ = 0 thì (1.16) có một nghiệm bằng không và một nghiệm
khác không nên (1.15) thuộc loại parabolic.
Sử dụng dấu hiệu này, ta có thể dễ dàng kiểm chứng lại Ví dụ 1.2 phần d. Bài tập
Bài 1.12 Phân loại các phương trình sau:
1. uxx + 2yuxy + xuyy − ux + u = 0 2. 2xyuxy + xuy + yux = 0
3. uxx + 4uxy + uyy + ux + uy + 2u − x2y = 0
4. y2m+1uxx + uyy − ux = 0, m− là số nguyên không âm.
Bài 1.13 Tìm miền elliptic, hyperbolic và parabolic của phương trình sau theo tham số λ :
(λ + x)uxx + 2xyuxy − y2uyy = 0.
Bài 1.14 Phân loại các phương trình sau:
1. uxx + 2uyy + 6uzz + 2uxy − 2uxz = 0
2. 2uxx + 2uyy − 15uzz + 8uxy − 12uyz − 12uxz = 0
3. 3uxx + 2uyy + 3uzz + 2uxz = 0.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 19
4. 3uxx + 4uyy + 5uzz + 4uxy − 8uxz − 4uyz − u + yz2sinx = 0. 5. uxy + uxz + uxt + uzt = 0
6. uxx + 2uxy − 2uxz − 4uyz + 2uyt + 2uzz = 0
1.4. Dạng chính tắc của phương trình elliptic, hy- perbolic và parabolic
1.4.1. Dạng chính tắc tại từng điểm
Xét phương trình đạo hàm riêng đối với hàm u(x) = u(x1, x2, · · · , xn): n
X aij(x)ux + f(x, u, u , · · · , u ) = 0, x ∈ Ω, (1.17) ixj x1 xn i,j=1
trong đó các hệ số aij là các hàm liên tục đã cho trên Ω, aij = aji và
các aij không đồng thời bằng không.
Trước hết chúng ta xét tác động của phép đổi biến đối với (1.17).
Giả sử ξ = ξ(x) là một phép đổi biến thuộc lớp C2 và không suy biến, tức là Jacobian
D(ξ1, ξ2, · · · , ξn) 6= 0. D(x1, x2, · · · , xn) Khi đó ta có n X ∂ξ u r x = u ; j ξr ∂xj r=1 n n X ∂ξ ∂ξ X ∂2ξ u r s r x = u + u . ixj ξrξs ∂x ξr j ∂xi ∂xi∂xj r,s=1 r=1 20
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Thay các đạo hàm này vào (1.17) ta nhận được phương trình n X ˜arsuξ + g(ξ , · · · ) = 0, (1.18) r ξs 1, · · · , ξn, u, uξ , u 1 ξn r,s=1 trong đó n X ∂ξ ∂ξ ˜ a r s r,s = aij = ˜ a ∂x s,r. (1.19) j ∂xi ij=1 Nếu ta kí hiệu ˜ A(ξ) = [˜ ars(ξ)]; A(x) = [aij(x)]; ∂ξ J(x) = [b l kl(x)], với bkl = ∂xk
thì (1.19) có thể viết dưới dạng ˜ A(ξ) = J(x)tA(x)J(x). (1.20) Chứng tỏ ˜
A(ξ) và A(x) là hai ma trận đồng dạng hay chúng có cùng
chỉ số quán tính. Vậy nếu (1.17) thuộc loại elliptic (hay parabolic,
hyperbolic) tại điểm x0 thì (1.18) cũng thuộc loại elliptic (tương ứng:
parabolic, hyperbolic) tại điểm ξ0 = ξ(x0).
Cố định x = x0, ta có A(x0) là một ma trận hằng. Khi đó, tồn tại
một ma trận T = [αkl] sao cho ma trận T tA(x0)T có dạng   λ1 0 · · · 0 0  0 λ   2 0   ..   . ... ...     ..   0 . 0    0 · · · 0 λn
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 21
trong đó λi ∈ {1, −1, 0}, i = 1, 2, · · · , n.
Giả sử đã biết ma trận T. Lúc đó nếu ta thực hiện phép đổi biến tuyến tính n X ξk = αikxi, k = 1, 2, · · · , n i=1 thì ta sẽ có  ∂ξ  J = k = [α ∂x ki] = T i do đó ˜
A(ξ0) có dạng đường chéo như trên và phương trình (1.18) lúc
đó được gọi là dạng chính tắc của phương trình (1.17) tại điểm x0.
Nói chung trong trường hợp n > 2 chúng ta không tìm được phép
đổi biến để đưa (1.17) về dạng chính tắc trong một miền nên ma trận
các hệ số của các đạo hàm cấp hai chỉ có dạng đường chéo như trên
tại điểm ξ0. Đặc biệt trong trường hợp aij không phụ thuộc x thì ma
trận các hệ số của các đạo hàm cấp hai có dạng đường chéo như trên
tại mọi điểm nên (bằng cách đổi lại thứ tự biến nếu cần) ta có:
+Nếu (1.17) thuộc loại elliptic thì dạng chính tắc của nó là: n X uξ + g(ξ , · · · ) = 0; iξi 1, · · · , ξn, u, uξ , u 1 ξn i=1
+Nếu (1.17) thuộc loại parabolic thì dạng chính tắc của nó là: n−1 X uξ + g(ξ , · · · ) = 0; iξi 1, · · · , ξn, u, uξ , u 1 ξn i=1
+Nếu (1.17) thuộc loại hyperbolic thì dạng chính tắc của nó là: n−1 X uξ − u + g(ξ , · · · ) = 0 nξn ξiξi 1, · · · , ξn, u, uξ , uξ . 1 n i=1 22
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
1.4.2. Đưa phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai
của hàm hai biến về dạng chính tắc trên một miền
Riêng trong trường hợp hai biến, chúng ta có thể đưa được phương
trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai về dạng chính tắc trong miền
mà dạng của phương trình đó không đổi. Thật vậy, xét phương trình:
a(x, y)uxx + 2b(x, y)uxy + c(x, y)uyy + d(x, y, u, ux, uy) = 0. (1.21)
Để biến đổi PTĐHR về dạng chính tắc, trước hết chúng ta chỉ ra
ảnh hưởng của một phép đổi biến đối với PTĐHR (1.21). Giả sử ξ, η
là hai hàm khả vi liên tục đến cấp hai của x, y : ξ = ξ(x, y), η = η(x, y).
Giả thiết Jacobian của phép đổi biến   ξ  J = x ηx   6= 0. ξ  y η  y 
Sử dụng quy tắc đạo hàm hàm hợp ta tính được ux = uξξx + uηηx; uy = uξξy + uηηy;
uxy = uξξξxξy + uξη(ξxηy + ξyηx) + uηηηxηy + uξξxy + uηηxy;
uxx = uξξξ2x + 2uξηξxηx + uηηη2x + uξξxx + uηηxx;
uyy = uξξξ2y + 2uξηξyηy + uηηη2y + uξξyy + uηηyy.
Thay các đạo hàm này vào (1.21) ta nhận được phương trình a∗u ∗
ξξ + 2b∗uξη + c∗uηη + d (ξ, η, u, uξ , uη) = 0, (1.22)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 23
trong đó các hệ số là các hàm của ξ, η và
a∗ = aξ2x + 2bξxξy + cξ2y;
b∗ = aξxηx + b(ξxηy + ξyηx) + cξyηy;
c∗ = aη2x + 2bηxηy + cη2y; Hơn nữa ta có
∆∗ = (b∗)2 − a∗c∗ = J2∆.
Từ các công thức xác định hệ số trên đây, chúng ta đi tìm phép đổi
biến ξ = ξ(x, y), η = η(x, y) sao cho một số trong các hệ số a∗, b∗, c∗ trong (1.22) bằng không.
Chú ý rằng a∗, c∗ có dạng tương tự nhau và có thể viết chung bởi aζ2 (1.23) x + 2bζxζy + cζ 2 y
trong đó ζ thay cho ξ hoặc η. Giả sử chúng ta muốn chọn ξ, η sao cho
a∗ = c∗ = 0. Tất nhiên là điều này chỉ có thể xảy ra khi phương trình
là hyperbolic vì khi đó ∆∗ = (b∗)2 > 0.
a, Trường hợp phương trình hyperbolic trong một miền
Để làm điều đó, chúng ta chọn ζ thỏa mãn (1.23). Khi đó, chia hai
vế cho ζ2 thì phương trình trên trở thành y  ζ 2  ζ  a x + 2b x + c = 0. (1.24) ζy ζy Dọc theo đường cong ζ(x, y) = const, ta có dζ = ζxdx + ζydy = 0. 24
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng Do vậy, ζx dy = − ζy dx
và phương trình (1.24) trở thành  dy 2  dy  a − 2b + c = 0. (1.25) dx dx
Phương trình bậc hai đối với dy này có hai nghiệm dx √ dy b ± ∆ = . dx a
do biệt thức ∆ = b2 − ac > 0 (vì phương trình là hyperbolic).
Các phương trình này được gọi là các phương trình vi phân đặc
trưng, chúng là các phương trình vi phân thường xác định các đường
cong trong mặt phẳng (x, y), dọc theo các đường cong đó hàm ζ =
const. Các nghiệm của chúng được gọi là các đường cong đặc trưng.
Tích phân các phương trình đặc trưng ta có hai đường cong đặc trưng
phân biệt. Chọn một đường cong là ξ(x, y), đường cong còn lại là
η(x, y.) Cụ thể, tích phân các PTVP thường ta có Φ1(x, y) = C1 Φ2(x, y) = C2. Do vậy, phép đổi biến ξ = Φ1(x, y) η = Φ2(x, y)
sẽ dẫn đến a∗ = c∗ = 0 và phương trình (1.22) lúc này là 2b∗uξη = −d∗.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 25 Chia hai vế cho 2b∗ ta có d∗ uξη = − . (1.26) 2b∗
Phương trình này được gọi là dạng chính tắc thứ nhất của các PTĐHR hyperbolic.
Đôi khi để nhận được dạng chính tắc khác của các PTĐHR hyper-
bolic ta sử dụng phép đổi biến α = ξ + η β = ξ − η.
ta sẽ đưa (1.26) về dạng
uαα − uββ = d∗∗(α, β, u, uα, uβ). (1.27)
Phương trình này được gọi là dạng chính tắc thứ hai của phương trình hyperbolic. Ví dụ 1.3. Phương trình
y2uxx − x2uyy = 0 với x > 0, y > 0
có a = y2, b = 0, c = −x2, ∆ = x2y2 > 0 trên miền đang xét. Phương trình đặc trưng dy 0 ± px2y2 x = = ± . dx y2 y
Đây là các phương trình vi phân thường tách biến và có nghiệm tương ứng cho bởi 1 1 y2 − x2 = c 2 2 1 1 1 y2 + x2 = c 2 2 2. 26
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Nghiệm thứ nhất là họ các hyperbol, còn nghiệm thứ hai là họ các đường tròn.
Thực hiện phép đổi biến 1 1 ξ = y2 − x2 2 2 1 1 η = y2 + x2 2 2
ta dẫn tới phương trình:
4(ξ2 − η2)uξη − 2ηuξ + 2ξuη = 0 hay η ξ uξη = u u
2(ξ2 − η2) ξ − 2(ξ2 − η2) η.
Đây là dạng chính tắc thứ nhất của phương trình nêu trên.
b, Trường hợp phương trình thuộc loại parabolic trong một miền
Trong trường hợp này ta có ∆∗ = b2 − ac = 0 nên (ta có thể giả thiết a ≥ 0, c ≥ 0) √ √ b = ± a c.
Lúc này ta chỉ có một đường cong đặc trưng là nghiệm của phương trình: dy b = . (1.28) dx a
Gọi tích phân tổng quát của (1.28) là Φ1(x, y) = C và thực hiện đổi biến ξ = Φ1(x, y). Khi đó ta sẽ có a∗ = 0.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 27 Mà
0 = a∗ = aξ2x + 2bξxξy + cξ2y √ √ = aξ2x + 2 a cξxξy + cξ2y √ √ = ( aξx + cξy)2.
Do đó với mọi cách chọn η(x, y) ta đều có
b∗ = aξxηx + b(ξxηy + ξyηx) + cξyηy √ √ √ √
= ( aξx + aξy)( aηx + cηy) = 0.
Vì thế để nhận được dạng chính tắc, chúng ta chỉ việc chọn η(x, y)
sao cho Jacobian của phép đổi biến khác không là được. Khi đó ta có c∗u ∗ ηη = −d ,
và chia cho c∗ (không thể bằng không) ta có dạng chính tắc của phương trình parabolic d∗ uηη = − . (1.29) c∗
Nếu ta chọn η = Φ1(x, y) thì ta sẽ có c∗ = 0 và ta cũng có b∗ = 0
và dạng chính tắc trong trường hợp này là: d∗ uξξ = − . (1.30) a∗ Ví dụ 1.4. Phương trình x2u x xx − 2xyuxy + y2uyy = e
có A = x2, B = −xy, C = y2, ∆ = 0 nên đó là phương trình parabolic
trên toàn mặt phẳng. Phương trình đặc trưng (1.25) cho ta dy y = − . dx x 28
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Đây là các phương trình vi phân thường tách biến và có nghiệm cho bởi ln x + ln y = C.
Thực hiện phép đổi biến ξ = ln x + ln y, η = x
(chú ý là η có thể chọn tùy ý sao cho Jacobian của phép đổi biến khác
không là được) ta nhận được phương trình kết quả là 2u u ξ + ex ηη = . x2
Thay biến x = η ta có dạng chính tắc của phương trình đã cho: 2 1 uηη = u eη. η2 ξ + η2
Lưu ý rằng, nếu ta chọn hàm η khác thì vế phải của phương trình
chính tắc trên đây cũng thay đổi theo.
c, Trường hợp phương trình thuộc loại elliptic trong một miền
Đối với phương trình elliptic thì ∆ < 0 nên phương trình đặc trưng
(1.25) không có nghiệm thực. Giả sử phương trình đó có hai nghiệm phức √ dy b ± i −∆ = . dx a
và tích phân hai phương trình này ta nhận được tích phân tổng quát Φ1(x, y) ± iΦ2(x, y) = C.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 29
Khi đó ta có thể chứng minh được rằng (xem [1, 2]), với phép đổi
biến ξ = Φ1(x, y), η = Φ2(x, y) ta sẽ nhận được dạng chính tắc của phương trình elliptic là:
uξξ + uηη = d∗(ξ, η, u, uξ, uη). (1.31) Ví dụ 1.5. Phương trình exuxx + eyuyy = u
có a = ex, b = 0, c = ey, ∆ = −exey < 0, ∀x, y nên đó là phương
trình elliptic trên toàn mặt phẳng. Phương trình đặc trưng √ dy 0 ± −exey r ey = = ±i . dx ex ex
Đây là các phương trình vi phân thường tách biến và có nghiệm cho bởi −2e−y/2 ± 2ie−x/2 = C.
Do đó thực hiện đổi biến ξ = −2e−y/2, η = −2e−x/2.
ta nhận được phương trình chính tắc 1 1 uξξ + uηη = − u u ξ ξ − η η + u. Bài tập
Bài 1.15 Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc:
a. 4uxx + 5uxy + uyy + ux + uy = 2 30
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng b. uxx + uxy + uyy + ux = 0 c. 3uxx + 10uxy + 3uyy = x + 1
d. uxx + 2uxy + 3uyy + 4ux + 5uy + u = ex
e. 2uxx − 4uxy + 2uyy + 3u = 0
f. uxx + 5uxy + 4uyy + 7uy = sin x.
Bài 1.16 Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc: a. xuxx + uyy = x2
b.uxx + uxy − xuyy = 0 (x ≤ 0, ∀y)
c. x2uxx + 2xyuxy + y2uyy + xyux + y2uy = 0 d. uxx + xuyy = 0 e. uxx + y2uyy = y
f. sin2 xuxx + sin 2xuxy + cos2 xuyy = x.
Bài 1.17 Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc
1. uxx + 2uyy + 6uzz + 2uxy − 2uxz = 0
2. 2uxx + 2uyy − 15uzz + 8uxy − 12uyz − 12uxz = 0
3. 3uxx + 2uyy + 3uzz + 2uxz = 0.
4. 3uxx + 4uyy + 5uzz + 4uxy − 8uxz − 4uyz − u + yz2sinx = 0. 5. uxy + uxz + uxt + uzt = 0
6. uxx + 2uxy − 2uxz − 4uyz + 2uyt + 2uzz = 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 31 1.5. Nghiệm tổng quát
Trong mục này chúng ta sẽ đề cập tới một ứng dụng của dạng chính
tắc trong việc tìm nghiệm tổng quát của một số phương trình đạo hàm
riêng tuyến tính cấp hai thông qua các ví dụ sau:
Ví dụ 1.6. Cho phương trình x2uxx + 2xyuxy + y2uyy = 0.
Các bạn có thể tự chứng minh được rằng phép đổi biến y ξ = , η = y x
sẽ đưa phương trình trên về dạng chính tắc uηη = 0, với y 6= 0.
Giải phương trình này bằng cách tích phân theo η hai lần (ξ cố định) ta có u(ξ, η) = ηF (ξ) + G(ξ).
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: y y u(x, y) = yF ( ) + G( ). x x
Ví dụ 1.7. Xét phương trình
4uxx + 5uxy + uyy + ux + uy = 2. Phép đổi biến x ξ = y − x, η = y − 4 32
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
sẽ đưa phương trình trên về dạng chính tắc 1 8 uξη = u . (1.32) 3 η − 9
Đặt v = uη thì (1.32) có thể viết dưới dạng 1 8 vξ = v − 3 9
là một phương trình vi phân tuyến tính cấp một (giả thiết η cố định).
Giải phương trình này ta có 8 v = + eξ/3φ(η). 3
Bây giờ tích phân theo η ta nhận được 8
u(ξ, η) = η + G(η)eξ/3 + F (ξ). 3
và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là: 8  x  x  u(x, y) = y − + G y − e(y−x)/3 + F (y − x). 3 4 4
Chú ý: Khác với phương trình vi phân thường cấp 2, nghiệm tổng
quát của phương trình đạo hàm riêng cấp 2 phụ thuộc vào hai hàm số tùy ý. Bài tập
Bài 1.18 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau: a. uxx − 1 u c2 yy = 0, c là hằng số b. uxx − 3uxy + 2uyy = 0 c. uxx + uxy = 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 33 d. uxx + 10uxy + 9uyy = y.
Bài 1.19 Biến đổi các phương trình sau về dạng Uξη = cU
nhờ phép đổi biến và đổi ẩn hàm U = ue−(αξ+βη),
trong đó α, β cần được xác định cụ thể:
a. uxx − uyy + 3ux − 2uy + u = 0
b. 3uxx + 7uxy + 2uyy + uy + u = 0.
Bài 1.20 Chứng minh rằng phương trình b2 uxx = aut + bux − u + d, với a, b, d − const 4 là phương trình parabolic.
