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!

TRƯỜNG ĐẠI HỌC PHẠM NỘI 2
KHOA TOÁN
——————— ———————?
BÀI GIẢNG
PHƯƠNG TRÌNH ĐO HÀM RIÊNG
Trần Văn Bằng
Nội, 05-01-2016
Mục lục
Chương 1. Giới thiệu v phương trình đạo hàm riêng . . 5
1.1. Một số hiệu chung . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.1. V Không gian Euclide
R
n
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.2. Không gan các hàm khả vi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.1.3. Một số công thức tích phân bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2. Các khái niệm bản v 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 y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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 bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.1.2. Biểu diễn Green của hàm điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.1.3. Các tính chất 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 bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2.2.2. Tính duy nhất 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 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 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 bản của toán tử truyền nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.1.3. Biểu diễn Green của hàm nhiệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
4.1.4. Các nguyên 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 ph 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 v phương trình
đạo hàm riêng
Chương y 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 bản đối
với phương trình đạo hàm riêng;...Đặc biệt 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 v dạng chính
tắc;...
5
6 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
1.1. Một số hiệu chung
1.1.1. V Không gian Euclide R
n
hiệu không gian Euclide thực chiều vớiR
n
n tích hướng và
chuẩn thông thường:
x.y
= x
1
y
1
+ x
2
y
2
+ ··· + x
n
y
n
; |x| =
q
x
2
1
+ x
2
2
+ ··· + x
2
n
.
Hình cầu (mở) tâm bán kính tập hợp:a R
n
, r
B
r
(a) := {x R
n
||x a| < r .}
Để ý rằng, nếu thể tích hình cầu đơn vị trong thì ta thểω
n
R
n
tích của hình cầu bán kính Hơn nữa, diện tích mặt cầu đơnr ω
n
r
n
.
vị và do đó diện tích mặt cầu bán kính sẽ
n
r .
n
r
n1
1.1.2. Không gan các hàm khả vi
Với hàm đủ trơn, ta hiệu các đạo hàm riêng và gradientu = u(x)
bởi
u
x
j
=
u
x
j
; Du = (
u
x
1
,
u
x
2
,
··· ,
u
x
n
).
Để tiện cho việc hiệu các đạo hàm riêng cấp cao hơn, ta đưa vào
khái niệm đó bộ số tự nhiênđa chỉ số, n α = (α
1
, ··· , α
n
), α .
i
N
Với quy ước
|α| =
n
X
i=1
α
i
; x
α
= x
α
1
1
x
α
2
2
···x
α
n
n
;
D
α
u =
|α|
u
x
α
1
1
x
α
2
2
···x
α
n
n
.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 7
Khi biên trơn thì ta gọi véc pháp tuyến ngoài đơn vị ν
trên biên của . Chúng ta sẽ sử dụng đạo hàm theo véc pháp tuyến
ngoài đơn vị:
u
ν
:= Du.ν.
Cho R
n
một tập mở, với biên và bao đóng . hiệu
C(Ω) = C
0
(Ω) Ω; không gian tất cả các hàm liên tục trên
C
k
(Ω), k , ...= 1, 2 không gian tất cả các hàm các đạo hàm
riêng đến cấp k thuộc C(Ω);
Nếu
A R
n
tập không nhất thiết mở, với phần trong
o
A thì
C C
(A) =
0
(A) không gian tất cả các hàm thuộc C(
o
A) thác triển
liên tục lên A;
C
k
(A), k = 1, 2, ··· không gian tất cả các hàm các đạo hàm
riêng đến cấp k thuộc C( )A .
Ta sẽ thường sử dụng chẳng hạn với Khi đó
A = .
o
A = .
1.1.3. Một số công thức tích phân bản
Nói chung để giải các phương trình đạo hàm riêng, chúng ta sẽ phải
tích phân các phương trình đó. Ta hiệu tích phân bội của hàm u
trên (nếu tồn tại) bởi:
Z
u(x)dx.