Chứng tỏ rằng, phép thế b u(x, t) = v(x, t)e x 2
sẽ biến đổi phương trình trên thành v − b x xx = avt + de 2 . 34
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
1.6. Một số hiện tượng tự nhiên dẫn tới phương
trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai
1.6.1. Phương trình truyền nhiệt trong thanh một chiều
Trong tài liệu này, năng lượng nhiệt (the heat energy or the thermal
energy) sẽ được gọi tắt là nhiệt năng. Xét một thanh một chiều, có
tiết diện ngang không đổi A và có chiều dài L (xem Hình 1) được
định hướng theo trục x. Gọi e(x, t) là mật độ nhiệt năng (the thermal
density-nhiệt năng trên một đơn vị thể tích). Giả thiết mặt xung
quanh của thanh được cách nhiệt hoàn toàn. Khi đó không có nhiệt
năng thoát ra khỏi thanh qua mặt xung quanh. Nhiệt năng có thể phụ
thuộc vào x và t nếu thanh không được nung nóng đều. Xét một lát
cắt mỏng với độ dày ∆x giữa x và x + ∆x.
Nếu lát cắt đủ mỏng thì tổng nhiệt năng trong lát cắt bằng tích
của mật độ nhiệt năng và thể tích, tức là e(x, t)A∆x. (1.33)
Tốc độ thay đổi nhiệt năng cho bởi ∂ [e(x, t)A∆x]. (1.34) ∂t
Theo luật bảo toàn nhiệt năng, tốc độ thay đổi này trên một đơn vị
thời gian phải bằng tổng của lượng nhiệt năng sinh ra bên trong trên
một đơn vị thời gian với lượng nhiệt năng truyền ra ngoài thanh qua
hai đầu thanh (ta sẽ gọi là biên) trên một đơn vị thời gian. Gọi ϕ(x, t)
là thông lượng nhiệt (heat flux - lượng nhiệt năng trên một đơn vị
thời gian truyền sang phải trên một đơn vị diện tích), S(x, t) là lượng
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 35
nhiệt năng trên một đơn vị thể tích sinh ra trên một đơn vị thời gian.
Khi đó, luật bảo toàn nhiệt năng được mô tả bởi:
∂ [e(x, t)A∆x] = ϕ(x, t)A − ϕ(x + ∆x,t)A + S(x,t)A∆x. (1.35) ∂t
Phương trình này chỉ là một mô tả gần đúng, nhưng nó sẽ chính xác
khi chuyển qua giới hạn khi độ dày của lát cắt ∆x → 0. Chia hai vế
cho A∆x rồi cho ∆x → 0, ta nhận được: ∂ ∂ e(x, t) = − ϕ(x, t) + S(x, t). (1.36) ∂t ∂x
Bây giờ, ta viết lại phương trình này thông qua nhiệt độ (the tem-
perature) u(x, t). Mật độ nhiệt năng e(x, t) được cho bởi: e(x, t) = c(x)ρ(x)u(x, t), (1.37)
trong đó c(x) là nhiệt dung riêng (the specific heat - nhiệt năng cần
phải cung cấp để một đơn vị khối lượng tăng nhiệt độ của nó lên một
độ) và ρ(x) là mật độ khối (the mass density). Thông lượng nhiệt có
liên hệ với nhiệt độ thông qua định luật Fourier: ∂ ϕ(x, t) = −K u(x, t), (1.38) ∂x
trong đó K là hệ số dẫn nhiệt (the thermal conductivity). Thế (1.37)- (1.38) vào (1.36) ta có ∂u ∂  ∂u  c(x)ρ(x) = K u + S. (1.39) ∂t ∂x ∂x
Đặc biệt, khi c, ρ, K là các hằng số ta nhận được ut = kuxx + Q, (1.40) 36
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng trong đó K k = (1.41) cρ và S Q = . (1.42) cρ
Trong quá trình giải các phương trình trên, chúng ta sẽ thường
phải xác định thêm hai điều kiện biên và một điều kiện ban đầu. Điều
kiện ban đầu là phân bố nhiệt tại thời điểm t = 0, tức là u(x, 0) = f (x).
Các điều kiện biên có thể thuộc một trong các loại sau đây:
1. Biết nhiệt độ trên biên (điều kiện biên Dirichlet) u(0, t) = p(t) hoặc u(L, t) = q(t).
2. Biên cách nhiệt (điều kiện biên Neumann) ∂ u(x,t) = 0 ∂ν
trong đó ∂ là đạo hàm theo hướng pháp tuyến ngoài đơn vị. Cụ ∂ν thể, tại x = 0, ∂ ∂ = − ∂ν ∂x còn tại x = L thì ∂ ∂ = ∂ν ∂x
(xem Hình 2). Điều kiện này có nghĩa là không có nhiệt độ truyền ra ngoài thanh qua biên.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 37
3. Biên có sự đối lưu nhiệt
Khi một đầu của thanh (chẳng hạn đầu x = 0) được tiếp xúc
tại biên với một dòng chất lỏng hoặc khí chuyển động thì sẽ có
sự trao đổi nhiệt. Sự trao đổi này được xác định bởi định luật
đối lưu nhiệt Newton (Newton’s law of cooling) ∂ −K(0)
u(0, t) = −H{u(0, t) − v(t)} ∂x
trong đó H là hệ số đối lưu nhiệt (the heat transfer/convection
coefficient) còn v(t) là nhiệt độ của môi trường xung quanh.
Ta có thể phải giải phương trình cùng với một số các điều kiện
biên như vậy. Chẳng hạn, một đầu cách nhiệt và đầu còn lại tiếp
xúc với chất lỏng làm mát.
4. Điều kiện biên tuần hoàn
Trong trường hợp mô tả sự truyền nhiệt trong một vòng tròn
(xem Hình 3). Nếu hai đầu thanh gắn chặt với nhau thì nhiệt
độ và thông lượng nhiệt tại hai đầu bằng nhau, tức là u(0, t) = u(L, t), ux(0, t) = ux(L, t). Bài tập
Bài 1.21 Giả sử nhiệt độ ban đầu của một thanh cho bởi  2x, nếu 0 ≤ x ≤ 1/2 u(x, 0) = 2(1 − x), nếu 1/2 ≤ x ≤ 1
và các điều kiện biên là u(0, t) = u(1, t) = 0. 38
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Hãy cho biết nhiệt độ của thanh như thế nào tại thời điểm sau đó.
Bài 1.22 Giả sử thanh có nguồn nhiệt bên trong không đổi. Khi đó
phương trình mô tả sự dẫn nhiệt là: ut = kuxx + Q, 0 < x < 1.
Giả thiết ta cố định nhiệt độ tại hai đầu thanh u(0, t) = 0, u(L, t) = 1.
Hỏi nhiệt độ trong thanh khi ổn định sẽ như thế nào? (Gợi ý: Khi đó u 00
t = 0 nên ta có phương trình vi phân thường ku (x) + Q = 0)
Bài 1.23 Dẫn ra phương trình mô tả sự dẫn nhiệt trong một thanh
có hệ số dẫn nhiệt K(x).
Bài 1.24 Biến đổi phương trình ut = k(uxx + uyy)
sang hệ tọa độ cực (ρ = px2 + y2, tan φ = y/x) và đặc biệt hóa
phương trình kết quả trong trường hợp hàm không phụ thuộc vào θ.
Bài 1.25 Xác định nhiệt độ ở trạng thái dừng trong thanh một chiều
với các hệ số nhiệt (c, ρ, K) không đổi và a. Q = 0, u(0) = 1, u(L) = 0 b. Q = 0, ux(0) = 0, u(L) = 1 c. Q = 0, u(0) = 1, ux(L) = ϕ d. Q = x2, u(0) = 1, u k x(L) = 0 e. Q = 0, u(0) = 1, ux(L) + u(L) = 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 39
1.6.2. Sự dao động của dây
Giả sử ta có một sợi dây nhỏ, căng, với chiều dài L. Giả thiết hai
đầu của sợi dây được buộc theo một cách nào đó (xem mục các điều
kiện biên). Chúng ta sẽ mô tả chuyển động của dây sau khi đã làm
nhiễu nó khỏi vị trí cân bằng tại thời điểm t = 0, (xem Hình 4).
Giả thiết độ cong của dây nhỏ nên ta có thể bỏ qua độ lệch ngang.
Xét một đoạn nhỏ của dây giữa x và x+∆x. Các lực tác động lên đoạn
dây này gồm có lực căng (dọc theo dây) và trọng lực (theo phương
thẳng đứng). Gọi T (x, t) là lực căng tại điểm x và tại thời điểm t. Nếu
sợi dây dễ uốn thì lực căng có phương tiếp xúc với sợi dây (xem Hình 5).
Hệ số góc của sợi dây được cho bởi u(x + ∆x, t) − u(x, t) ∂u tan θ(x, t) = lim = (x, t). (1.43) ∆x→0 ∆x ∂x
Tổng hợp các lực tác động tại điểm (x, t) theo phương thẳng đứng là:
T (x + ∆x, t) sin θ(x + ∆x, t) − T (x, t) sin θ(x, t) + ρ0(x)∆xQ(x, t), (1.44)
trong đó Q(x, t) là thành phần thẳng đứng của ngoại lực trên một đơn
vị khối lượng, còn ρ0(x) là mật độ khối.
Mặt khác, theo định luật Newton, ∂2u F = ma = ρ0(x)∆x . (1.45) ∂t2 Do vậy ∂ ρ0(x)utt =
[T (x, t) sin θ(x, t)] + ρ0(x)Q(x, t). (1.46) ∂x 40
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng Với các góc θ nhỏ thì: sin θ ≈ tan θ. (1.47)
Kết hợp (1.43) và (1.47) với (1.46) ta nhận được
ρ0(x)utt = (T (x, t)ux)x + ρ0(x)Q(x, t). (1.48)
Đối với dây đàn hồi tuyệt đối thì T (x, t) ≈ T0. Nếu ngoại lực là trọng lực thì Q(x, t) = −g. (1.49)
Khi đó phương trình trở thành utt = c2uxx − g (1.50)
trong đó c2 = T0/ρ0(x). Trong nhiều tình huống tác động của trọng
lực có thể coi là không đáng kể so với lực căng. Khi đó ta có utt = c2uxx. (1.51)
Nếu một đầu mút của dây cố định thì độ lệch tại đó bằng không, nên ta có điều kiện u(0, t) = 0 (1.52) hoặc u(L, t) = 0. (1.53)
Chúng ta cũng có thể cho một đầu mút chuyển động theo một quy
luật đã biết nào đó, chẳng hạn u(0, t) = b(t). (1.54)
Một điều kiện thường gặp khác là khi một đầu của sợi dây được
gắn với một hệ động lực nào đó, chẳng hạn đầu x = 0: ∂u(0, t) T0 = k[u(0, t) − uE(t)]. (1.55) ∂x
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 41
Điều kiện này thường được gọi là điều kiện biên đàn hồi. Nếu uE(t) =
0, tức là vị trí cân bằng của hệ động lực trùng với vị trí cân bằng của
dây, thì điều kiện biên là thuần nhất.
Một trường hợp đặc biệt của điều kiện này là điều kiện biên tự do: ∂u = 0. (1.56) ∂x
Vì phương trình đạo hàm riêng là cấp hai đối với biến thời gian t nên
ta cần có hai điều kiện ban đầu. Thông thường thì các điều kiện đó là u(x, 0) = f (x) ut(x, 0) = g(x),
tức là cho biết độ lệch và vận tốc ban đầu của sợi dây.
1.6.3. Sự khuếch tán trong không gian ba chiều
Bài toán khuếch tán dẫn tới một phương trình đạo hàm riêng tương
tự như phương trình dẫn nhiệt. Để phân biệt đại lượng vô hướng và
đại lượng véc tơ, riêng trong mục này chúng ta sẽ dùng kí hiệu có mũi
tên phía trên để chỉ một véc tơ. Giả sử C(x, y, z, t) là nồng độ của
một chất (khối lượng của chất đó trên một đơn vị thể tích) đang tan
ra trong chất lỏng hoặc chất khí, chẳng hạn chất ô nhiễm trong một
cái hồ. Khối lượng chất ô nhiễm trong miền Ω với biên Σ cho bởi Z C(x, y, z, t)dV. (1.57) Ω
Theo định luật bảo toàn khối lượng, tốc độ thay đổi khối lượng trong
Ω theo thời gian bằng hiệu của tốc độ của dòng khối lượng đi vào Ω
và tốc độ của dòng khối lượng đi ra khỏi Ω, cộng với tốc độ khối lượng 42
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
chất đó sinh ra do một nguồn trong Ω. Ở đây, ta giả thiết không có nguồn trong Ω. Gọi − →
q là véc tơ thông lượng khối lượng, khi đó − → q .− → ν
là khối lượng trên một đơn vị diện tích, trên một đơn vị thời gian đi
qua biên Σ của Ω theo hướng véc tơ pháp tuyến ngoài đơn vị − → ν . Vậy
định luật bảo toàn khối lượng là: d Z Z ∂C Z CdV = dV = − − → q .− → ν dS. (1.58) dt Ω Ω ∂t Σ Theo định lý Ostrogradski, Z Z − → q .− → ν dS = div− → q dV. (1.59) Σ Ω Do vậy ta có ∂C = −div−→q. (1.60) ∂t
Theo định luật Fick về khuếch tán, liên hệ giữa véc tơ thông lượng − → q và nồng độ C cho bởi − → −−→ q = −HgradC + C− → v , (1.61) trong đó − →
v là vận tốc của chất lỏng hoặc chất khí, H là hệ số khuếch
tán và có thể phụ thuộc vào C. Kết hợp (1.60) và (1.61) ta nhận được ∂C −−→ = div(HgradC) − div(C− → v ). (1.62) ∂t Nếu H là hằng số thì ∂C −−→ = H∆C − grad.(C− → v ). (1.63) ∂t Nếu − →
v có thể bỏ qua hoặc bằng 0 thì: ∂C = H∆C. (1.64) ∂t
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 43
là phương trình đã nhận được trong (1.40) khi Q = 0.
Nếu H là không đáng kể thì ta nhận được một phương trình cấp một ∂C −−→ + − → v .gradC + Cdiv− → v = 0. (1.65) ∂t
Ở trạng thái ổn định (khi t đủ lớn) thì nồng độ C không phụ thuộc
vào thời gian t nữa. Lúc đó phương trình (1.62) trở thành −−→ −−→ ∇.(HgradC) − grad.(C− → v ) = 0 (1.66) và nếu − →
v có thể bỏ qua hay bằng 0 thì ta nhận được −−→ −−→ grad.(H gradC) = 0. (1.67)
Nếu H là hằng số thì đây chính là phương trình Laplace.
1.7. Bài toán Cauchy và tính đặt chỉnh của bài toán
Bài toán Cauchy (tổng quát) đối với phương trình đạo hàm riêng
được hiểu là việc tìm nghiệm của phương trình đạo hàm riêng trong
một miền Ω khi biết giá trị của nó trên một mặt cong Σ ⊂ Ω nào đó
và biết tốc độ biến thiên của nghiệm theo một trường véc tơ λ không
tiếp xúc với Σ trên mặt cong đó. Ta thường xét trường hợp Σ là một
phần của biên ∂Ω và λ = ν là trường véc tơ pháp tuyến đơn vị trên
Σ. Khi đó ta gọi Σ là mặt Cauchy, các giá trị đã cho trên Σ được gọi là các dữ kiện Cauchy.
Ba vấn đề định tính cơ bản được đặt ra đối với bài toán Cauchy là:
1, Sự tồn tại nghiệm: Bài toán có ít nhất một nghiệm. 44
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
2, Tính duy nhất nghiệm: Bài toán có không quá một nghiệm.
3, Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào các dữ kiện của bài toán:
Khi dữ kiện thay đổi nhỏ thì nghiệm cũng chỉ thay đổi nhỏ.
Một bài toán thỏa mãn đồng thời cả ba điều kiện trên thì được gọi
là bài toán đặt chỉnh hay bài toán đặt đúng theo nghĩa của Hadamard.
Trong các chương sau đây chúng ta sẽ chỉ ra tính đặt chỉnh của
một số bài toán đối với phương trình Laplace, truyền sóng và truyền nhiệt. Bài tập
Bài 1.26 Giải các bài toán Cauchy sau  uxx + 2uxy − 3uyy = 0 1, u|y=0 = 3x2, uy|y=0 = 0 
uxx − uyy − 2ux − 2uy = 4 2,
u|x=0 = −y, ux|x=0 = y − 1  uxx + ux = 0 3, u|y=x = sinx, uy|y=x = 1  2
uxx + 2cosxuxy − sin xuyy − sinxuy = 0 4,
u|y=sinx = ϕ0(x), uy|y=sinx = ϕ1(x). Chương 2 Phương trình Laplace-Poisson
Trong chương này chúng ta tìm hiểu về một đại diện của lớp phương
trình elliptic, đó là phương trình Laplace và phương trình Poisson, bao
gồm các tính chất nghiệm, tính đặt chỉnh của một số bài toán đối với
phương trình đó. Nhiều kết quả định tính đối với phương trình này có
thể mở rộng đối với các phương trình elliptic nói chung.
Ta nhắc lại rằng, phương trình Laplace là phương trình: ∆u := ux + u + · · · + u = 0, (2.1) 1x1 x2x2 xnxn
còn phương trình Poisson là phương trình không thuần nhất tương ứng: ∆u = f (x). (2.2) 45 46
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
2.1. Hàm điều hòa. Biểu diễn Green
2.1.1. Khái niệm hàm điều hòa. Nghiệm cơ bản
Hàm u(x) được gọi là hàm điều hòa tại điểm x0 nếu u có các đạo
hàm riêng đến cấp hai liên tục tại x0 và thỏa mãn ∆u(x0) = 0.
Hàm u được gọi là hàm điều hòa trong miền giới nội Ω ⊂ Rn nếu
u là hàm điều hòa tại mọi điểm thuộc Ω.
Hàm u được gọi là hàm điều hòa trong miền không giới nội Ω ⊂ Rn
nếu u là hàm điều hòa tại mọi điểm thuộc Ω và thỏa mãn điều kiện
về độ tăng khi |x| → ∞ sau đây: C |u(x)| ≤ , (2.3) |x|n−2
với C > 0 là một hằng số.
Hàm u được gọi là hàm điều hòa trên tập đóng Ω nếu nó điều hòa trong một miền chứa Ω.
Ví dụ 2.1. 1, Hàm u(x, y) = x + 2y + 1 là hàm điều hòa tại mọi điểm
(x, y) ∈ R2; là hàm điều hòa trong mọi miền giới nội Ω ⊂ R2; không là
hàm điều hòa trong miền không giới nội bất kì trong R2 vì nó không
thỏa mãn điều kiện về độ tăng tại vô cùng (1.14). 2, Hàm x u(x, y) =
là hàm điều hòa tại mọi điểm (x, y) 6= x2 + y2
(0, 0); là hàm điều hòa trong mọi miền trong R2 không chứa điểm (0, 0).
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 47
3, Hàm u(x, y, z) = x2 + y2 − 2z2 là hàm điều hòa tại mọi điểm
(x, y, z) ∈ R3; là hàm điều hòa trong mọi miền giới nội Ω ⊂ R3; không
là hàm điều hòa trong miền không giới nội bất kì trong R3 vì nó không
thỏa mãn điều kiện về độ tăng tại vô cùng (1.14).
Ví dụ 2.2. Gọi ωn là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn. Với mỗi
ξ ∈ Rn, hàm Γ(x − ξ) xác định bởi  1 2−n  |x − ξ| , nếu n > 2,
Γ(x − ξ) = Γ(|x − ξ|) := n(2−n)ωn (2.4) 1  ln |x − ξ|, nếu n = 2 2π
là hàm điều hòa tại mọi x ∈ Rn \ {ξ} và được gọi là nghiệm cơ bản của phương trình Laplace. Bài tập
Bài 2.1 Kí hiệu H(Ω) là tập hợp các hàm điều hoà trong miền Ω ⊂ Rn. Chứng minh rằng:
a) H(Ω) là một không gian vectơ: mọi tổ hợp tuyến tính của các
hàm điều hoà là hàm điều hoà.
b) H(Ω) ổn định đối với phép lấy đạo hàm: đạo hàm ∂u của hàm ∂xi
điều hoà u cũng là hàm điều hoà. c) Nếu u, v ∈ H(Ω) thì: uv ∈ H(Ω) ⇔ Du.Dv = 0.
Bài 2.2 Giả sử u(x) = u(x1, . . . , xn) là hàm điều hoà. Chứng minh
rằng các hàm sau đây cũng là hàm điều hoà:
a) u(x + h), h = (h1, . . . , hn) - vectơ bất kì,
b) u(λx), λ - vô hướng bất kì,
c) u(Cx), C−ma trận trực giao bất kì. 48
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Như vậy, tính điều hoà là bất biến đối với phép tịnh tiến, phép vị tự và phép quay.
Bài 2.3 Tìm nghiệm dạng u = f(r) (r = pPn x2 i=1 i ) của phương trình Laplace 4u = 0.
Bài 2.4 Chứng minh rằng nếu f(z) ≡ f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y)
là hàm phức chỉnh hình theo biến z trong miền Ω thì u và v là những hàm điều hoà trong Ω.
Đảo lại, nếu u là hàm điều hoà trong miền đơn liên Ω thì có thể
xem u là phần thực của một hàm chỉnh hình trên Ω.
Bài 2.5 Chứng minh rằng nếu u(x) = u(x1, . . . , xn) là hàm điều hoà thì v n 1 x x u X v(x) = u( 1 , . . . , n u ), |x| = t x2 |x|n−2 |x|2 |x|2 i i=1 cũng là hàm điều hoà.
Bài 2.6 Tìm biểu thức của toán tử Laplace trong hệ tọa độ cực, hệ
tọa độ trụ và trong hệ tọa độ cầu.
2.1.2. Biểu diễn Green của hàm điều hòa
Giả sử Ω là một miền giới nội trong Rn với biên ∂Ω đủ trơn, u ∈
C2(Ω) ∩ C1(Ω). Chúng ta sẽ sử dụng công thức Green thứ hai (1.4)
để tìm biểu diễn tích phân của u trong Ω. Từ đó dẫn ra biểu diễn tích
phân của một hàm điều hòa trong Ω.
Với mỗi ξ ∈ Ω cố định. Ta muốn áp dụng công thức (1.4) với hàm
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 49
v(x) = Γ(x −ξ) và hàm u(x). Nhưng do v(x) không xác định tại x = ξ
nên chúng ta khắc phục bằng cách áp dụng công thức đó trên Ω \ Bρ
với Bρ = Bρ(ξ) và ρ đủ nhỏ, rồi cho qua giới hạn khi ρ → 0.
Thật vậy, áp dụng công thức (1.4) với hàm v(x) = Γ(x −ξ) và hàm u(x) trên Ω1 = Ω \ ¯ Bρ(ξ) ta có: Z Z ∂u ∂Γ [Γ∆u − u∆Γ]dx = [Γ − u ]dS. ∂ν ∂ν Ω1 ∂Ω1
Sử dụng tính chất Γ điều hòa trong Ω1 ta nhận được Z Z ∂u ∂Γ Z ∂u ∂Γ Γ∆udx = [Γ − u ]dS + [Γ − u ]dS. (2.5) ∂ν ∂ν ∂ν ∂ν Ω1 ∂Ω ∂Bρ
Để qua giới hạn khi ρ → 0 trong (2.5) ta lưu ý rằng:  Z ∂u   Z ∂u   Γ dS = Γ(ρ) dS  ∂ν   ∂ν  ∂Bρ ∂Bρ ∂u  ≤ |Γ(ρ)|nωnρn−1max  → 0 khi ρ → 0; ∂B   ρ ∂ν và Z ∂Γ Z u dS = −Γ0(ρ)
udS = −u(xρ) → −u(ξ) khi ρ → 0, ∂ν ∂Bρ ∂Bρ trong đó xρ ∈ ∂Bρ.
Do vậy cho ρ → 0 trong (2.5) ta nhận được biểu diễn tích phân của u tại ξ ∈ Ω : Z ∂Γ ∂u Z u(ξ) = [u (x − ξ) − Γ(x − ξ) ]dS + Γ(x − ξ)∆udx. (2.6) ∂ν ∂ν ∂Ω Ω 50
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Nếu u điều hòa trong Ω thì ∆u = 0 trong Ω nên Z ∂Γ ∂u u(ξ) = [u (x − ξ) − Γ(x − ξ) ]dS. (2.7) ∂ν ∂ν ∂Ω
Công thức (2.7) được gọi là công thức Green biểu diễn hàm điều
hòa. Công thức đó cho phép ta tính giá trị của hàm u điều hòa trong
Ω tại điểm ξ ∈ Ω theo các giá trị của u trên biên ∂Ω và theo các giá
trị của đạo hàm theo véc tơ pháp tuyến ngoài ∂u trên biên ∂Ω. ∂ν
Bởi vì trong (2.7), các hàm dưới dấu tích phân là các hàm khả vi
vô hạn, hơn nữa giải tích theo ξ nên hàm u(ξ) cũng khả vi vô hạn và giải tích trong Ω.
Tiếp theo ta điều chỉnh công thức (2.6) để nhận được một công thức
tổng quát hơn. Giả thiết h ∈ C2(Ω)∩C1(Ω) và thỏa mãn phương trình
∆h = 0 trong Ω. Khi đó, theo công thức Green thứ hai (1.4) ta có Z ∂h ∂u Z − [u − h ]dS = h∆udx. ∂ν ∂ν ∂Ω Ω
Cộng đẳng thức này với (2.6) và đặt G = Γ + h ta có Z ∂G ∂u Z u(ξ) = [u − G ]dS + G∆udx. ∂ν ∂ν ∂Ω Ω
Nếu giả thiết thêm G = 0 trên ∂Ω, tức là h = −Γ trên ∂Ω thì Z ∂G Z u(ξ) = u dS + G∆udx. (2.8) ∂ν ∂Ω Ω
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 51
Nếu thêm giả thiết u điều hòa trong Ω thì Z ∂G u(ξ) = u dS. (2.9) ∂ν ∂Ω
Hàm G = G(x, ξ) như thế được gọi là hàm Green (của bài toán
Dirichlet đối với toán tử Laplace) trên miền Ω. Theo công thức (2.8)
nếu tồn tại hàm Green thì ta có thể biểu diễn một hàm điều hòa bất
kỳ thuộc C2(Ω) ∩ C1(Ω) qua các giá trị biên của nó.
Đối miền Ω đặc biệt như hình cầu, nửa không gian thì chúng có
thể sử dụng phương pháp phản xạ qua biên để xây dựng hàm Green
(xem Mục 2.2.3). Trong trường hợp tổng quát thì việc chỉ ra sự tồn
tại của hàm Green vẫn còn là bài toán mở.
2.1.3. Các tính chất cơ bản của hàm điều hòa
Bây giờ chúng ta đi thiết lập một số tính chất quan trọng của hàm
điều hòa. Các định lý này có thể xem là các hệ quả của các công thức
Green. Giả sử Ω ⊂ Rn là một tập mở.
Định lý 2.1 (Giá trị trung bình). Giả sử hàm u ∈ C2(Ω) thỏa mãn
hệ thức ∆u = 0 (∆u ≥ 0, ∆u ≤ 0) trong Ω. Khi đó, với mọi hình cầu
B = BR(ξ) ⊂⊂ Ω ta có các đẳng thức (bất đẳng thức sau) 1 Z u(ξ) = (≤, ≥) u(x)dS, (2.10) nωnRn−1 ∂B 1 Z u(ξ) = (≤, ≥) u(x)dx, (2.11) ωnRn B
trong đó ωn là thể tích hình cầu đơn vị trong Rn. 52
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Chứng minh. Giả sử ρ ∈ (0, R]. Áp dụng công thức Green thứ nhất
(1.3) với Ω = Bρ = Bρ(ξ) và v ≡ 1 ta nhận được Z ∂u Z dS = ∆udx = (≥, ≤)0. ∂ν ∂Bρ Bρ
Mặt khác, kí hiệu ρ = |x−ξ|; ω = x−ξ và biểu diễn u(x) = u(ξ+ρω) ρ ta có Z ∂u Z ∂u Z ∂u dS = (ξ + ρω)dS = ρn−1 (ξ + ρω)dω ∂ν ∂B ∂ν ∂ν ρ ∂Bρ |ω|=1   ∂ Z ∂ Z = ρn−1 u(ξ + ρω)dω = ρn−1 ρ1−n udS ∂ρ ∂ρ   |ω|=1 ∂Bρ nên   ∂ Z ρ1−n
udS = (≥, ≤)0, ∀ρ ∈ (0, R]. ∂ρ   ∂Bρ Do đó Z Z ρ1−n udS = (≤, ≥)R1−n udS. ∂Bρ ∂BR Cho ρ → 0, ta có Z nωnu(ξ) = (≤, ≥)R1−n udS ∂BR hay ta có (2.10).
Lấy tích phân hệ thức này theo ρ từ 0 đến R ta nhận được hệ thức (2.11).
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 53
Định lý 2.2 (Nguyên lý cực trị mạnh). Giả sử hàm u ∈ C2(Ω) thỏa
mãn hệ thức ∆u ≥ 0 (∆u ≤ 0) trong Ω và tồn tại ξ ∈ Ω sao cho u(ξ) = sup u (u(ξ) = inf Ω
Ω u). Khi đó hàm u là hằng số.
Do đó mọi hàm điều hòa trong Ω, khác hằng số đều không thể đạt
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất tại các điểm trong Ω.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.2, trang 50.
Hệ quả 2.1 (Nguyên lý cực trị trên miền bị chặn). Giả sử Ω là một
miền bị chặn và u ∈ C(Ω) là hàm điều hòa trong Ω. Khi đó inf u ≤ u(x) ≤ sup u, x ∈ Ω. ∂Ω ∂Ω
Định lý 2.3 (Bất đẳng thức Harnack). Giả sử u là một hàm điều hòa
không âm trong miền Ω. Khi đó với mỗi miền con bị chặn Ω0 ⊂⊂ Ω
tồn tại một hằng số C = C(n, Ω0, Ω) sao cho supu ≤ C inf u. Ω0 Ω0
Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.4, trang 52.
Định lý 2.4. Giải sử B = BR(ξ) là hình cầu tâm ξ bán kính R và u ∈ C( ¯
B) là hàm điều hòa khác hằng số trong B và nhận giá trị nhỏ ∂u
nhất tại một điểm x0 ∈ ∂B. Nếu tại điểm x0 tồn tại đạo hàm với ∂µ
µ là hướng hợp với véc tơ pháp tuyến ngoài của ∂B tại x0 một góc nhọn thì ∂u (x ∂µ 0) < 0.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.5, trang 53. 54
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Định lý 2.5. Giả sử Ω là miền bị chặn với biên trơn, u ∈ C1(Ω) là
hàm điều hòa trong Ω. Khi đó Z ∂udS = 0. ∂ν ∂Ω
Chứng minh. Áp dụng công thức Green thứ hai (1.4) với hàm v ≡ 1
ta nhận được hệ thức cần chứng minh.
2.2. Bài toán biên đối với phương trình Laplace, Poisson
2.2.1. Các bài toán biên cơ bản
Giả sử Ω là miền bị chặn trong Rn. Chúng ta xét ba bài toán biên
cơ bản sau đây đối phương trình Laplace, Poisson:
1, Bài toán biên thứ nhất (Dirichlet): là bài toán tìm nghiệm u ∈
C2(Ω) ∩ C(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong Ω thỏa mãn điều kiện biên u |∂Ω = ψ,
ở đó ψ là hàm liên tục đã cho trên ∂Ω.
2, Bài toán biên thứ hai (Neumann): là bài toán tìm nghiệm u ∈
C2(Ω) ∩ C1(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong Ω thỏa mãn điều kiện biên ∂u | ∂ν ∂Ω = ψ,
ở đó ψ là hàm liên tục đã cho trên ∂Ω.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 55
3, Bài toán biên thứ ba (hỗn hợp): là bài toán tìm nghiệm u ∈
C2(Ω) ∩ C1(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong Ω thỏa mãn điều kiện biên ∂u ( + au) |∂Ω = ψ, ∂ν
ở đó a và ψ là hàm liên tục đã cho trên ∂Ω.
Sau đây chúng ta sẽ chỉ ra một số điều kiện đảm bảo cho tính đặt
chỉnh theo nghĩa Hadamard của ba bài toán biên này.
2.2.2. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm
Định lý 2.6. Giả sử u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là nghiệm của bài toán biên
thứ nhất đối với phương trình Laplace trong Ω.  ∆u = 0 x ∈ Ω (2.12) u |∂Ω = ψ. Khi đó ta có đánh giá
|u(x)| ≤ max |ψ|, ∀x ∈ Ω. (2.13) ∂Ω
Do đó, bài toán biên thứ nhất (2.12) có không quá một nghiệm trong
C(Ω) và nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện biên ψ.
Chứng minh. Theo nguyên lí cực trị đối với hàm điều hòa trong miền bị chặn ta có min u ≤ u(x) ≤ max u, ∀x ∈ Ω. ∂Ω ∂Ω
Từ đây ta có đánh giá (2.13). 56
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Giả sử u1, u2 ∈ C(Ω) là hai nghiệm của bài toán (2.12) ứng với dữ
kiện biên ψ là ψ1, ψ2. Khi đó u1 − u2 là nghiệm của bài toán đó ứng
với dữ kiện biên ψ = ψ1 − ψ2. Theo đánh giá (2.13) ta có
|u1(x) − u2(x)| ≤ max|ψ1 − ψ2|, ∀x ∈ Ω. ∂Ω
Từ bất đẳng thức này chúng ta suy ra u1 = u2 trong Ω nếu ψ1 = ψ2
trên ∂Ω. Hay bài toán biên trên có không quá một nghiệm.
Hơn nữa nếu |ψ1 − ψ2| < ε trên ∂Ω thì ta cũng sẽ có |u1 − u2| < ε
trong Ω hay nghiệm của bài toán (2.12) phụ thuộc liên tục vào dữ kiện biên ψ.
Định lý 2.7. Giả sử u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) là nghiệm của bài toán biên
thứ nhất đối với phương trình Poisson trong Ω.  ∆u = f (x) x ∈ Ω (2.14) u |∂Ω = ψ.
Khi đó với mọi x ∈ Ω ta có đánh giá
minu − M1 sup |f| ≤ u(x) ≤ max u + M1 sup |f|, (2.15) ∂Ω Ω ∂Ω Ω
trong đó M1 = M1(Ω) là hằng số.
Do đó, bài toán biên thứ nhất (2.14) có không quá một nghiệm trong
C(Ω) và nghiệm phụ thuộc liên tục vào vế phải f và dữ kiện biên ψ.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.2, trang 58.
Chú ý: Các đánh giá (2.13) và (2.15) được gọi là các đánh giá tiên
nghiệm của bài toán biên thứ nhất.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 57
Định lý 2.8. Giả sử ∂Ω trơn và với mỗi x0 ∈ ∂Ω đều tồn tại một
hình cầu BR bán kính R sao cho x0 ∈ ∂BR và BR ⊂ Ω (tính chất
cầu trong). Khi đó hai nghiệm bất kì của bài toán biên thứ hai đối với phương trình Laplace:   ∆u = 0 x ∈ Ω (2.16) ∂u  | ∂ν ∂Ω = ψ.
chỉ có thể sai khác nhau một hằng số.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.3, trang 59.
Định lý 2.9. Giả sử Ω là miền thỏa mãn các điều kiện của Định lý
2.8 và u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) là nghiệm của bài toán (2.16). Khi đó tồn
tại các hằng số C = C(Ω), M = M(Ω) sao cho |u(x) − C| ≤ M max |ψ|, ∀x ∈ Ω. (2.17) ∂Ω
Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.4„ trang 60.
Định lý 2.10. Giả sử ∂Ω trơn và tồn tại hằng số a0 > 0 sao cho
a(x) ≥ a0 trên ∂Ω, u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) là nghiệm của bài toán biên
thứ ba đối với phương trình Laplace:  ∆u = 0, x ∈ Ω (2.18) ( ∂u + au) | ∂ν ∂Ω = ψ.
Khi đó ta có đánh giá tiên nghiệm 1 |u(x)| ≤ max |ψ|, ∀x ∈ Ω. (2.19) a0 ∂Ω
Chứng minh. Xem [1], Định lý 3.5, trang 63. 58
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
2.2.3. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương
trình Laplace trong hình cầu
Trước hết ta chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet
đối với phương trình Laplace trong hình cầu.
Theo biểu diễn Green của hàm điều hòa (2.10), nếu ta tìm được
hàm Green của toán tử Laplace trong hình cầu thì ta sẽ có công thức
biểu diễn nghiệm của bài toán Dirichlet tương ứng. Do vậy ta đi xây
dựng hàm Green cho trường hợp Ω = BR = BR(0). Với mỗi ξ ∈ BR,
hàm Green G(x, ξ) = Γ(|x − ξ|) + h(x) với h(x) là một hàm điều hòa
trong BR và có giá trị trên biên ∂BR bằng với −Γ(|x − ξ|).
Để ý rằng hàm h(x) = Γ(λ|x − η|), λ ∈ R là hàm điều hòa tại mọi
x 6= η, nên nếu ta chọn η /
∈ BR thì hàm đó sẽ điều hòa trong BR, do
vậy chúng ta chỉ cần chọn hệ số λ thích hợp để h(x) = −Γ(|x − ξ|)
hay |x − ξ| = λ|x − η| khi x ∈ ∂BR là được.