Ngoài ra chúng ta cũng cần tới các tích phân mặt (loại một) trên
biên của . Để tiện cho việc tiếp thu các kiến thức chúng tôi nhắc lại
khái niệm y. Giả sử chiều, trơn và phươngΣ một mặt cong n1
8 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trình tham số với tham sốx = x(u) u = (u
1
, ··· , u
n1
) D R
n1
.
Khi đó, tại véc độc lập tuyến tính tiếp xúc với biênx Σ n 1
x
u
j
= (
x
1
u
j
,
x
2
u
j
,
··· ,
x
n
u
j
) 2 1, j = 1, , ··· , n .
Do đó tích hướng của các véc đó véc pháp tuyến với biên
tại x :
~
N
=
x
u
1
×
x
u
2
× ··· ×
x
u
n1
.
Hơn nữa ta
dS = |
~
N|du 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
Z
Σ
f
(x)dS :=
Z
D
f
(x(u))|
~
N|du.
Lưu ý rằng, nếu thì véc pháp tuyến ngoài đơn vị trênΣ =
cho bởi:
ν
= ±
~
N
|
~
N
|
,
với dấu chọn thích hợp tùy theo miền± .
y giờ giả sử đủ trơn. Cho u, v C
1
(Ω) và C
1
trường véc
F : R
n
. Ta một số công thức tích phân quan trọng sau đây:
a, Công thức Ostrogradski:
Z
div
Fdx =
Z
FdS. (1.1)
b, Công thức tích phân từng phần:
Z
u
x
i
vdx
=
Z
uvν
i
dS
Z
u
v
x
i
dx. (1.2)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 9
Bài tập
Bài 1.1 Cho hàm n biến u(x) = = 0| | 6x , x . Tính các đạo hàm riêng
sau:
a, u
x
i
b, u .
x
i
x
j
Bài 1.2 Trong R
2
, tìm véc pháp tuyến ngoài đơn vị tại các điểm
trên biên (nếu có) biết:
a, = [0; 1] [0; 2];×
b, = B
r
(0).
Bài 1.3 Trong R
3
, tìm véc pháp tuyến ngoài đơn vị tại các điểm
trên biên (nếu có) biết:
a, = [0; 1] [0; 2] [0; 3];× ×
b, = (0);B
r
c, = D × [0, T ], với D hình tròn đơn vị, tâm 0 trong R
2
.
Bài 1.4 Với ξ R
n
cố định, ω
n
thể tích hình cầu đơn vị trong R
n
.
Đặt
Γ(
x ξ) = Γ(| |x ξ ) :=
1
n
(2n)ω
n
| |x ξ
2n
, nếu n > ,2
1
2
π
ln | |x ξ , nếu n = 2.
Tính
a, D
x
i
Γ(x ξ);
b, D
x
i
x
j
Γ( );x ξ
10 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
c,
Γ
ν
(x ξ ξ) trên biên hình cầu B
ρ
( ).
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
2
(Ω) C
1
(Ω)
a, Công thức Green thứ nhất:
Z
v
udx =
Z
v
u
ν
dS
Z
Du.Dvdx. (1.3)
b, Công thức Green thứ hai:
Z
[ ]
v u u v dx =
Z
v
u
ν
u
v
ν
dS, (1.4)
trong đó toán tử Laplace xác định bởi
:=u
n
X
i=1
2
u
x
2
i
.
1.2. Các khái niệm bản v phương trình đạo hàm
riêng
Định nghĩa 1.1. Một phương trình đạo hàm riêng (PTĐHR) một
phương trình chứa các đạo hàm riêng của ẩn hàm.
Chẳng hạn, các phương trình sau các PTĐHR đối với hàm hai
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 11
biến u = u(x, t) hoặc :u = u( )x, y
u
t
+ cu
x
= 0 (1.5)
u u
xx
+
yy
= f(x, y) (1.6)
α(x, y)u u u e
xx
+ 2
xy
+ 3x
2
yy
= 4
x
(1.7)
u u
x
u
xx
+ (
y
)
2
= 0 (1.8)
( (u
xx
)
2
+ u
yy
+ a x, y) ( )u
x
+ b x, y u = 0. (1.9)
Nói chung ta thể viết một PTĐHR dưới dạng
F (x
1
, x , x , u , u , ...