Việc chọn η và λ được thực hiện bằng phương pháp phản xạ (đối
xứng) qua mặt cầu ∂BR. Cụ thể, kí hiệu  R2 ξ, nếu ξ ¯  2 6= 0 ξ = |ξ| ∞, nếu ξ = 0
là điểm đối xứng (nghịch đảo) của ξ qua mặt cầu ∂BR.
Rõ ràng, nếu ξ ∈ B thì ¯ nên ta có thể chọn R ξ / ∈ BR η = ¯ ξ. Khi đó
dễ dàng kiểm tra được rằng nếu x ∈ ∂BR thì |ξ| |x − ξ| = |x − ¯ ξ|, ∀ξ 6= 0 R
nên chúng ta có thể chọn |ξ| λ =
. Từ đây ta xác định được hàm Green R
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 59 như sau  |ξ| Γ(|x − ξ|) − Γ( |x − ¯ξ|), nếu ξ 6= 0 G(x, ξ) = R (2.20) Γ(|x|) − Γ(R), nếu ξ = 0.
Tính toán trực tiếp ta có ∂G R2 − |ξ|2 =
|x − ξ|−n ≥ 0, ∀x ∈ ∂B ∂ν nω R. nR
Do vậy theo biểu diễn Green (2.10), nếu u ∈ C( ¯ BR) là hàm điều hòa
trong BR thì ta có công thức Poisson: R2 − |ξ|2 Z udS u(ξ) = , ξ ∈ B nω n R. (2.21) nR |x − ξ| ∂BR
Vế phải (2.21) được gọi là tích phân Poisson của hàm u.
Bây giờ chúng ta chỉ việc chứng tỏ rằng hàm u xác định bởi công
thức (2.21) đúng là nghiệm cần tìm. Điều này được khẳng định trong định lý sau:
Định lý 2.11. Giả sử ψ là hàm liên tục trên ∂BR. Khi đó hàm u xác định bởi  R2−|ξ|2 R udS  , nếu ξ ∈ B  nω n R nR |x−ξ| u(ξ) = ∂B (2.22) R  ψ(x), nếu ξ ∈ ∂BR thuộc C2(BR) ∩ C( ¯
BR) và thỏa mãn phương trình ∆u = 0 trong BR
hay u là nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong hình cầu BR.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.1, trang 66. 60
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Việc chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với
phương trình Laplace trong miền Ω tổng quát hơn có thể xem [1], §7.
2.2.4. Các định lý về sự hội tụ
Trong mục này chúng ta sẽ đưa ra một số kết quả từ công thức Poisson.
Định lý 2.12. Giả sử u là hàm liên tục trong miền Ω. Khi đó u là hàm
điều hòa trong Ω khi và chỉ khi với mọi hình cầu BR = BR(ξ) ⊂⊂ Ω ta đều có 1 Z u(ξ) = udS. nωnRn−1 ∂BR
Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.1, trang 67.
Định lý 2.13. Giới hạn của một dãy các hàm điều hòa trong miền Ω
hội tụ đều là một hàm điều hòa trong miền đó.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.2, trang 68.
Định lý 2.14 (Harnack về sự hội tụ). Giả sử {uN} là một dãy đơn
điệu không giảm các hàm điều hòa trong Ω và có một điểm ξ ∈ Ω sao
cho dãy uN(ξ) bị chặn. Khi đó dãy {uN} hội tụ đều trong miền con bị
chặn bất kì Ω0 ⊂⊂ Ω tới một hàm điều hòa.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.3, trang 69.
Định lý 2.15 (đánh giá tiên nghiệm của các đạo hàm). Giả sử u ∈
C(Ω) là hàm điều hòa trong Ω, Ω1 là tập con compact tùy ý trong Ω.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 61
Khi đó, đối với đa chỉ số α bất kỳ ta có  n|α||α| sup |Dαu| ≤ supu, (2.23) Ω d 1 Ω
trong đó d = dist(Ω1, ∂Ω).
Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.4, trang 69.
Định lý 2.16. Mọi dãy bị chặn các hàm điều hòa trong Ω đều chứa
một dãy con hội tụ đều trên các tập con compact của Ω tới một hàm điều hòa.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.5, trang 71.
2.2.5. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền bị chặn-Phương pháp Perron
Trong mục này chúng ta nghiên cứu sự tồn tại nghiệm của bài toán
Dirichlet đối với phương trình Laplace trong miền bị chặn bất kỳ, theo phương pháp Perron.
Định nghĩa 2.1 (Hàm dưới điều hòa, hàm trên điều hòa). Hàm
u ∈ C(Ω) được gọi là hàm dưới điều hòa (trên điều hòa) trong miền
Ω, nếu với mọi hình cầu B ⊂⊂ Ω và với mọi hàm h điều hòa trong B
sao cho u ≤ h (u ≥ h) trên ∂B, ta đều có u ≤ h (u ≥ h) trong B.
Dễ thấy mọi hàm điều hòa trong Ω đều là hàm dưới điều hòa và
cũng là hàm trên điều hòa.
Các hàm dưới điều hòa và trên điều hòa có các tính chất được chỉ ra trong các bổ đề sau: 62
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Bổ đề 2.1. Giả sử u ∈ C(Ω) là hàm dưới điều hòa trong Ω. Khi đó u
nhận giá trị lớn nhất trên ∂Ω.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.1, trang 79.
Bổ đề 2.2. Giải sử u, v ∈ C(Ω) tương ứng là hàm dưới điều hòa và
hàm trên điều hòa trong Ω, u ≤ v trên ∂Ω. Khi đó ta có u ≤ v trong Ω.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.2, trang 80.
Bổ đề 2.3. Giả sử u1, u2, · · · , uN là dãy các hàm dưới điều hòa trong
Ω. Khi đó hàm u(x) = max{u1(x), u2(x), · · · , uN(x)} cũng là hàm
dưới điều hòa trong Ω.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.3, trang 81.
Định nghĩa 2.2 (Hàm cắt điều hòa). Cho u là một hàm dưới điều
hòa trong Ω và hình cầu B ⊂⊂ Ω. Gọi ¯u là hàm điều hòa trong B
bằng với hàm u trên ∂B (hàm ¯u tồn tại theo Định lý 2.11). Ta gọi
hàm cắt điều hòa của hàm u đối với B trong Ω là hàm  ¯ u(x), nếu x ∈ B U (x) = (2.24) u(x), nếu x ∈ Ω \ B.
Bổ đề 2.4. Hàm cắt điều hòa của hàm dưới điều hòa đối với hình cầu
B trong Ω xác định bởi (2.24) là một hàm dưới điều hòa trong Ω.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.4, trang 81.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 63
Chú ý: Tương tự chúng ta có các kết quả tương ứng với các hàm trên
điều hòa bằng cách thay u bởi −u trong các bổ đề trên.
Cho ψ là một hàm bị chặn bất kì trên biên ∂Ω. Kí hiệu Sψ là tập
hợp tất cả các hàm u ∈ C(Ω) dưới điều hòa trong Ω và u ≤ ψ trên ∂Ω. Khi đó ta có
Định lý 2.17. Hàm u(x) = sup v(x) là một hàm điều hòa trong Ω. v∈Sψ
Chứng minh. Xem [1], Định lý 7.1, trang 82.
Định nghĩa 2.3 (Nghiệm Perron). Hàm điều hòa xác định trong
Định lý 2.17 được gọi là nghiệm Perron của bài toán Dirichlet  ∆u = 0, trong Ω u = ψ, trên ∂Ω.
Có thể thấy, nếu bài toán Dirichlet có nghiệm thì nghiệm đó phải
trùng với nghiệm Perron.Thật vậy, nếu ω là nghiệm của bài toán đó
thì ω ∈ Sψ. Theo nguyên lý cực trị ta lại có ω ≥ u với mọi u ∈ Sψ. Vậy ω là nghiệm Perron.
Vấn đề còn lại là xét xem khi nào nghiệm Perron trở thành nghiệm
của bài toán Dirichlet? Để trả lời câu hỏi này ta đưa vào khái niệm sau
Định nghĩa 2.4. Cho ξ ∈ ∂Ω.
Hàm ω = ωξ ∈ C(Ω) được gọi là hàm chắn (barrier) tại điểm ξ đối
với Ω, nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) ω là hàm trên điều hòa trong Ω; 64
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
(ii) ω(ξ) = 0 và ω > 0 trong Ω \ {ξ}.
Hàm ω được gọi là hàm chắn địa phương tại điểm ξ nếu tồn tại
một lân cận V của ξ sao cho ω là hàm chắn tại điểm ξ đối với Ω ∩ V.
Rõ ràng, nếu tồn tại một hàm chắn địa phương tại điểm ξ thì cũng
tồn tại một hàm chắn tại điểm đó đối với Ω. Thật vậy, lấy hình cầu
B ⊂⊂ V bất kỳ sao cho ξ ∈ B. Khi đó ta có m = inf(V ∩Ω)\B ω > 0 và hàm   min(m, ω(x)), nếu x ∈ Ω ∩ B, ¯ ω(x) =  m, nếu x ∈ Ω \ B
là hàm chắn tại điểm ξ đối với Ω.
Định nghĩa 2.5. Điểm ξ ∈ ∂Ω được gọi là điểm đều (đối với toán tử
Laplace) nếu tại điểm đó tồn tại một hàm chắn.
Bổ đề 2.5. Giả sử u là nghiệm Perron trong Ω. Khi đó, nếu ξ ∈ ∂Ω
là điểm đều và ψ liên tục tại ξ thì u(x) → ψ(ξ) khi x → ξ.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.5, trang 84.
Định lý 2.18. Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong
miền Ω bị chặn, với dữ kiện biên ψ liên tục, có nghiệm khi và chỉ khi
tất cả các điểm biên của Ω đều là điểm đều.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 7.2, trang 85.
Như vậy vấn đề tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương
trình Laplace trong miền Ω bị chặn được đưa về bài toán xét tính đều
của các điểm trên ∂Ω. Dưới đây chúng ta có một điều kiện đủ cho bài toán này.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 65
Định nghĩa 2.6. Biên ∂Ω được gọi là có tính chất cầu ngoài nếu với
mỗi điểm ξ ∈ ∂Ω tồn tại một hình cầu B = B ¯ R(y) sao cho B ∩Ω = {ξ}.
Ta thấy, nếu ∂Ω có tính chất cầu ngoài thì mọi điểm của ∂Ω đều
là điểm đều vì khi đó hàm   R2−n − |x − y|2−n, nếu n ≥ 3, ¯ ω(x) =  ln |x−y|, nếu n = 2 R
là hàm chắn tại điểm ξ.
Hơn nữa, mỗi điểm biên thuộc lớp C2 đều là điểm đều. Do đó
nếu miền Ω thuộc lớp C2 thì bài toán Dirichlet đối với phương trình
Laplace trên Ω có nghiệm nếu dữ kiện biên liên tục.
2.3. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán
biên đối với phương trình Laplace 2 chiều
Trong mục này chúng ta sẽ đề cập tới phương pháp tách biến của
Fourier giải một số bài toán biên đối với phương trình Laplace trong
miền chữ nhật và trong miền tròn.
2.3.1. Giải bài toán biên trong miền chữ nhật
Bài toán 1: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; L) × (0; M).
u00xx + u00yy = 0, (x, y) ∈ (0; L) × (0; M) (2.25) 66
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng với điều kiện biên u(x, 0) = f1(x); u(x, M ) = 0; 0 ≤ x ≤ L; (2.26) u(0, y) = 0; u(L, y) = 0; 0 ≤ y ≤ M.
Ta tìm nghiệm có dạng tách biến u(x, y) = X(x)Y (y) 6≡ 0. Thay
vào (2.25) và tách biến ta nhận được X00(x) Y ”(y) = − . X(x) Y (y)
Do vế trái là một hàm của x, vế phải là một hàm của y nên cả hai
phải là hàm hằng, đặt giá trị đó là λ ta nhận được hai phương trình vi phân thường X00(x) − λX(x) = 0 (2.27) Y 00(y) + λY (y) = 0. (2.28)
Từ các điều kiện biên thuần nhất trong (2.26) ta nhận được các
điều kiện biên cho các phương trình vi phân này như sau: X(0) = 0; X(L) = 0. (2.29) Y (M ) = 0. (2.30)
Giải bài toán biên (2.27)+(2.29) ta nhận được nghiệm khác không ứng với các giá trị  kπ 2 λ = λk = − L là kπx X(x) = Xk(x) = Ak sin , k = 1, 2, · · · L
trong đó Ak là các hằng số bất kỳ.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 67
λk và Xk tương ứng được gọi là giá trị riêng và hàm riêng của bài toán biên (2.27)+(2.29).
Với λ = λk, giải bài toán biên (2.28)+(2.30) ta nhận được nghiệm kπ(M − y) Y = Yk = Bksh , L
trong đó Bk là các hằng số bất kỳ.
Như vậy ta nhận được các nghiệm kπ(M − y) kπx uk(x, y) = Xk(x)Yk(y) = bksh sin L L
của phương trình (2.25) thỏa mãn các điều kiện biên thuần nhất trong
(2.26), với bk là hàng số bất kỳ. Đặt ∞ ∞ kπ(M − y) kπx u(x, y) = X u X k(x, y) = bksh sin L L k=1 k=1
ta có u là nghiệm của (2.25) thỏa mãn các điều kiện biên thuần nhất
trong (2.26) (do toán tử Laplace tuyến tính và các điều kiện biên thuần nhất).
Bây giờ chúng ta chỉ việc tìm các hệ số bk để u thỏa mãn nốt điều
kiện không thuần nhất trong (2.26) là u(x, 0) = f1(x), 0 ≤ x ≤ L.
Điều này tương đương với ∞ X kπM kπx bksh sin = f x L. L L 1(x), 0 ≤ ≤ k=1 68
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Chứng tỏ bkshkπM là hệ số Fourier sine của hàm f L L 1(x) trên đoạn [0; ] và ta có L kπM 2 Z kπξ bksh = f dξ. L 1(ξ) sin L L 0
Vậy nghiệm tách biến của phương trình (2.25) cho bởi ∞ kπ(M − y) kπx u(x, y) = X bksh sin , L L k=1
trong đó hệ số bk cho bởi 1 2 Z L kπξ bk = f1(ξ) sin dξ. sh kπM L L L 0
Bài toán 2: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; L) × (0; M). u00 L) M ) (2.31) xx + u00 yy = 0, (x, y) ∈ (0; × (0; với điều kiện biên u(x, 0) = 0; u(x, M ) = f2(x); 0 ≤ x ≤ L; (2.32) u(0, y) = 0; u(L, y) = 0; 0 ≤ y ≤ M.
Nghiệm tách biến của phương trình (2.31) và thỏa mãn ba điều
kiện biên thuần nhất trong (2.32) có dạng ∞ kπx kπy u(x, y) = X bk sin sh , L L k=1
trong đó hệ số bk được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong (2.32): 1 2 Z L kπξ bk = f2(ξ) sin dξ. sh kπM L L L 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 69
Bài toán 3: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; L) × (0; M). u00 L) M ) (2.33) xx + u00 yy = 0, (x, y) ∈ (0; × (0; với điều kiện biên u(x, 0) = 0; u(x, M ) = 0; 0 ≤ x ≤ L; (2.34) u(0, y) = f3(y); u(L, y) = 0; 0 ≤ y ≤ M.
Nghiệm tách biến của phương trình (2.33) và thỏa mãn ba điều
kiện biên thuần nhất trong (2.34) có dạng ∞ kπy kπ(L − x) u(x, y) = X bk sin sh , M M k=1
trong đó hệ số bk được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong (2.34): 1 2 Z M kπξ bk = f3(ξ) sin dξ. sh kπL M M M 0
Bài toán 4: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; L) × (0; M). u00 L) M ) (2.35) xx + u00 yy = 0, (x, y) ∈ (0; × (0; với điều kiện biên u(x, 0) = 0; u(x, M ) = 0; 0 ≤ x ≤ L; (2.36) u(0, y) = 0; u(L, y) = f4(y); 0 ≤ y ≤ M.
Nghiệm tách biến của phương trình (2.35) và thỏa mãn ba điều
kiện biên thuần nhất trong (2.36) có dạng ∞ kπy kπx u(x, y) = X bk sin sh , M M k=1 70
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trong đó hệ số bk được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong (2.36): 1 2 Z M kπξ bk = f4(ξ) sin dξ. sh kπL M M M 0
Bài toán biên Dirichlet tổng quát u00 L) M ) (2.37) xx + u00 yy = 0, (x, y) ∈ (0; × (0; với điều kiện biên
u(x, 0) = f1(x); u(x, M ) = f2(x); 0 ≤ x ≤ L; (2.38)
u(0, y) = f3(y); u(L, y) = f4(y); 0 ≤ y ≤ M.
có nghiệm bằng tổng của các nghiệm của bốn bài toán trên.
Hoàn toàn tương tự ta có thể sử dụng phương pháp tách biến để
giải các bài toán biên khác đối với phương trình Laplace trên miền
chữ nhật (xem phần bài tập).
2.3.2. Giải bài toán biên trong miền tròn
Bài toán 5: Giải bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace bên
trong miền tròn x2 + y2 < R2 :
u00xx + u00yy = 0, x2 + y2 < R2 (2.39) với điều kiện biên u|x2+y2=R2 = f(x, y). (2.40)
Để giải bài toán này, ta đổi biến sang hệ tọa độ cực (x = ρ cos ϕ; y =
ρ sin ϕ) để dẫn tới bài toán trong miền chữ nhật 1 1 u00 + + ρρ u0 u00 ρ ρ ρ2 ϕϕ = 0,
0 < ρ < R; 0 < ϕ < 2π (2.41)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 71 với điều kiện biên u|ρ=R = g(ϕ), (2.42)
trong đó g(ϕ) = f(R cos ϕ, R sin ϕ) là hàm tuần hoàn với chu kì 2π, tức là g(0) = g(2π).
Nghiệm tách biến của phương trình (2.41) có dạng a ∞ X  ρ k u(ρ, ϕ) = 0 + (ak cos kϕ + bk sin kϕ), (2.43) 2 R k=1
với các hằng số a0, ak, bk được tìm từ điều kiện biên (2.42), cụ thể 1 Z 2π 1 Z 2π a0 = g(ξ)dξ; a g(ξ) cos kξdξ; π k = 0 π 0 1 Z 2π bk = g(ξ) sin kξdξ. π 0
Thay các hệ số vào (2.43), ta có thể đưa nghiệm đó về dạng tích tích phân Poisson sau đây: 1 Z 2πR R2 − ρ2 u(ρ, ϕ) = g(s) ds. (2.44) 2π 0
R2 + ρ2 − 2Rρ cos(s − ϕ)
Thay trở lại biến (x, y) ta có nghiệm của Bài toán 5. Bài tập
Bài 2.7 Chứng minh các công thức nghiệm (2.43) và (2.44) của bài
toán Dirichlet đối với phương trình Laplace bên trong đường tròn. Bài 2.8 Chứng minh rằng:
1, Nghiệm tách biến của phương trình Laplace trong miền ngoài 72
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
đường tròn bán kính R có dạng: a ∞ X Rn u(ρ, ϕ) = 0 + (A ) 2 ρn n cos nϕ + Bn sin nϕ . n=1
2, Nghiệm tách biến của phương trình Laplace trong miền vành
khăn R1 < ρ < R2 có dạng: ∞ C ∞ D u(ρ, ϕ) = X(A n X n nρn + ) cos nϕ + (B ) sin nϕ) + a ln ρ + b. ρn nρn + ρn n=1 n=1
Bài 2.9 Áp dụng công thức nghiệm của Bài toán 5, tìm nghiệm của
bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong hình tròn ρ < 1,
thỏa mãn điều kiện biên u|ρ=1 = f(ϕ) trong các trường hợp sau: 1. f(ϕ) = cos2 ϕ. 2. f(ϕ) = sin3 ϕ. 3. f(ϕ) = cos4 ϕ. 4. f(ϕ) = sin6 ϕ + cos6 ϕ.