2
, ···
n
, u, u
x
1
, ···
x
n
x
1
x
1
) = 0, x R
n
(1.10)
trong đó các biến độc lập, ẩn hàm của cácx = (x
1
, ··· , x
n
) u
biến đó.
Một nghiệm của (1.10) trên một hàm xác định, khả vi đến u
cấp cần thiết trên và thỏa mãn phương trình đó tại mọi điểm thuộc
.
Nói chung một PTĐHR thường vô hạn nghiệm. dụ, các hàm
u e ,
(x, t) =
xct
u ct(x, t) = cos(x )
các nghiệm của (1.5). Hơn nữa, mọi hàm khả vi của đều x ct
nghiệm của phương trình đó.
Phương trình đạo hàm riêng thường được phân loại theo các tiêu
c sau:
1, Theo cấp của phương trình (nói chung phương trình 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 ph thuộc vào thời gian (phương trình biến đổi theo
thời gian thì được gọi phương trình tiến a, trái lại thì được gọi
phương trình dừng). Trong tình huống này người ta thường hiệu
biến thời gian biến không gian. t, các biến còn lại
Cụ thể hơn ta các khái niệm sau đây:
Định nghĩa 1.2. Cấp của một PTĐHR cấp cao nhất của đạo hàm
riêng mặt trong phương trình.
Chẳng hạn, (1.5) phương trình cấp 1, còn các phương trình (1.6)-
(1.9) phương trình cấp hai.
Định nghĩa 1.3. Một PTĐHR tuyến tính nếu dạng
L[u] = f(x), (1.11)
trong đó L[u] một tổ hợp tuyến tính của u và các đạo hàm riêng
của u với các hệ số các hàm của biến độc lập x.
Nếu f 0 thì ta nói phương trình tuyến tính (1.11) ,thuần nhất
trái lại thì ta nói phương trình đó không thuần nhất.
Chẳng hạn, (1.5)-(1.7) các phương trình tuyến tính, trong đó
(1.5) thuần nhất, (1.7) không thuần nhất.
Định nghĩa 1.4. Một PTĐHR không tuyến tính thì được gọi phi
tuyến.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 13
Nói chung các PTĐHR phức tạp hơn các phương trình vi phân
thường 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 b sung khi còn khó hơn cả việc tìm nghiệm tổng quát. Đó
vì, nghiệm tổng quát của các PTĐHR ph thuộc vào các hàm tùy ý
(xem dụ sau đây) và thể hạn các nghiệm độc lập tuyến
tính.
dụ 1.1. Giải PTĐHR tuyến tính cấp hai
u
ξη
(ξ, η) = 0. (1.12)
Tích phân phương trình này theo cố định) ta η (giữ ξ
u
ξ
= f(ξ)
(do ξ cố định nên hằng số tích phân thể ph thuộc ).ξ
Tích phân theo ξ (giữ η cố định) ta nhận được
u
(ξ, η) =
Z
f(ξ) + G .(η)
Do tích phân trên một hàm của nên nghiệm của (1.12) ξ
u(ξ, η) = F (ξ) + G(η), (1.13)
trong đó hai hàm khả vi bất kỳ.F, G
Như vy, 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
xx
+ u
yy
= 0
b. u
xxx
+ u
xy
+ a(x)u
y
+ ln u = f(x, y)
c. u u u
xxx
+ u
xyyy
+ a(x)
xxy
+
2
= f(x, y)
d. uu
xx
+ u
2
yy
+ e
u
= 0
e. u cu d.
x
+
y
=
Bài 1.8 Chứng minh rằng một nghiệm củau ct(x, t) = cos(x )
phương trình
u
t
+ cu .
x
= 0
Bài 1.9 Trong các phương trình sau đây, phương trình nào tuyến
tính? phi tuyến? Trong trường hợp tuyến tính thì thuần nhất
hay không?
a. u
xx
+ u
yy
2u = x
2
f. u
x
(1 + u
y
) = u
xx
b. u
xy
= u g. (sin u
x
)u
x
+ u
y
= e
x
c. uu xu
x
+
y
= 0 h. 2 4u
xx
u
xy
+ 2 + 3u
yy
u = 0
d. u
2
x
+ ln u = 2xy i. u
x
+ u
x
u
y
u
xy
= 0
e. u
xx
2u
xy
+ u
yy
= cos x.