Bài 2.10 Áp dụng công thức nghiệm (2.43) của Bài toán 5, tìm nghiệm
của bài toán Neumann đối với phương trình Laplace trong hình tròn
ρ < R, với điều kiện biên sau: 1. ∂u| ∂ρ ρ=R = A cos ϕ. 2. ∂u| ∂ρ ρ=R = A cos 2ϕ. 3. ∂u| ∂ρ ρ=R = sin3 ϕ.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 73
Bài 2.11 Hãy tìm sự phân bố nhiệt dừng u(ρ, ϕ) bên trong hình tròn bán kính R, biết: 1) nhiệt độ trên biên u(ρ, ϕ)|ρ=R = A sin ϕ;
2) trên một nửa biên (0 ≤ ϕ ≤ π)) duy trì nhiệt độ −T0, còn trên
nửa biên kia (−π ≤ ϕ < 0) duy trì nhiệt độ T0.
Bài 2.12 Áp dụng công thức nghiệm trong Bài tập 2.3.2 tìm hàm
điều hòa trong hình vành khăn 1 < ρ < 2 sao cho
u|ρ=1 = f1(ϕ), u|ρ=2 = f2(ϕ) với
1. f1(ϕ) = u1 = const, f2(ϕ) = u2 = const.
2. f1(ϕ) = 1 + cos2 ϕ, f2(ϕ) = sin2 ϕ.
Bài 2.13 Tìm nghiệm của phương trình ∆u = A trong hình vành
khăn R1 < ρ < R2 biết u|ρ=R = u1, u|ρ=R = u A, u1, u 1 2 2 trong đó 2 là các hằng số đã cho.
Bài 2.14 Tìm nghiệm của phương trình Poisson ∆u = −Axy, (A =
const) trong hình tròn ρ < R biết u|ρ=R = 0.
Bài 2.15 Tìm nghiệm của phương trình Poisson ∆u = A trong hình
chữ nhật 0 < x < a, 0 < y < b thỏa mãn các điều kiện biên: πy u|x=0 = A sin , u| b x=a = 0, 74
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng πx u|y=0 = B sin , u| a x=b = 0.
Bài 2.16 Tìm phấn bố thế năng của trường tĩnh điện u(x, y) bên
trong hình chữ nhật 0 < x < a, 0 < y < b nếu thế năng dọc theo cạnh
của hình chữ nhật nằm trên trục Oy bằng v0, còn ba cạnh kia tiếp
đất. Giả thiết rằng bên trong hình chữ nhật đó không có điện tích.
Bài 2.17 Tìm sự phân bố thế năng của trường tĩnh điện u(x, y) bên
trong miền chữ nhật −a < x < a, −b < y < b, hai cạnh đối diện của
nó x = a và x = −a có thế năng v0 còn hai mặt khác y = b và y = −b được tiếp đất.
Bài 2.18 Tìm phân bố dừng của nhiệt độ u(x, y) trong một bản mặt
chữ nhật đồng chất 0 < x < a, 0 < y < b biết các cạnh x = a và y = b
được phủ bằng lớp cách nhiệt, hai cạnh kia x = 0 và y = 0 được duy
trì ở nhiệt độ 0, còn bên trong bản mặt có nguồn nhiệt toả ra với mật độ không đổi q. Chương 3 Phương trình truyền sóng
Trong chương này chúng ta tìm hiểu về một đại diện của lớp phương
trình hyperbolic, đó là phương trình truyền sóng trong môi trường
thuần nhất trong không gian n chiều:
∂2u − a2∆u = f(x,t), x ∈ Ω ⊂ Rn,t > 0. ∂t2
Về phương diện vật lý, t là biến thời gian, x = (x1, x2, · · · , xn) là
biến không gian, a > 0 là vận tốc truyền sóng và là một hằng số,
f (x, t) là mật độ của ngoại lực, ∆u là toán tử Laplace theo biến x.
Nếu đổi biến s = at thì phương trình trở thành ∂2u 1
− ∆u = g(x, s), với g(x, s) = f (x, s/a), ∂s2 a2
do đó chúng ta có thể coi a = 1 để đơn giản trong cách viết về sau. 75 76
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
3.1. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng
Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng là bài toán tìm
nghiệm u(x, t) ∈ C2(Rn × [0, +∞) của phương trình truyền sóng
∂2u − ∆u = f(x,t), x ∈ Rn,t > 0 (3.1) ∂t2
thỏa mãn các điều kiện ban đầu u(x, 0) = ϕ0(x), x ∈ Rn; (3.2) ∂u (x, 0) = ϕ ∂t 1(x), x ∈ Rn, (3.3)
trong đó f ∈ C2(Rn × (0, +∞) và ϕ1, ϕ2 ∈ C(Rn) là các hàm đã cho.
3.1.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy
Định lý 3.1. Bài toán Cauchy (3.1)-(3.3) có không quá một nghiệm trong C2(Rn × [0, +∞).
Chứng minh. Giả sử u1(x, t) và u2(x, t) là hai nghiệm của bài toán
Cauchy (3.1)-(3.3). Khi đó hàm u(x, t) = u1(x, t) − u2(x, t) là nghiệm
của bài toán Cauchy đó với dữ kiện f ≡ 0, ϕ0 ≡ 0, ϕ1 ≡ 0. Ta sẽ chứng tỏ rằng u ≡ 0.
Giả sử A(x1, t1) ∈ Rn × (0, ∞) là một điểm bất kỳ. Gọi K là nón
tròn xoay trong không gian Rn+1 với đỉnh tại A và trục song song với
Ot, có góc tạo bởi đường sinh và trục Ot bằng 450. Nón K được gọi
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 77
là nón đặc trưng và mặt xung quanh của nó có phương trình n X(x 1 i − xi )2 = (t − t1)2. i=1
Đặt K1 = K ∩ (Rn × (0, t1)). Ta có
∂2u − ∆u = 0, (x,t) ∈ K ∂t2 1.
Nhân hai vế đẳng thức trên với ut, rồi lấy tích phân trên K1, ta có Z ∂u ∂2u ( − ∆u)dxdt = 0. (3.4) K ∂t ∂t2 1 Để ý rằng ∂u ∂2u 1 ∂  ∂u 2 = , ∂t ∂t2 2 ∂t ∂t ∂u ∂2u ∂  ∂u ∂u  ∂2u ∂u
∂  ∂u ∂u  1 ∂  ∂u 2 = − = − , ∂t ∂x2 ∂t ∂x ∂t∂x ∂x ∂t 2 i ∂xi i i i ∂xi ∂xi ∂t ∂xi
với mọi i = 1, · · · , n nên (3.4) trở thành " n Z n    2  2!# X ∂ ∂u ∂u ∂ 1 ∂u 1 X ∂u + + dxdt = 0. K ∂x ∂t ∂x ∂t 2 ∂t 2 ∂x 1 i i i=1 i=1 i
Gọi Σ là mặt xung quanh của nón K1, ν = (ν1, · · · , νn, νt) là véc
tơ pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên của K1. Áp dụng công thức
Ostrogradski (1.1) và sử dụng các điều kiện ban đầu bằng không ta nhận được: " n # Z n    2  2! X ∂u ∂u 1 ∂u X ∂u νi + + ν dS = 0. 2 ∂x t Σ ∂t ∂x ∂t i i=1 i i=1 (3.5) 78
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Để ý rằng, trên Σ ta có n X ν2 ν2 t = i i=1 √
nên nhân và chia hàm dưới dấu tích phân trong (3.5) với ν 2 và t = 2
sử dụng đẳng thức trên ta có n Z  2 X ∂u ∂u νi − νt dS = 0 Σ ∂t ∂x i=1 i
nên với mọi i = 1, 2, · · · , n, ∂u ∂u ∂u 1 ∂u ν ν = =: k. (3.6) ∂t i − ∂x t = 0 hay 1 i νt ∂t νi ∂xi
Gọi p = (p1, · · · , pn, pt) là véc tơ chỉ phương của một đường sinh
bất kì trên Σ. Theo (3.6) ta có n ∂u X ∂u ∂u = p p ∂p ∂x i + t i ∂t i=1 " n #
= k Xνipi + νtpt = k(ν.p) = 0. i=1
Như vậy, dọc đường sinh có phương p, hàm u(x, t) là hàm hằng.
Nhưng trên đáy của nón K1, hàm u bằng 0 nên u bằng không dọc theo
đường sinh đó. Nói riêng u bằng không tại đỉnh A. Vậy u(x, t) = 0
trên Rn ×(0, ∞). Chứng tỏ bài toán Cauchy đã nêu có không quá một
nghiệm trong C2(Rn × [0, ∞)).
3.1.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy
Trong mục chúng ta chỉ ra sự tồn tại và công thức biểu diễn nghiệm
của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng trong các trường
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 79
hợp số chiều không gian n = 3, 2, 1. Để biết công thức biểu diễn nghiệm
trong trường hợp số chiều n lớn hơn nữa đề nghị xem [3].
Chúng ta tìm công thức nghiệm của phương trình ∂2u 3 X ∂2u − = f (x, t), x ∈ R3, t > 0 (3.7) ∂t2 ∂x2 i=1 i
thỏa mãn các điều kiện ban đầu u(x, 0) = ϕ0(x), x ∈ R3, (3.8) ∂u(x, 0) = ϕ ∂t 1(x), x ∈ R3. (3.9)
Định lý 3.2. Giả sử f(x, t) ∈ C2,0(R3×[0, +∞)), ϕ0(x) ∈ C3(R3), ϕ1(x) ∈
C2(R3). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy (3.7)-(3.9) cho bởi công thức Kirchhoff 1 Z ϕ Z 1(ξ) 1 ∂ ϕ0(ξ) u(x, t) = dS + dS 4π t 4π ∂t t |ξ−x|=t |ξ−x|=t (3.10) 1 Z f (ξ, t − |ξ − x|) + dξ. 4π |ξ − x| |ξ−x|≤t
Để chứng minh định lý này, ta xét ba bài toán Cauchy đặc biệt sau: Bài toán 1: ∂2u − ∆u = 0, x ∈ R3, t > 0 (3.11) ∂t2 u(x, 0) = 0, x ∈ R3, (3.12) ∂u (x, 0) = ϕ ∂t 1(x), x ∈ R3. (3.13) 80
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Công thức nghiệm của bài toán này được khẳng định trong mệnh đề sau:
Mệnh đề 3.1. Nếu ϕ1 ∈ C2(R3) thì nghiệm của Bài toán 1 cho bởi 1 Z ϕ1(ξ) u(x, t) = dS. 4π t |ξ−x|=t
Chứng minh. Xem [1], Định lý 2.1, trang 93. Bài toán 2: ∂2u − ∆u = 0, x ∈ R3, t > 0 (3.14) ∂t2 u(x, 0) = ϕ0(x), x ∈ R3, (3.15) ∂u (x, 0) = 0, x ∈ R3. (3.16) ∂t
Công thức nghiệm của bài toán này được khẳng định trong mệnh đề sau:
Mệnh đề 3.2. Giả sử varphi0 ∈ C3(R3). Khi đó nếu v là nghiệm của
Bài toán 1 với dữ kiện ϕ1 = ϕ0 thì ∂v u = (3.17) ∂t
là nghiệm của Bài toán 2. Do đó nghiệm của Bài toán 2 cho bởi 1 ∂ Z ϕ0(ξ) u(x, t) = dS. 4π ∂t t |ξ−x|=t
Chứng minh. Dễ thấy là u(x, 0) = ∂v (x, 0) = ϕ ∂t 0(x) (theo (3.13)), nên u thỏa mãn (3.15).
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 81
Ta cũng có ∂u (x, 0) = ∂2v(x, 0) = ∆v(x, 0) (theo (3.11)), do đó ∂t ∂t2
∂u (x, 0) = ∆0 = 0 (theo (3.12)) hay ta có (3.16). ∂t Cuối cùng ∂2u ∂  ∂2v  ∂ − ∆u = − ∆v = [0] = 0. ∂t2 ∂t ∂t2 ∂t
Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 3: ∂2u − ∆u = f(x,t), x ∈ R3, t > 0 (3.18) ∂t2 u(x, 0) = 0, x ∈ R3, (3.19) ∂u (x, 0) = 0, x ∈ R3. (3.20) ∂t
Công thức nghiệm của bài toán này được khẳng định trong mệnh đề sau:
Mệnh đề 3.3 (Nguyên lý Duhamel). Cho f(x, t) ∈ C2,0(R3×[0, +∞)).
Nếu vτ là nghiệm của Bài toán 1 với dữ kiện ϕ1 = f(x, τ), 0 < τ < t thì t Z u = vτ (x, t − τ)dτ (3.21) 0
là nghiệm của Bài toán 3. Do đó nghiệm của Bài toán 3 cho bởi 1 Z f (ξ, t − |ξ − x|) u(x, t) = dξ. 4π |ξ − x| |ξ−x|≤t
Chứng minh. Theo (3.21), ta có ngay u(x, 0) = 0 hay u thỏa mãn 82
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng (3.19) và t t ∂u Z ∂ Z ∂ =
vτ (x, t − τ)dτ + vt(x, 0) = vτ (x, t − τ)dτ, ∂t ∂t ∂t 0 0
theo (3.12) nên ∂u(x, 0) = 0 hay u thỏa mãn (3.20). ∂t Mặt khác t ∂2u Z ∂2 ∂ = vτ (x, t − τ)dτ + vt(x, 0) ∂t2 ∂t2 ∂t 0 t Z =
∆vτ (x, t − τ)dτ + f(x, t), theo (3.11) và (3.13) 0  t  Z = ∆ vτ (x, t x, t 
− τ)dτ  + f(x, t) = ∆u + f( ) 0 nên u thỏa mãn (3.18).
Vậy theo Mệnh đề 3.1 ta có   t t Z Z 1 Z f (ξ, τ ) u(x, t) = vτ (x, t − τ)dτ =  dS dτ 4π t − τ  0 0 |ξ−x|=t−τ   t 1 Z Z f (ξ, t − r) =  dS dr 4π  r  0 |ξ−x|=r 1 Z f (ξ, t − |ξ − x|) = dξ. 4π |ξ − x| |ξ−x|≤t
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 83
Chứng minh. [Định lý 3.2] Dễ thấy rằng tổng các nghiệm của ba bài
toán 1,2,3 là nghiệm của bài toán ban đầu (3.7)-(3.9) nên từ các Mệnh
đề 3.1-3.3 ta có chứng minh của Định lý 3.2.
Trên đây chúng ta thấy rằng, chứng minh của các Mệnh đề 3.2-3.3
không phụ thuộc vào số chiều không gian, nên chúng vẫn đúng trong
không gian n chiều bất kì. Vì thế để tìm công thức nghiệm cho bài
toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng trong các không gian
với số chiều khác, chúng ta chỉ cần tìm công thức nghiệm cho Bài toán
1, rồi sử dụng hai mệnh đề đó để suy ra công thức nghiệm cho hai bài toán còn lại.
Bây giờ xét công thức nghiệm của Bài toán 1 trong trường hợp dữ
kiện Cauchy không phụ thuộc vào biến thứ ba x3. Khi đó ta viết x = (x1, x2, x3) = (x0, x3); ξ = (ξ0, ξ3); ϕ1 = ϕ1(x0). Theo Mệnh đề 3.1 ta có 1 Z ϕ 1 Z ϕ u(x, t) = 1(ξ0)dS = 1(ξ0) dξ 4π t 2π p 1dξ2 t2 − |ξ0 − x0|2 |ξ−x|=t |ξ0−x0|≤t
là hàm không phụ thuộc vào x3, do đó nó là nghiệm của phương trình
∂2u − ∆u = 0, x ∈ R2,t > 0. ∂t2
Vậy ta có công thức nghiệm của Bài toán 1 trong trường hợp hai chiều là: 1 Z ϕ u(x, t) = 1(ξ) dξ, ∀x ∈ R2, t > 0. 2π pt2 − |ξ − x|2 |ξ−x|≤t
Từ đây và các Mệnh đề 3.2-3.3 cho trường hợp hai chiều ta có 84
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Định lý 3.3. Giả sử f(x, t) ∈ C2,0(R2×[0, +∞)), ϕ0(x) ∈ C3(R2), ϕ1(x) ∈
C2(R2). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy: ∂2u − ∆u = f(x,t), x ∈ R2, t > 0 ∂t2 u(x, 0) = ϕ0(x), x ∈ R2, ∂u (x,0) = ϕ ∈ R2 ∂t 1(x), x .
cho bởi công thức Poisson: 1 Z ϕ 1 ∂ Z ϕ u(x, t) = 1(ξ) dξ + 0(ξ) dξ 2π pt2 − |ξ − x|2 2π ∂t pt2 − |ξ − x|2 |ξ−x|≤t |ξ−x|≤t t 1 Z Z f (ξ, τ ) + dξdτ. 2π p(t − τ)2 − |ξ − x|2 0 |ξ−x|≤t−τ (3.22)
Theo cách tương tự, chúng ta cũng nhận được công thức nghiệm
của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng trong trường
hợp một chiều từ công thức Poisson (3.22):
Định lý 3.4. Giả sử f(x, t) ∈ C2,0(R×[0, +∞)), ϕ0(x) ∈ C3(R), ϕ1(x) ∈
C2(R). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy: ∂2u ∂2u − = f (x, t), x ∈ R, t > 0 ∂t2 ∂x2 u(x, 0) = ϕ0(x), x ∈ R, ∂u(x,0) = ϕ ∈ R ∂t 1(x), x .
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 85
cho bởi công thức D’ Alembert: x+t ϕ ) + ϕ ) 1 Z u(x, t) = 0(x + t 0(x − t + ϕ 2 2 1(ξ)dξ x−t (3.23) t x+(t−τ ) 1 Z Z + f (ξ, τ )dξdτ. 2 0 x−(t−τ) Chú ý:
1, Khi n = 1, để có công thức D’ Alembert, chúng ta chỉ cần tới
giả thiết f(x, t) ∈ C1,0(R × [0, +∞)), ϕ0(x) ∈ C2(R), ϕ1(x) ∈ C1(R).