Bài 1.10 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình u u .
xy
+
y
= 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 15
Gợi ý: Đặt v = u .
y
Bài 1.11 Chứng minh rằng với hai hàm khả đến cấp hai bất F, G
trên R ta
u
= F (xy xG) + (
y
x
)
nghiệm của phương trình
x
2
u u
xx
y
2
yy
= 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 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 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
1
, x , x
2
, ···
n
n
X
i,j=1
a
ij
(x)u
x
i
x
j
+
n
X
j=1
b
j
(x x x)u
x
j
+ c( )u = d( ), x , (1.14)
trong đó các hệ số cáca
ij
= a
ij
( )x) (, b
j
= b
j
x , c , d= c(x) = d(x)
hàm liên tục đã cho trên , a
ij
= a
ji
và các a
ij
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
ij
của các đạo hàm riêng cấp hai và được định nghĩa tại từng điểm như
sau. Gọi
A(x) = [a
ij
(x)]
ma trận vuông cấp các hệ số của các đạo hàm riêng cấp hai. Tạin
mỗi x cố định, A(x) một ma trận thực, đối xứng nên A(x)
đúng n giá trị riêng thực. Ta nói:
+) phương trình (1.14) thuộc loại elliptic tại x nếu A(x) gián
trị riêng cùng dấu;
+) phương trình (1.14) thuộc loại hyperbolic tại x nếu A(x) 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) 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 thuộc loại đó tại mọi điểm x .
dụ 1.2. a, Phương trình Laplace
:=u
n
X
i=1
u
x
i
x
i
= 0, x R
n
phương trình elliptic trên R
n
;
b, Phương trình truyền nhiệt
u
t
u = 0, (x, t) R
n+1
phương trình parabolic trên R
n+1
;
c, Phương trình truyền sóng
u
tt
u = 0, (x, t) R
n+1
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 17
phương trình hyperbolic trên R
n+1
;
d, Phương trình
x
1
u u
x
1
x
1
+ u
x
2
x
2
+
x
2
= 0, x = (x
1
, x
2
) R
2
thuộc loại elliptic trên miền thuộc loại hyperbolic trên miềnx
1
> 0,
x
1
< 0 và thuộc loại parabolic trên đường thẳng x
1
= 0.
Đặc biệt, trong trường hợp hai biến độc lập, phương trình (1.14)
dạng
a
(x, y x, y x, y x, y, u, u , u)u
xx
+2b( )u
xy
+c( )u
yy
+d(
x y
) = 0, (x, y ,) R
2
(1.15)
trong đó các hệ số a, b, c 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
A
=
a b
b c
!
các giá trị riêng nghiệm của phương trình bậc hai
det( ( )A λI) = λ
2
a + c λ + ac b
2
= 0. (1.16)
Dễ dàng kiểm tra được phương trình y hai nghiệm thực và dấu
của các giá trị riêng thể kết luận được nhờ định Viet thông qua
dấu của
=
b
2
ac.
Cụ thể
+) Nếu thì (1.16) hai nghiệm cùng dấu nên (1.15) thuộc < 0
loại elliptic;
18 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
+) Nếu > 0 thì (1.16) hai nghiệm trái dấu nên (1.15) thuộc
loại hyperbolic;
+) Nếu = 0 thì (1.16) một nghiệm bằng không và một nghiệm
khác không nên (1.15) thuộc loại parabolic.
Sử dụng dấu hiệu này, ta thể dễ dàng kiểm chứng lại dụ 1.2
phần d.
Bài tập
Bài 1.12 Phân loại các phương trình sau:
1. u yu xu u
xx
+ 2
xy
+
yy
x
+ u = 0
2. 2xyu
xy
+ xu
y
+ yu
x
= 0
3. u u u u
xx
+ 4
xy
+
yy
+
x
+ u
y
+ 2u x
2
y = 0
4. y
2 +1m
u u u
xx
+
yy
x
= 0, m số nguyên không âm.
Bài 1.13 Tìm miền elliptic, hyperbolic và parabolic của phương trình
sau theo tham số λ :
( )
λ + x u
xx
+ 2xyu u
xy
y
2
yy
= 0.
Bài 1.14 Phân loại các phương trình sau:
1. u
xx
+ 2 + 6 + 2u
yy
u
zz
u
xy
2u
xz
= 0
2. 2 15 12 12u
xx
+ 2u
yy
u
zz
+ 8u
xy
u
yz
u
xz
= 0
3. .3u
xx
+ 2 + 3 + 2u
yy
u
zz
u
xz
= 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 19
4. 3 8 4u
xx
+ 4 + 5 + 4u
yy
u
zz
u
xy
u
xz
u
yz
u + yz
2
sinx = 0.
5. u
xy
+ u u
xz
+
xt
+ u
zt
= 0
6. u
xx
+ 2 + 2 + 2u
xy
2 4u
xz
u
yz
u
yt
u
zz
= 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
1
, x , x
2
, ···
n
n
X
i,j=1
a
ij
(x)u
x
i
x
j
+ f(x, u, u
x
1
, ··· , u
x
n
) = 0, x , (1.17)
trong đó các hệ số các hàm liên tục đã cho trêna
ij
, a
ij
= a
ji
và
các a
ij
không đồng thời bằng không.
Trước hết chúng ta xét tác động của phép đổi biến đối với (1.17).
Giả sử một phép đổi biến thuộc lớp và không suy biến,ξ = ξ(x) C
2
tức Jacobian
D(ξ
1
, ξ , ξ
2
, ···
n
)
D
(x
1
, x , x
2
, ···
n
)
6= 0.
Khi đó ta
u
x
j
=
n
X
r=1
u
ξ
r
ξ
r
x
j
;
u
x
i
x
j
=
n
X
r,s=1
u
ξ
r
ξ
s
ξ
r
x
j
ξ
s
x
i
+
n
X
r=1
u
ξ
r
2
ξ
r
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
n
X
r,s=1
˜a
rs
u ξ
ξ
r
ξ
s
+ g(
1
, ··· , ξ , u
n
, u, u
ξ
1
, ···
ξ
n
) = 0, (1.18)
trong đó
˜a
r,s
=
n
X
ij=1
a
ij
ξ
r
x
j
ξ
s
x
i
= ˜a
s,r
. (1.19)
Nếu ta hiệu
˜
A(ξ) = a a
rs
(ξ)]; A(x) = [
ij
(x)];
J
(x x) = [b
kl
( )], với b
kl
=
ξ
l
x
k
thì (1.19) thể viết dưới dạng
˜
A A(ξ) = J(x)
t
(x)J(x). (1.20)
Chứng tỏ
˜
A(ξ) và A(x) hai ma trận đồng dạng hay chúng 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
0
parabolic, hyperbolic) tại điểm .ξ
0
= ξ(x
0
)
Cố định ta một ma trận hằng. Khi đó, tồn tạix = x
0
, A(x
0
)
một ma trận sao cho ma trận dạngT = [α
kl
] T
t
A(x
0
)T
λ
1
0 ··· 0 0
0 λ
2
0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0
.
.
.
0
0 ··· 0 λ
n
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 21
trong đó λ
i
{1, 1, 0}, i , n.= 1, 2, ···
Giả sử đã biết ma trận Lúc đó nếu ta thực hiện phép đổi biếnT.
tuyến tính
ξ
k
=
n
X
i=1
α
ik
x
i
, k = 1, 2, ··· , n
thì ta sẽ
J
=
ξ
k
x
i
= [α
ki
] = T
do đó
˜
A ξ(
0
) dạng đường chéo như trên và phương trình (1.18) lúc
đó được gọi của phương trình (1.17) tại điểmdạng chính tắc x
0
.