2, Từ các công thức Kirchhoff, Poisson, D’ Alembert, ta suy ra tính
duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm của bài toán Cauchy
đối với phương trình truyền sóng vào vế phải f và các dữ kiện ban đầu ϕ0, ϕ1. Bài tập
Bài 3.2 Xét bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng: utt − a2∆u = f(x, t), x ∈ Rn, t > 0 (3.24)
và các điều kiện ban đầu
u|t=0 = ϕ0(x), ut|t=0 = ϕ1(x), x ∈ Rn (3.25)
ở đó f, ϕ0, ϕ1 là các hàm đã cho.
Sử dụng các Định lý 3.2-3.4, chứng tỏ rằng với các giả thiết
f ∈ C1(Rn × [0, +∞)), ϕ0 ∈ C2(Rn), ϕ1 ∈ C1(Rn), khi n = 1,
f ∈ C2(Rn × [0, +∞)), ϕ0 ∈ C3(Rn), ϕ1 ∈ C2(Rn), khi n = 2, 3, 86
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
thì nghiệm của bài toán Cauchy (3.24)-(3.25) tồn tại duy nhất và được
biểu diễn bằng công thức Dalambert khi n = 1 x+at 1 1 Z
u(x, t) = [ϕ0(x − at) + ϕ0(x + at)] + ϕ1(ξ)dξ 2 2a x−at (3.26) x+a(t−τ ) 1 Z t Z + f (ξ, τ )dξdτ ; 2a 0 x−a(t−τ)
bằng công thức Poisson khi n = 2 1 Z ϕ u(x, t) = 1(ξ)dξ 2πa pa2t2 − |ξ − x|2 |ξ−x|1 ∂ Z ϕ0(ξ)dξ + 2πa∂t pa2t2 − |ξ − x|2 (3.27) |ξ−x|1 Z t Z f (ξ, τ )dξdτ + ; 2πa p 0 a2(t − τ)2 − |ξ − x|2
|ξ−x|bằng công thức Kirchhoff khi n = 3 1 Z ϕ 1 ∂ Z h ϕ i u(x, t) = 1(ξ)dS + 0(ξ) dS 4πa2 t 4πa2 ∂t t |ξ−x|=at |ξ−x|=at (3.28) 1 Z 1 |ξ − x| + f (ξ, t − )dξ. 4πa2 |ξ − x| a
|ξ−x|Bài 3.3 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp n = 1 sau:
1. utt = uxx + 6; u|t=0 = x2, ut|t=0 = 4x.
2. utt = 4uxx + xt; u|t=0 = x2, ut|t=0 = x.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 87
3. utt = uxx + sin x; u|t=0 = sin x, ut|t=0 = 0. 4. u x tt = uxx + e ;
u|t=0 = sin x, ut|t=0 = x + cos x.
5. utt = 9uxx + sin x; u|t=0 = 1, ut|t=0 = 1.
6. utt = a2uxx + sin ωx; u|t=0 = 0, ut|t=0 = 0.
7. utt = a2uxx + sin ωt; u|t=0 = 0, ut|t=0 = 0.
Bài 3.4 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp n = 2 sau:
1. utt = ∆u + 2; u|t=0 = x, ut|t=0 = y.
2. utt = ∆u + 6xyt; u|t=0 = x2 − y2, ut|t=0 = xy. 3. u 2 y tt = ∆u + x3 − 3xy ;
u|t=0 = ex cos y, ut|t=0 = e sin x.
4. utt = ∆u + t sin y; u|t=0 = x2, ut|t=0 = sin y.
5. utt = 2∆u; u|t=0 = 2x2 − y2, ut|t=0 = 2x2 + y2.
6. utt = 3∆u + x3 + y3; u|t=0 = x2, ut|t=0 = y2. 7. u 3x+4y x y tt = ∆u + e ; u|t=0 = ut|t=0 = e3 +4 .
8. utt = a2∆u; u|t=0 = cos(bx + cy), ut|t=0 = sin(bx + cy).
Bài 3.5 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp n = 3 sau:
1. utt = ∆u + 2xyz; u|t=0 = x2 + y2 − 2z2, ut|t=0 = 1. 2. u 2 tt = 8∆u + t x2; u|t=0 = y2, ut|t=0 = z2.
3. utt = 3∆u + 6(x2 + y2 + z2); u|t=0 = x2y2z2, ut|t=0 = xyz. 88
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng √ √ 4. u x 2 x+y tt = ∆u + 6te sin y cos z; u|t=0 = e cos z 2, ut|t=0 = e3y+4z sin 5x. 5. u t
tt = a2∆u + (x2 + y2 + z2)e ; u|t=0 = ut|t=0 = 0. 6. u z y+z tt = a2∆u + cos x sin ye ;
u|t=0 = x2ey+z, ut|t=0 = sin xe . 7. u t x tt = a2∆u + xe cos(3y + 4z);
u|t=0 = xy cos z, ut|t=0 = yze .
3.2. Bài toán biên ban đầu đối với phương trình truyền sóng
Giả sử Ω ⊂ Rn là miền bị chặn, với biên ∂Ω trơn. Với T > 0, ta kí hiệu
QT := Ω × (0, T ); ST := ∂Ω × (0, T ); Ωs = Ω × {t = s}.
Trong mục này chúng ta nghiên cứu tính đặt chỉnh của bài toán biên ban đầu sau:
Tìm nghiệm u ∈ C2(Q ) của phương trình T
∂2u − ∆u = f(x,t), (x,t) ∈ Q ∂t2 T (3.29)
thỏa mãn điều kiện ban đầu ∂u u(x, 0) = ϕ0(x); (x, 0) = ϕ x , x ∈ Ω (3.30) ∂t 1( )
và thỏa mãn điều kiện biên u|S = ψ T 1 (3.31)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 89 hoặc ∂u| = ψ ∂ν ST 2. (3.32)
Bài toán (3.29)-(3.31) được gọi là bài toán biên ban đầu thứ nhất,
còn bài toán (3.29)+(3.30)+(3.32) được gọi là bài toán biên ban đầu thứ hai.
3.2.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm
Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên ban đầu thứ nhất được
khẳng định trong định lý sau
Định lý 3.5 (Tính duy nhất). Bài toán (3.29)-(3.31) có không quá một nghiệm trong C2(Q ) T .
Chứng minh. Giả sử u1, u2 ∈ C2(Q ) là hai nghiệm của bài toán T
(3.29)-(3.31). Khi đó u = u1 − u2 ∈ C2(Q ) là nghiệm của bài toán T
đó đối với vế phải và các dữ kiện ban đầu, dữ kiện biên bằng không.
Do đó với mọi 0 < s ≤ T, Qs := Ω × (0, s), Ss = ∂Ω × (0, s) ta có Z ∂u  ∂2u  − ∆u dxdt = 0. ∂t ∂t2 Qs
Thực hiện biến đổi vế trái như trong chứng minh Định lý 3.1 ta 90
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng nhận được: 1 Z  2 n  2 h ∂u X ∂u i + dx 2 ∂t ∂xi Ω i=1 s " n 1 Z  ∂u 2  2# X ∂u − + dx 2 ∂t ∂x i=1 i Ω0 " n # Z ∂u X ∂u − ν dS = 0 ∂t ∂x i i S i=1 s hay 1 Z  2 n  2 h ∂u X ∂u i + dx 2 ∂t ∂x i=1 i Ωs " 1 Z  ∂u 2 n  ∂u 2# − X + dx (3.33) 2 ∂t ∂xi i=1 Ω0 Z ∂u ∂u − dS = 0. ∂t ∂ν Ss
Ta thấy, tích phân thứ hai trong (3.33) bằng không vì các điều kiện
ban đầu bằng không. Hơn nữa, trên S ∂u s thì u bằng không nên bằng ∂t
không, do đó tích phân thứ ba trong (3.33) bằng không. Vì thế ta có n 1 Z  2  2 h ∂u X ∂u i + dx = 0. 2 ∂t ∂xi Ω i=1 s
Từ đây, giả thiết u ∈ C2(Q ) và s T ∈ (0, T ] tùy ý, ta suy ra ∂u ∂u ∂u = = · · · = = 0 ∂t ∂x1 ∂xn trong Q . Vậy u
và ta có điều phải chứng minh. T ≡ 0 trong QT
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 91
Về sự phụ thuộc liên tục của nghiệm, chúng ta có kết quả cho bài
toán biên thứ nhất trong trường hợp một chiều sau đây: Xét phương
trình truyền sóng thuần nhất ∂2u ∂2u − = 0,
0 < x < L, 0 < t < T (3.34) ∂t2 ∂x2
với điều kiện ban đầu ∂u u(x, 0) = ϕ0(x); (x, 0) = ϕ x L. (3.35) ∂t 1(x); 0 ≤ ≤
và điều kiện biên thuần nhất u(0, t) = u(L, t) = 0, 0 ≤ t ≤ T (3.36)
Định lý 3.6 (Sự phụ thuộc liên tục). Giả sử ui(x, t) ∈ C2([0, L] ×
[0, T ]) là nghiệm của bài toán (3.34)-(3.36) ứng với bộ dữ kiện ban đầu ϕ(i) i 0 (x), ϕ( )
1 (x), i = 1, 2. Nếu hai bộ dữ kiện này chỉ thay đổi nhỏ trên [0, L] theo nghĩa
|ϕ10 − ϕ20|; |ϕ11 − ϕ21|; |(ϕ10)0 − (ϕ20)0|
nhỏ với mọi x ∈ [0, L] thì hai nghiệm tương ứng cũng chỉ thay đổi nhỏ
trên hình chữ nhật [0, L] × [0, T ] theo nghĩa |u1 − u2| nhỏ.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 6.1, trang 106.
3.2.2. Sự tồn tại nghiệm
Sự tồn tại nghiệm của bài toán biên ban đầu đối với phương trình
truyền sóng trong trường hợp một chiều được chỉ ra nhờ phương pháp
tách biến Fourier. Sau đây là một trường hợp tìm nghiệm của bài toán
biên ban đầu thứ nhất đối với phương trình thuần nhất và điều kiện 92
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
biên thuần nhất (3.34)-(3.36). Các bài toán biên khác sẽ được đề cập trong phần bài tập.
Ta tìm nghiệm (khác không) của (3.34) thỏa mãn điều kiện biên
(3.36) dưới dạng tách biến u(x, t) = X(x)T (t). (3.37)
Thay hàm u vào (3.34) rồi biến đổi ta dẫn tới T 00(t) X00(x) = a2 . T (t) X(x)
Do vế trái của PT trên không phụ thuộc vào x và vế phải không
phụ thuộc vào t nên cả hai vế đều không phụ thuộc vào cả x và t. Nói
cách khác hai vế là hằng số −λ. Điều này dẫn tới hai PTVP thường: X00 + λX = 0 (3.38) T 00 + λa2T = 0. (3.39)
Điều kiện biên (3.36) dẫn tới điều kiện biên cho (3.38): X(0) = 0, X(L) = 0. (3.40)
Để giải (3.38) ta xét PT đặc trưng: r2 + λ = 0.
Tùy theo dấu của λ ta có ba trường hợp sau:
a, λ = −c2 < 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là: X(x) = C1ecx + C2e−cx.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 93
Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra C1 = C2 = 0. Vậy trường hợp này chỉ cho ta nghiệm không.
b, λ = 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là: X(x) = C1 + C2x.
Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra C1 = C2 = 0. Vậy trường hợp này chỉ cho ta nghiệm không.
c, λ = c2 > 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là: X(x) = C1 cos cx + C2 sin cx.
Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra kπ C1 = 0; sin cL = 0 hay c = , k = 1, 2, · · · L Khi đó  kπ 2 λ = λk = . L Bài toán có nghiệm kπx Xk(x) = Ak sin , L
trong đó Ak là hằng số tùy ý.
Ta gọi λk là giá trị riêng, còn Xk(x) là hàm riêng tương ứng của
phương trình (3.38) với điều kiện (3.40).
Các hàm Xk(x) = Ak sin kπx lập thành một họ hàm trực giao trên L đoạn [0, L], nghĩa là: Z L Xk(x)Xj(x)dx = 0, ∀k 6= j. 0 94
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Với λ = (kπ )2 thì phương trình (3.39) có nghiệm tổng quát: L kπat kπat Tk(t) = Bk cos + D . L k sin L
Do đó ta có các nghiệm riêng của (3.34) thỏa mãn điều kiện biên (3.36) là:  kπat kπat kπx uk(x, t) = ak cos + b sin , L k sin L L với ak = AkBk, bk = AkDk.
Do tính chất tuyến tính và thuần nhất của PT (3.34) nên hàm ∞ ∞  kπat kπat  kπx u = Xu X (3.41) k = ak cos + b sin L k sin L L k=1 k=1
cũng là nghiệm của phương trình đó, nếu chuỗi (3.41) hội tụ và có thể
lấy đạo hàm từng số hạng theo x và theo t hai lần. Hơn nữa, hàm u
đó cũng thỏa mãn điều kiện biên (3.36) với mọi ak, bk.
Bây giờ ta đi tìm các hệ số ak, bk để hàm u xác định bởi (3.41) thỏa
mãn các điều kiện ban đầu (3.35). Thay vào (3.35) ta có ∞ kπx u| X t=0 = ak sin = ϕ L 0(x), k=1 ∞ X kπa kπx u0 b = ϕ t|t=0 = L k sin L 1(x). k=1
Do đó ak và kπa b tương ứng phải là các hệ số Fourier sine của các L k
hàm ϕ0(x) và ϕ1(x) trên đoạn [0, L] hay  R L ak = 2 ϕ dξ L 0 0(ξ) sin kπξ L (3.42) R L bk = 2 ϕ dξ. kπa 0 1(ξ) sin kπξ L
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 95
Vậy nghiệm của bài toán cho bởi (3.41) với các hệ số xác định bởi (3.42).
Ví dụ 3.1. Tìm dao động tự do của sợi dây có chiều dài L, biết hai
đầu dây cố định, độ lệch ban đầu là cung parabol ϕ (L− ) và 0(x) = x x M
vận tốc ban đầu ϕ1(x) = 0.
Gọi u(x, t) là độ lệch của điểm x so với vị trí cân bằng tại thời điểm
t. Ta có u(x, t) là nghiệm của bài toán
u00tt − a2u00xx = 0, 0 < x < L, t > 0
thỏa mãn điều kiện ban đầu u| 0 t=0 = ϕ0(x);
ut|t=0 = ϕ1(x), 0 < x < L và điều kiện biên u|x=0 = 0; u|x=L = 0, t ≥ 0.
Nghiệm của bài toán cho bởi công thức: ∞  kπat kπat  kπx u(x, t) = X ak cos + b sin , L k sin L L k=1
trong đó các hệ số ak, bk xác định bởi  R L ak = 2 ϕ dξ L 0 0(ξ) sin kπξ L R L bk = 2 ϕ dξ. kπa 0 1(ξ) sin kπξ L
Thay ϕ0(x) và ϕ1(x) rồi tính trực tiếp ta có 4L2 ak = [1 − (−1)k], b k3π3M k = 0. 96
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng Vậy 4L2 ∞ 1 − (−1)k kπat kπx u(x, t) = X cos sin . π3M k3 L L k=1 hay 8L2 ∞ X 1 (2n + 1)πat (2n + 1)πx u = cos sin . π3M (2n + 1)3 L L n=0
Có thể kiểm tra được chuỗi này hội tụ đều trên R và có thể lấy đạo
hàm từng số hạng theo x và theo t hai lần. Vì thế u đúng là nghiệm
của bài toán đã nêu. Để nghiệm này gần với dao động thực thì đòi hỏi M đủ lớn để u02
phải đủ nhỏ. Điều này xuất hiện khi thiết lập x ≤ L2 M 2 phương trình.
Ví dụ 3.2. Ở thời điểm t = 0, ta truyền cho các điểm của sợi dây
nằm trong khoảng (c − ε, c + ε) ⊂ (0, L) một vận tốc ban đầu không
đổi v0. Hãy xác định dao động tự do của sợi dây, nếu lúc đầu nó nằm yên.
Gọi u(x, t) là độ lệch của điểm x so với vị trí cân bằng tại thời điểm
t. Ta có u(x, t) là nghiệm của bài toán
u00tt − a2u00xx = 0, 0 < x < L, t > 0
thỏa mãn điều kiện ban đầu   v0 nếu x ∈ (c − ε, c + ε) u|t=0 = ϕ0(x) = 0; u0t|t=0 = ϕ1(x) =  0
nếu x 6∈ (c − ε, c + ε) và điều kiện biên u|x=0 = 0; u|x=L = 0, t ≥ 0.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 97
Nghiệm của bài toán cho bởi công thức: ∞ X  kπat kπat  kπx u(x, t) = ak cos + b sin , L k sin L L k=1
trong đó các hệ số ak, bk xác định bởi  R L ak = 2 ϕ dξ L 0 0(ξ) sin kπξ L R L bk = 2 ϕ dξ. kπa 0 1(ξ) sin kπξ L
Thay ϕ0(x) và ϕ1(x) rồi tính trực tiếp ta có 2Lv h kπ(c − ε) kπ(c + ε) i a 0 k = 0, bk = cos − cos . k2π2a2 L L Vậy 2Lv ∞ X 1  kπ(c − ε) kπ(c + ε)  kπat kπx u(x, t) = 0 cos −cos sin sin . π2a k2 L L L L k=1
Lưu ý: Nếu ta cho ε → 0 sao cho xung lượng p không thay đổi. Khi đó do p = 2ερv0
với ρ là mật độ khối lượng nên nghiệm pL ∞ 1  kπ(c − ε) kπ(c + ε)  kπat kπx u(x, t) = X cos −cos sin sin . π2aρ εk2 L L L L k=1
Theo quy tắc L’Hospital ta có 1 kπ(c − ε) kπ(c + ε)  2kπ kπc lim cos − cos = sin . ε→0 ε L L L L 98
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng Vậy pL ∞ 1 kπc kπat kπx u(x, t) = X sin sin sin πaρ k L L L k=1
là dao động của sợi dây đứng yên ở thời điểm ban đầu và ta truyền
cho nó một xung lượng p tập trung tại điểm x = c. Bài tập
Bài 3.6 Giải bài toán dao động tự do trên đoạn 0 ≤ x ≤ L với hai
đầu cố định, biết vận tốc dao động ban đầu của đoạn bằng 0 và độ
lệch ban đầu ϕ0 có dạng 1. đường sine: nπx ϕ0 = A sin , n là số nguyên. L
2. Parabol có trục đối xứng là x = L và đỉnh là M(L , h). 2 2
3. đường gấp khúc OAB, trong đó O(0, 0), A(c, h), B(L, 0), 0 < c <
L. Xét trường hợp c = L . 2
Bài 3.7 Giải bài toán dao động tự do trên đoạn 0 ≤ x ≤ L với hai
đầu cố định và vị trí ban đầu ở trạng thái nghỉ (ϕ0 = 0), còn vận tốc
ban đầu đầu ϕ1 được cho bởi công thức
1. ϕ1 = v0 = const, x ∈ [0, L].  v ] 2.  0, nếu x ∈ [α, β , ϕ1 = 0, nếu x 6∈ [α, β], trong đó 0 6 α 6 β 6 L.  π(x − x0) A cos , nếu x ∈ [x 3. 0 − α, x0 + α], ϕ 2α 1 = 0,
nếu x 6∈ [x0 − α, x0 + α],
trong đó 0 6 x0 − α 6 x0 + α 6 L.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 99
Chú ý: Phương trình truyền sóng thuần nhất cũng là phương trình mô
tả dao động tự do của một thanh dọc, trong đó u(x, t) là biên độ dao
động dọc (hay độ dịch chuyển) của điểm x, tại thời điểm t.
Bài 3.8 Trình bày phương pháp tách biến giải bài toán tìm biên độ
dao động dọc của một thanh đồng chất với dữ kiện ban đầu được cho
tùy ý cùng với điều kiện
1. Một đầu của thanh x = 0 cố định, đầu còn lại (x = L) tự do (ux(L, t) = 0). 2. Cả hai đầu tự do.
3. Đầu x = L cố định, đầu x = 0 tự do.
Bài 3.9 Tìm biên độ dao động dọc của một thanh vật chất với đầu
x = 0 cố định, đầu x = L được đặt vào một lực P (tại thời điểm t = 0,
lực bắt đầu tác động).
Chú ý: Trong trường hợp dao động có ngoại lực thì ta phải giải bài
toán biên ban đầu đối với PT không thuần nhất.
Bài toán tìm biên độ của một dao động cưỡng bức (dưới tác dụng
của ngoại lực) của một đoạn dây đồng chất 0 ≤ x ≤ L trong trường
hợp tổng quát, dẫn đến việc tìm nghiệm của phương trình ∂2u ∂2u = a2 + g(x, t) (3.43) ∂t2 ∂x2
thỏa mãn điều kiện biên u(0, t) = µ1(t); u(L, t) = µ2(t) (3.44) 100
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng và điều kiện ban đầu ∂u u(x, 0) = ϕ0(x); (x, 0) = ϕ ∂t 1(t). (3.45)
Để giải bài toán này, trước tiên chúng ta lấy hàm x ω(x, t) := µ1(t) + [µ ) − µ )] L 2(t 1(t
thì hàm ω này sẽ thỏa mãn điều kiện biên (3.44), do đó hàm v(x, t) = u(x, t) − ω(x, t)
sẽ thỏa mãn bài toán (3.43)-(3.45) nhưng với dữ kiện biên thuần nhất
(tương ứng với điều kiện hai đầu dây cố định). Vì thế chúng ta xét bài toán sau: ∂2u ∂2u = a2 + g(x, t), (3.46) ∂t2 ∂x2 u(0, t) = 0; u(L, t) = 0, (3.47) ∂u u(x, 0) = ϕ0(x); (x, 0) = ϕ ∂t 1(t). (3.48)
Nghiệm của bài toán (3.46)- (3.48) là tổng các nghiệm của hai bài toán: ∂2u ∂2u = a2 , (3.49) ∂t2 ∂x2 u(0, t) = 0; u(L, t) = 0, (3.50) ∂u u(x, 0) = ϕ0(x); (x, 0) = ϕ ∂t 1(t). (3.51) và bài toán: ∂2u ∂2u = a2 + g(x, t), (3.52) ∂t2 ∂x2 u(0, t) = 0; u(L, t) = 0, (3.53) ∂u u(x, 0) = 0; (x, 0) = 0. (3.54) ∂t
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 101
Bài toán (3.49)-(3.51) đã biết cách giải.
Nghiệm của bài toán (3.52)-(3.54) được tìm dưới dạng chuỗi ∞ kπx u(x, t) = X Tk(t) sin . (3.55) L k=1
trong đó Tk(t) xác định bởi t L 2 Z Z kπa(t − τ) kπξ T  k(t) = g(ξ, t) sin sin dξdτ. (3.56) kπa L L 0 0
Áp dụng giải các bài toán trong các Bài tập 3.10 − 3.15.
Bài 3.10 Giải các bài toán biên ban đầu sau:
1. utt = uxx + 2b, (b = const, 0 < x < L), u   = 0, u = 0; u = u = 0. x=0 x=L t=0 tt=0
2. utt = uxx + cos t, (0 < x < π), u   = u = 0; u = u = 0. x=0 x=π t=0 tt=0
Bài 3.11 Giải bài toán về sự dao động của đoạn dây đồng chất 0 ≤
x ≤ L với hai đầu x = 0, x = L cố định, dưới tác động của ngoại lực có mật độ kπa p(x, t) = Aρ sin ωt, ω 6=
, k = 1, 2, ... Dữ kiện ban đầu L bằng 0.
Bài 3.12 Giải bài toán về sự dao động cưỡng bức của một thanh vật
chất được treo tại đầu x = 0 (đầu x = L tự do), được thực hiện dưới
tác động của trọng lực.
Bài 3.13 Giải các bài toán sau 102
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng 1. uxx = utt, 0 < x < L; u   = 0, u = t; u = u = 0. x=0 x=L t=0 tt=0 2. uxx = utt, 0 < x < 1, u   = t + 1, u = t3 + 2; u = x + 1, u = 0. x=0 x=1 t=0 tt=0
Bài 3.14 Giải bài toán về dao động của dây nằm ngang, đầu x = 0
cố định, đầu x = L bị đẩy tạo độ lệch bằng A sin ωt, trong đó ω 6=
kπa , k = 1, 2, .... Tại thời điểm t = 0 độ lệch cùng với vận tốc đều bằng L 0.
Bài 3.15 Cho một thanh vật chất độ dài L, được cố định đầu x = 0
và ở trạng thái nghỉ, đầu x = L tự do. Vào thời điểm t = 0, đặt một
lực tác động Q = const dọc theo thanh. Tìm độ lệch u(x, t) của thanh vật chất. Chương 4
Phương trình truyền nhiệt
Trong chương này chúng ta nghiên cứu về phương trình truyền nhiệt: ∂u − a2∆u = f(x,t), ∂t
một đại diện của lớp phương trình parabolic. Nghiệm của phương
trình này được tìm trong lớp C2,1. Ta sẽ gọi nghiệm u(x, t) của phương
trình này hàm nhiệt hay phân bố nhiệt. Cũng như đối với phương trình
truyền sóng, bằng cách đổi biến, chúng ta có thể giả thiết a = 1. Ví dụ 4.1. Hàm  |x|2 1  √ e− 4a2t , nếu t > 0 Γ(x, t) := (2a πt)n 0, nếu t < 0
là nghiệm của phương trình truyền nhiệt thuần nhất (ứng với f = 0) tại mọi t 6= 0. 103 104
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
4.1. Biểu diễn Green của hàm nhiệt
4.1.1. Công thức Green đối với toán tử truyền nhiệt
Cũng như đối với phương trình Laplace, chúng ta có thể sử dụng
phương pháp Green để chỉ ra công thức nghiệm của phương trình
truyền nhiệt và một số tính chất khác. Kí hiệu: ∂u Lu(x, t) := − ∆u ∂t
là toán tử truyền nhiệt và ∂u L∗u(ξ, s) := − − ∆ ∂s ξ u
là toán tử liên hợp hình thức của toán tử truyền nhiệt L.
Sau đây chúng ta sẽ thiết lập các công thức Green tương tự như
đối với toán tử Laplace. Giả sử Ω ⊂ Rn là một tập mở với biên ∂Ω đủ
trơn, T > 0 là một số đã cho. Đặt
QT := Ω × (0, T ]; ST := ∂Ω × [0, T ]; Ss := ∂Ω × [0, s]
ΩT = Ω × {t = T }; Ω0 = Ω × {t = 0}; Ωs = Ω × {t = s}.
Giả sử u, v ∈ C2,1(Q ) là hai hàm bất kỳ. Áp dụng công thức tích T
phân từng phần ta nhận được công thức Green thứ nhất đối với toán
tử truyền nhiệt trên QT : n ! Z Z Z X ∂u ∂v ∂v ∂u vLudxdt = − u dxdt − v dS ∂xi ∂xi ∂t ∂ν Q i=1 T QT ST (4.1) Z Z + uvdx − uvdx. ΩT Ω0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 105 Mặt khác n Z Z Z X ∂u ∂v ∂v − u∆vdxdt = dxdt − u dS. ∂xi ∂xi ∂ν Q i=1 T QT ST
Trừ đẳng thức (4.1) cho đẳng thức này ta nhận được công thức Green
thứ hai đối với toán tử truyền nhiệt trên QT : Z Z  ∂v ∂u  (vLu − uL∗v)dxdt = u − v dS ∂ν ∂ν QT ST (4.2) Z Z + uvdx − uvdx. ΩT Ω0
4.1.2. Nghiệm cơ bản của toán tử truyền nhiệt
Định nghĩa 4.1. Với mỗi (ξ, s) ∈ Rn × (0, +∞), hàm  |x−ξ|2  1 √ 4(t−s)  e− , nếu t > s Γ(x, t; ξ, s) := (2 π(t−s))n  0, nếu t < s
là nghiệm của phương trình truyền nhiệt thuần nhất Lu = 0 tại mọi
t 6= s. Hàm Γ(x, t; ξ, s) được gọi là nghiệm cơ bản của toán tử truyền
nhiệt L ứng với phân bố nhiệt điểm tại (ξ, s).
Dễ thấy rằng nếu cố định (x, t) và xét Γ là hàm của (ξ, s) thì ta có L∗Γ = 0 tại mọi s 6= t.
4.1.3. Biểu diễn Green của hàm nhiệt
Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(Q ) và thỏa mãn T Lu = f (x, t), (4.3) 106
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
với f ∈ Cb(QT )− không gian các hàm bị chặn và liên tục trong QT .
Cố định (ξ, s) ∈ QT . Chúng ta muốn sử dụng công thức Green thứ hai
đối với u(x, t) và v(x, t) = Γ(ξ, s; x, t) trên Qs, nhưng do Γ(ξ, s; x, t)
có kì dị tại t = s, nên chúng ta khắc phục bằng cách áp dụng trên
Qs−ε với ε > 0 đủ nhỏ, rồi cho ε → 0. Cụ thể ta có Z
(Γ(ξ, s; x, t)Lu − uL∗Γ(ξ, s; x, t))dxdt Qs−ε Z  ∂Γ(ξ, s; x, t) ∂u  = u − Γ(ξ, s; x, t) dS ∂ν ∂ν Ss−ε Z Z +
u(x, s − ε)Γ(ξ, s; x, s − ε)dx − u(x, 0)Γ(ξ, s; x, 0)dx. Ω Ω (4.4)
Bởi vì L∗Γ(ξ, s; ., .) = 0 trong Qs−ε, Lu = f trong QT và Z
u(x, s − ε)Γ(ξ, s; x, s − ε)dx → u(ξ, s) Ωs−ε
khi ε → 0 nên khi chuyển qua giới hạn đẳng thức (4.4) ta nhận được
biểu diễn Green của hàm nhiệt: Z u(ξ, s) = Γ(ξ, s; x, t)f (x, t)dxdt Qs Z  ∂u ∂Γ(ξ, s; x, t)  + Γ(ξ, s; x, t) − u dS ∂ν ∂ν (4.5) Ss Z + u(x, 0)Γ(ξ, s; x, 0)dx. Ω
Từ biểu diễn này chúng ta có định lý sau:
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 107
Định lý 4.1. Nếu u(x, t) ∈ C2,1(Q ) là nghiệm của phương trình T
truyền nhiệt thuần nhất Lu = 0 trong QT thì u khả vi vô hạn trong QT .
Chứng minh. Theo biểu diễn Green của hàm nhiệt (4.5) ta có đối với (ξ, s) ∈ QT : Z  ∂u ∂Γ(ξ, s; x, t)  u(ξ, s) = Γ(ξ, s; x, t) − u dS ∂ν ∂ν Ss (4.6) Z + u(x, 0)Γ(ξ, s; x, 0)dx. Ω
Khi s > 0, hàm Γ(ξ, s; x, 0) khả vi vô hạn theo ξ, s nên có thể tính
được đạo hàm của tích phân thứ hai trong (4.6) bằng cách đạo hàm
dưới dấu tích phân, hay tích phân đó là hàm khả vi vô hạn theo (ξ, s).
Mặt khác, tích phân thứ nhất bằng với tích phân trên ST vì khi
t > s thì Γ(ξ, s; x, t) = 0. Hơn nữa, nếu khoảng cách từ (ξ, s) tới biên
ST dương thì các hàm dưới dấu tích phân cũng khả vi vô hạn theo
(ξ, s) nên ta cũng có thể lấy đạo hàm dưới dấu tích phân tới cấp bất
kỳ theo (ξ, s). Vì thế tích phân thứ nhất cũng khả vi vô hạn theo (ξ, s).
4.1.4. Các nguyên lý cực trị
Trong mục này chúng ta chủ yếu đề cập tới các nguyên lý cực trị,
là công cụ cho việc chứng minh các đánh giá tiên nghiệm cho các bài
toán biên, ban đầu đối với phương trình truyền nhiệt. Kí hiệu
Q = Ω × (t1, t2]; Ωt = Ω × {t = t1}; Ωt = Ω × {t = t 1 2 2}; 108
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
S = ∂Ω × (t1, t2); σ = S ∪ Ωt ; 1 GT = Rn × (0, T ]; G . ∞ = Rn × (0, ∞)
Bổ đề 4.1. Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(Q) và thỏa mãn Lu ≥ (≤)0, (x, t) ∈ Q.
Khi đó, với mọi (x, t) ∈ Q ta có
min u ≤ u(x, t) (max u ≥ u(x, t)). (4.7) σ σ
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 4.1, trang 128.
Định lý 4.2 (Nguyên lý cực trị trong miền bị chặn). Giả sử u(x, t) ∈
C2,1(Q) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong Q. Khi đó, với bất kì (x, t) ∈ Q, ta có min u ≤ u(x, t) ≤ max u. (4.8) σ σ
Chứng minh. Định lý này dễ dàng suy ra từ Bổ đề 4.1
Định lý 4.3 (Nguyên lý cực trị trong miền không bị chặn). Giả sử
u(x, t) ∈ C2,1(GT ) ∩ C( ¯
GT ) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong GT
và bị chặn trên GT . Khi đó, với bất kì (x, t) ∈ Q, ta có
inf u(x, 0) ≤ u(x, t) ≤ sup u(x, 0). (4.9) Rn Rn Chứng minh.
Định lý 4.4 (Nguyên lý cực trị mạnh). Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(QT ) ∩
C(Q ) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong Q T T và đạt giá trị nhỏ
nhất hoặc lớn nhất tại điểm (x0, t0) ∈ QT thì u ≡ u(x0, t0) trong Qt . 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 109
Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.3, trang 131.
Định lý 4.5. Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(QT ) ∩ C(Q ) thỏa mãn phương T
trình Lu = f(x, t) trong QT . Khi đó với bất kỳ (x, t) ∈ Q ta có T
min u − T sup |f| ≤ u(x, t) ≤ max u + T sup|f|. (4.10) σ Q σ T QT Do đó
|u(x, t)| ≤ max |u| + T sup |f|. (4.11) σ QT
Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.4, trang 134.
Định lý 4.6. Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(GT ) ∩ C( ¯ GT ) thỏa mãn phương
trình Lu = f(x, t) và bị chặn trong GT . Khi đó với bất kỳ (x, t) ∈ QT ta có
inf u(x, 0) − T sup |f| ≤ u(x, t) ≤ sup u(x, 0) + T sup |f|. (4.12) Rn G Rn T GT
Chứng minh. Xem [1], Định lý 4.5, trang 135.
Định lý 4.7. Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(G b ∞) ∩ C( ¯ G∞) là nghiệm của
phương trình Lu = 0 trong G∞ và u(x, 0) → 0 khi |x| → ∞. Khi đó
u(x, t) → 0 đều theo x trong Rn khi t → ∞.
Chứng minh. Xem [1], Định lý 5.7, trang 143.
4.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt Gọi C2,1(G b
T ) là không gian tất cả các hàm khả vi liên tục đến cấp
2 theo x, cấp 1 theo t và bị chặn trên GT , Cb(GT ), Cb(Rn) là không 110
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
gian các hàm liên tục và bị chặn trên các tập tương ứng.
Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt là bài toán tìm nghiệm u(x, t) ∈ C2,1(G b T ) ∩ C( ¯
GT ) của phương trình truyền nhiệt ∂u Lu =
− ∆u = f(x, t), (x, t) ∈ G ∂t T (4.13)
thỏa mãn điều kiện ban đầu u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ Rn, (4.14)
trong đó f ∈ Cb(GT ), ϕ ∈ Cb(Rn) là các hàm đã cho.
4.2.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy
Định lý 4.8. Bài toán Cauchy (4.13)-(4.14) có không quá một nghiệm trong C2,1(G b T ) ∩ C( ¯ GT ). Chứng minh. Giả sử u , i(x, t) ∈ C2 1(G b T ) ∩ C( ¯ GT ) là nghiệm của bài
toán Cauchy đối với phương trình Lu = fi trong GT và điều kiện ban
đầu ui(x, 0) = ϕi, i = 1, 2. Khi đó, áp dụng Định lý 4.6 đối với hàm
u = u1 − u2 ta có với mọi (x, t) ∈ GT
|u1(x, t) − u2(x, t)| ≤ sup |ϕ1 − ϕ2| + T sup |f1 − f2|. (4.15) Rn Rn
Từ đây ta nhận được tính duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục
nghiệm vào các dữ kiện của bài toán.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 111
4.2.2. Công thức nghiệm của bài toán Cauchy
Để xét sự tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy (4.13)-(4.14), chúng
ta chia thành hai bài toán sau đây:   Lu = 0, (x, t) ∈ G∞ (BT1)  u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ Rn và  Lu = f (x, t), (x, t) ∈ G∞ (BT2) u(x, 0) = 0, x ∈ Rn.
Mệnh đề 4.1. Giả sử ϕ(x) ∈ C ,
b(Rn). Khi đó nghiệm u ∈ C2 1 (G b ∞)
của (BT1) được cho bởi công thức  R 
Γ(x, t; ξ, 0)ϕ(ξ)dξ, nếu t > 0  u(x, t) = Rn (4.16)   ϕ(x), nếu t = 0. Chứng minh.
Mệnh đề 4.2 (Nguyên lý Duhamel). Giả sử f(x, t) ∈ Cb(G ) Khi ∞ .
đó nếu vτ (x, t) là nghiệm của (BT1) ứng với dữ kiện ban đầu ϕ(x) =
f (x, τ ), τ > 0 thì nghiệm của (BT2) được cho bởi công thức Z t u(x, t) = vτ (x, t − τ)dτ. (4.17) 0 Chứng minh.
Định lý 4.9 (Công thức nghiệm của bài toán Cauchy). Giả sử f(x, t) ∈ Cb(G C ∞), ϕ(x) ∈
b(Rn). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy (4.13)- 112
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
(4.14) được cho bởi công thức Poisson sau đây: 1 Z |x−ξ|2 u(x, t) = √ e 4t ϕ(ξ)dξ (2 πt)n Rn (4.18) Z t 1 Z |x−ξ|2 + e 4(t−τ) f (ξ, τ )dξdτ. p n 0 (2 π(t − τ)) Rn
Chứng minh. Nghiệm của bài toán Cauchy (4.13)-(4.14) bằng tổng
các nghiệm của (BT1) và của (BT2) nên từ các Mệnh đề 4.1 và 4.2 ta
có điều phải chứng minh. Bài tập Bài 4.1 Cho f ∈ C2,1(G , a > . Chứng minh rằng b ∞), ϕ ∈ Cb(Rn) 0
nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt: ut = a2∆u + f (x, t)
thỏa mãn điều kiện ban đầu u|t=0 = ϕ(x)
cho bởi công thức Poisson: 1 Z |x−ξ|2 u(x, t) = √ ϕ(ξ)e− 4a2t dξ (2a πt)n Rn Z t Z f (ξ, τ ) |x−ξ|2 + e−4a2(t−τ) dξdτ. n 0 Rn [2apπ(t − τ )]
Bài 4.2 Giả sử uk(x, t) là nghiệm của bài toán Cauchy ut = a2∆u,
u|t=0 = fk(xk), k = 1, · · · , n.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 113
Chứng minh rằng hàm u(x, t) = Πnk=1uk(x, t) là nghiệm của bài toán Cauchy ut = a2∆u, u|t=0 = Πnk=1fk(xk).
Bài 4.3 Giả sử f(x, t) ∈ C2(G là hàm điều hòa theo với mọi ∞) x
t ≥ 0 cố định. Chứng minh rằng hàm u(x, t) = R t f(x, τ)dτ là nghiệm 0 của bài toán Cauchy ut = a2∆u + f (x, t), u|t=0 = 0. Bài 4.4 Giả sử u δk
0 ∈ C∞(Rn) còn chuỗi P∞ ∆ku k=0 k! 0(x), δ > 0 và mọi
chuỗi nhận được từ nó bằng cách lấy đạo hàm cấp một, cấp hai, hội
tụ đều trong mỗi miền bị chặn. Chứng minh rằng hàm ∞ a2tk u(x, t) = X ∆ku k! 0(x) k=0
là nghiệm của bài toán Cauchy δ ut = a2∆u, 0 < t < ; u| a2 t=0 = u0(x).
Nghiệm của các bài 4.5-4.7 có thể tìm theo công thức Poisson,
nhưng đôi khi ta có thể giải nhanh hơn bằng phương pháp tách biến
hoặc áp dụng các bài 4.2-4.4.
Bài 4.5 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 1)
1. ut = 4uxx + t + et, u|t=0 = 2. 114
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng 2. u 2 t = uxx + 3t , u|t=0 = sin x. 3. u −t t = uxx + e cos x, u|t=0 = cos x. 4. u t t = uxx + e sin x, u|t=0 = sin x. 5. u −x2 t = uxx + sin t, u|t=0 = e . 6. u 2x−x2 t = uxx, u|t=0 = e . 7. u −x2 t = uxx, u|t=0 = xe . 8. u −x2 t = uxx, u|t=0 = sin xe .
Bài 4.6 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 2) 1. u t t = ∆u + e , u|t=0 = cos x sin y.
2. ut = ∆u + sin t sin x sin y, u|t=0 = 1. 3. u −x2−y2 t = ∆u + cos t, u|t=0 = xye . 4. 8u −(x−y)2 t = ∆u + 1, u|t=0 = e . 5. 2ut = ∆u, u|t=0 = cos xy.
Bài 4.7 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 3)
1. ut = 2∆u + t cos x, u|t=0 = cos y cos z.
2. ut = 3∆u + et, u|t=0 = sin(x − y − z).
3. ut = 4∆u + sin 2z, u|t=0 = 1 sin 2z + e−x2 cos 2y. 4 4. u (x+y z)2 t = ∆u + cos(x − y + z), u|t=0 = e− − .
5. ut = ∆u, u|t=0 = cos(xy) sin z.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 115
4.3. Bài toán biên ban đầu đối với phương trình truyền nhiệt
Giả sử Ω ⊂ Rn là miền bị chặn, với biên ∂Ω trơn. Với T > 0, ta kí hiệu
QT := Ω × (0, T ]; ST := ∂Ω × (0, T ]; Ωs = Ω × {t = s}.
Trong mục này chúng ta nghiên cứu tính đặt chỉnh của bài toán biên ban đầu sau:
Tìm nghiệm của phương trình
∂u − ∆u = f(x,t), (x,t) ∈ Q ∂t T (4.19)
thỏa mãn điều kiện ban đầu u(x, 0) = ϕ(x) x ∈ Ω (4.20)
và thỏa mãn một trong các điều kiện biên sau:
Điều kiện biên thứ nhất: u|S = ψ T 1. (4.21)
Điều kiện biên thứ hai: ∂u| = ψ ∂ν ST 2. (4.22) Điều kiện biên thứ ba:  ∂u   + au  = ψ3, (4.23) ∂ν ST 116
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trong đó f(x, t) là hàm liên tục trên QT , ϕ(x) là hàm liên tục trên Ω
còn ψi(x), i = 1, 2, 3 là các hàm liên tục trên biên ST đã cho trước.
Bài toán (4.19)-(4.20) và điều kiện biên thứ i tương ứng được gọi
là bài toán biên ban đầu thứ i, i = 1, 2, 3.
4.3.1. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm
của bài toán biên ban đầu
Cũng như đối với phương trình truyền sóng, tính duy nhất và sự
phụ thuộc liên tục của nghiệm của các bài toán biên đối với phương
trình truyền nhiệt cũng được suy ra từ các đánh giá tiên nghiệm.
Định lý 4.10. Giả sử u(x, t) ∈ C2,1(Q ), thỏa mãn phương trình T
(4.19) trong QT và điều kiện biên u|S = 0 (4.24) T hoặc ∂u| = 0. (4.25) ∂ν ST
Khi đó tồn tại hằng số C chỉ phụ thuộc vào T sao cho với mọi s ∈ [0, T ], ta có đánh giá: n Z  2 Z  X ∂u  + u2 dxdt + u2dx ∂x i=1 i Qs Ωs (4.26)   Z Z ≤ C f 2(x, t)dxdt  u2(x, 0)dx +  . Ω Qs Chứng minh.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 117
Hệ quả 4.1 (Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên ban đầu thứ
nhất và thứ hai). Bài toán biên ban đầu thứ nhất và thứ hai đối với
phương trình truyền nhiệt (4.19) có không quá một nghiệm trong lớp C2,1(QT ).
Chứng minh. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm của bài toán biên ban đầu
thứ nhất (thứ hai) đối với phương trình truyền nhiệt (4.19). Đặt u =
u1 − u2, ta có u là nghiệm của bài toán biên ban đầu tương ứng như
với vế phải f = 0 và các dữ kiện biên, dữ kiện ban đầu bằng không.
Theo Định lý 4.10, ta suy ra Z u2(x, t)dxdt = 0, QT
hay u = 0 trên QT . Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 4.2. Giả sử u(x, t) là hàm thỏa mãn các giả thiết của Định
lý 4.10 trong trường hợp f = 0. Khi đó ta có đánh giá sau với mọi s < T : Z Z u2(x, s)dx ≤ u2(x, 0)dx. Ω Ω
Điều này cho thấy, tổng lượng nhiệt tại thời điểm t = s luôn nhỏ
hơn hoặc bằng tổng lượng nhiệt ban đầu (do có thể có lượng nhiệt
truyền qua biên). Tuy nhiên nếu không có lượng nhiệt truyền qua
biên ∂u| = 0 thì ta có dấu bằng trong bất đẳng thức trên. ∂ν ST
Định lý 4.11 (Sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào các dữ kiện).
Nghiệm của bài toán biên ban đầu thứ nhất đối với phương trình truyền
nhiệt trong lớp C2,1(QT ) ∩ C(Q phụ thuộc liên tục vào vế phải dữ T ) f,
kiện ban đầu ϕ và dữ kiện biên ψ1. 118
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Chứng minh. Thật vậy, giả sử ui tương ứng là nghiệm của bài toán đó
đối với bộ dữ kiện (fi, ϕi, ψi), i = 1, 2. Khi đó u = u1 − u2 là nghiệm
của bài toán đó đối với bộ dữ kiện (f1 − f2, ϕ1 − ϕ2, ψ1 − ψ2). Theo
đánh giá (4.11) trong Định lý 4.5 đối với u, ta có
|u1(x, t) − u2(x, t)| ≤ sup|ϕ1 − ϕ2| + sup |ψ1 − ψ2| + T sup |f1 − f2|. Ω ST QT
Từ đấy ta có điều phải chứng minh.
4.3.2. Phương pháp tách biến Fourier giải bài toán biên ban
đầu trong trường hợp một chiều
Bài toán truyền nhiệt trong một thanh đồng chất, có chiều dài L,
mặt bên cách nhiệt, hai đầu được giữ ở nhiệt độ không đổi bằng 0,
trong thanh không có nguồn nhiệt dẫn tới bài toán tìm hàm u(x, t) là nghiệm của phương trình ∂u ∂2u − a2 = 0, (x, t) ∈ (0, L) × (0, +∞) ∂t ∂x2
với điều kiện ban đầu u|t=0 = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L và điều kiện biên u|x=0 = 0; u|x=L = 0.
Bài toán này được giải bằng phương pháp tách biến. Nghiệm tách
biến của phương trình có dạng
uλ = e−a2λ2t[a(λ) cos λx + b(λ) sin λx].
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 119
Để thỏa mãn điều kiện biên thì a(λ) = 0 và sin λL = 0, nghĩa là kπ λ = λk = , k = 1, 2, · · · L
Vẫn đặt b(λk) = bk, ta có ∞ X kπx u = bke−k2π2a2 L2 t sin , L k=1
với bk được tìm từ điều kiện ban đầu ∞ X kπx bk sin = ϕ(x). L k=1 Cụ thể: 2 Z L kπξ bk = ϕ(ξ) sin dξ. L 0 L Bài tập
Xét bài toán tìm nhiệt độ trong một thanh đồng chất, độ dài L,
mặt bên cách nhiệt, còn ở hai đầu xảy ra hiện tượng trao đổi nhiệt với
môi trường. Giả thiết nhiệt độ của môi trường ở hai đầu thanh không
đổi và có nhiệt độ tương ứng là u1 và u2. Khi đó, gọi u(x, t) là nhiệt
độ tại điểm x, ở thời điểm t thì ta có bài toán tìm u là nghiệm của phương trình ∂u ∂2u − a2 = 0,
(x, t) ∈ (0, L) × (0, +∞), (4.27) ∂t ∂x2
thỏa mãn điều kiện ban đầu u|t=0 = ϕ(x), 0 ≤ x ≤ L (4.28) 120
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng và điều kiện biên u  x − h − u x=0 1[ux=0 1] = 0, (4.29) u  x − h − u x=L 2[ux=L 2] = 0,
trong đó h1 > 0, h2 > 0.
Nếu h1 = h2 = 0 thì điều kiện (4.29) trở thành u   x = u = 0. (4.30) x=0 xx=L
Điều kiện này được hiểu là hai đầu của thanh cách nhiệt.
Nghiệm của bài toán (4.27)+(4.28)+(4.29) có dạng u(x, t) = v(x) + w(x, t),
trong đó v(x) là nghiệm của phương trình v00(x) = 0 thỏa mãn điều
kiện biên (4.29). Dễ dàng tìm được v(x) = C1x + C2 với h C C 1(u2 − u1) 1 1 = , C . (4.31) h 2 = u1 + 1 + h2 + h1h2L h1
Hàm w(x, t) thỏa mãn phương trình (4.27) và điều kiện ban đầu w = u − v = ϕ(x) − v(x) = ˜ ϕ(x), (4.32) t=0 t=0 t=0
và điều kiện biên thuần nhất
(wx − h1w)x=0 = (wx + h2w)x=0 = 0. (4.33)
Giải bài toán (4.27), (4.32), (4.33) bằng phương pháp tách biến ta nhận được: wn(x, t) = Ane−a2λ2ntXn(x),
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 121 trong đó µ2 λ n n = , µ L2
n(n = 1, 2, ...) là các nghiệm dương của phương trình 1 h cot µ = (µ − 1h2L2), L(h1 + h2) µ µ µ µ X n nx nx n(x) = cos + h . L L 1 sin L ∞
Khi đó, w(x, t) = X Ane−a2λ2ntXn(x), trong đó An tìm được từ điều n=1
kiện ban đầu (4.32). Sử dụng tính trực chuẩn của hệ hàm Xn(x) trên đoạn [0, L], ta có L 1 Z µ µ µ A n nx nx  n = ˜ u cos + h dx, kΦ 2 0(x) 1 sin nk L L L 0 ở đó L Z µ µ kΦ 2  nx nx  nk = + h dx. L 1 sin L 0
Bài 4.8 Cho một thanh mỏng đồng chất có chiều dài L, với mặt bên
cách nhiệt. Tìm nhiệt độ u(x, t) của thanh nếu:
1. Hai đầu x = 0 và x = L của thanh được giữ với nhiệt độ bằng
0, còn nhiệt độ ban đầu u
= ϕ(x) trong các trường hợp sau: t=0 a) u0(x) = A = const.
b) u0(x) = Ax(L − x), A = const.
2. Đầu x = 0 được giữ với nhiệt độ bằng 0, còn đầu x = L trao đổi
nhiệt với môi trường có nhiệt độ 0. Nhiệt độ ban đầu của thanh u = ϕ(x). t=0 122
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
3. Cả hai đầu x = 0 và x = L của thanh đều trao đổi nhiệt với
môi trường xung quanh, còn nhiệt độ ban đầu của thanh là u = ϕ(x). t=0
4. Hai đầu của thanh cách nhiệt, nhiệt độ ban đầu u = ϕ(x) = t=0 const.
5. Hai đầu của thanh cách nhiệt, nhiệt độ ban đầu được cho bởi công thức  u0, nếu 0 < x < L , u 2  = t=0 0, nếu L < x < L. 2
Trong trường hợp này, hãy dáng điệu của u(x, t) khi t → ∞.
6. Hai đầu của thanh cách nhiệt, nhiệt độ ban đầu được cho bởi công thức  2u0x  , nếu 0 < x < L ,  2 u L  = t=0 2u0  (L < x < L,  − x), nếu L L 2
trong đó u0 = const. Tìm lim u(x, t). t→∞
Bài 4.9 Giải các bài toán sau 1. u 
t = uxx, 0 < x < 1, ux = 0, u = 0, u = x2 − 1. x=0 x=1 t=0
2. uxx = ut + u, 0 < x < L, u = u = 0, u = 1. x=0 x=L t=0
3. ut = uxx − 4u, 0 < x < π, u = u = 0, u = x2 − πx. x=0 x=π t=0
Bài 4.10 Cho một thanh mỏng đồng chất 0 ≤ x ≤ L, mặt bên cách
nhiệt. Tìm nhiệt độ của thanh nếu:
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Hà Nội 2 123
1. Hai đầu của thanh được giữ với nhiệt độ không đổi u = x=0 u1, u = u = u x=L
2, nhiệt độ ban đầu bằng ut=0 0 = const. Tìm lim u(x, t). t→∞
2. Hai đầu của thanh có nhiệt độ không đổi u = u = u x=0 x=L 1,
còn nhiệt độ ban đầu cho bởi công thức u = u x) = Ax L − x , t=0 0( ( )
trong đó A = const. Tìm lim u(x, t). t→∞
3. Đầu bên trái của thanh cách nhiệt, đầu bên phải được giữ với
nhiệt độ không đổi u = u = Ax , x=L
2, nhiệt độ ban đầu ut=0 L trong đó A = const.
4. Đầu bên trái được giữ với nhiệt độ không đổi u = u x=0 1, còn
đầu bên phải theo dòng nhiệt bên ngoài (không đổi); nhiệt độ ban đầu của thanh u = u x . t=0 0( )
Bài 4.11 Cho một thanh đồng chất mỏng, độ dài L, có mặt bên tỏa
nhiệt vào môi trường xung quanh (nhiệt độ môi trường bằng 0). Đầu
trái của thanh được giữ với nhiệt độ không đổi u = u x=0 1. Xác định
nhiệt độ u(x, t) của thanh nếu:
1. Đầu bên phải được giữ với nhiệt độ u = u x=L 2 = const, nhiệt độ ban đầu u = u t=0 0(x).
2. Đầu bên phải trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh (nhiệt
độ môi trường bằng 0), nhiệt độ ban đầu bằng 0.
Trong trường hợp tổng quát hơn là nhiệt độ hai đầu của thanh phụ 124
Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
thuộc t, khi đó điều kiện biên có dạng u = α = α x=0 1(t), ux=L 2(t). (4.34)
Trong trường hợp này, nghiệm của bài toán (4.27), (4.28), (4.34) có
thể tìm dưới dạng u = v + w, trong đó w xác định bởi công thức x w(x, t) = α1(t) + (α ) − )) L 2(t α1(t .
Bài 4.12 Tìm nhiệt độ của thanh 0 ≤ x ≤ L có mặt bên cách nhiệt,
nếu đầu x = L được giữ với nhiệt độ 0, còn đầu x = 0 có nhiệt độ u
= At, với A = const. Nhiệt độ ban đầu của thanh bằng 0. x=0
Bài 4.13 Giải các bài toán sau: 1. u 
t = uxx, 0 < x < L, ux = 1, u = 0, u = 0. x=0 x=L t=0 2. π u 
t = uxx + u + 2 sin 2x sin x, 0 < x < , u  = u = 2 x x=0 x= π2 u = 0. t=0
3. ut = uxx − 2ux + x + 2t, 0 < x < 1, u = u = t, u = x=0 x=1 t=0 ex sin πx. 4. π u 
t = uxx + u − x + 2 sin 2x cos x, 0 < x < , u =  = 0, u  2 x=0 x x= π2 1, u = x. t=0 5. u 
t = uxx + 4u + x2 − 2t − 4x2t + 2 cos2 x, 0 < x < π, ux = x=0 0, u  x = 2πt, u = 0. x=π t=0
6. ut−uxx+2ux−u = ex sin x−t, 0 < x < π, u = 1+t, u = x=0 x=π 1 + t, u = 1 + ex sin 2x. t=0 Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Mạnh Hùng (2008), Phương trình đạo hàm riêng, Phần
I, NXB Đại học Sư phạm.
[2] Nguyễn Thừa Hợp (1999), Giáo trình phương trình đạo hàm riêng, NXB ĐHQG Hà Nội.
[3] Trần Đức Vân (2005), Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, NXB ĐHQG Hà Nội.
[4] Pavel Drabek, Gabriela Holubova (2007), Elements of partial dif-
ferential equations, Walter de Gruyter, Berlin, New York.