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 dạng đường chéo như trên
tại điểm Đặc biệt trong trường hợp không ph thuộc thì maξ
0
. a
ij
x
trận các hệ số của các đạo hàm cấp hai 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 là:
n
X
i=1
u
ξ
i
ξ
i
+ g(ξ
1
, ··· , ξ , u
n
, u, u
ξ
1
, ···
ξ
n
) = 0;
+Nếu (1.17) thuộc loại parabolic thì dạng chính tắc của là:
n1
X
i=1
u
ξ
i
ξ
i
+ g(ξ
1
, ··· , ξ , u
n
, u, u
ξ
1
, ···
ξ
n
) = 0;
+Nếu (1.17) thuộc loại hyperbolic thì dạng chính tắc của là:
u
ξ
n
ξ
n
n1
X
i=1
u
ξ
i
ξ
i
+ g(ξ
1
, ··· , ξ , u .
n
, u, u
ξ
1
, ···
ξ
n
) = 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 v dạng chính tắc trên một miền
Riêng trong trường hợp hai biến, chúng ta thể đưa được phương
trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai v dạng chính tắc trong miền
dạng của phương trình đó không đổi. Thật vy, xét phương trình:
a(x, y x, y x, y x, y, u, u , u)u
xx
+ 2b( )u
xy
+ c( )u
yy
+ d(
x y
) = 0. (1.21)
Để biến đổi PTĐHR v 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
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
J
=
ξ
x
η
x
ξ η
y y
6= 0.
Sử dụng quy tắc đạo hàm hàm hợp ta tính được
u u ξ
x
=
ξ x
+ u
η
η
x
;
u ξ u η
y
= u
ξ y
+
η y
;
u ξ ξ ξ η ξ η η u ξ
xy
= u
ξξ x y
+ u
ξη
(
x y
+
y x
) + u
ηη x
η
y
+
ξ xy
+ u
η
η
xy
;
u
xx
= u
ξξ
ξ
2
x
+ 2u
ξη
ξ
x
η
x
+ u
ηη
η
2
x
+ u
ξ
ξ
xx
+ u
η
η
xx
;
u u
yy
=
ξξ
ξ
2
y
+ 2u
ξη
ξ
y
η
y
+ u
ηη
η
2
y
+ u
ξ
ξ
yy
+ u
η
η
yy
.
Thay các đạo hàm này vào (1.21) ta nhận được phương trình
a
u u d
ξξ
+ 2b
ξη
+ c
u
ηη
+
(ξ, η, u, u , u
ξ η
) = 0, (1.22)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 23
trong đó các hệ số các hàm của ξ, η và
a
=
2
x
+ 2
x
ξ
y
+
2
y
;
b b
=
x
η
x
+ (ξ ξ η
x
η
y
+
y x
) +
y
η
y
;
c
=
2
x
+ 2
x
η
y
+
2
y
;
Hơn nữa ta
= (b
)
2
a
c
= J
2
.
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
dạng tương tự nhau và thể viết chung bởi
2
x
+ 2
x
ζ
y
+
2
y
(1.23)
trong đó ζ thay cho ξ hoặc η. Giả sử chúng ta muốn chọn sao choξ, η
a
= c
= 0. Tất nhiên điều này chỉ thể xảy ra khi phương trình
hyperbolic 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
2
y
thì phương trình trên trở thành
a
ζ
x
ζ
y
2
+ 2b
ζ
x
ζ
y
+ c = 0. (1.24)
Dọc theo đường cong
ζ(x, y ,) = const
ta
= ζ ζ
x
dx +
y
dy .= 0
24 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Do vậy,
ζ
x
ζ
y
=
dy
dx
và phương trình (1.24) trở thành
a
dy
dx
2
2b
dy
dx
+ c = 0. (1.25)
Phương trình bậc hai đối với
dy
dx
y hai nghiệm
dy
dx
=
b ±
a
.
do biệt thức (vì phương trình hyperbolic). = b
2
ac > 0
Các phương trình y được gọi các phương trình vi phân đặc
trưng, chúng 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 các đường cong đặc trưng.
Tích phân các phương trình đặc trưng ta hai đường cong đặc trưng
phân biệt. Chọn một đường cong đường cong còn lại ξ( )x, y ,
η(x, y.) Cụ thể, tích phân các PTVP thường ta
Φ (
1
x, y) = C
1
Φ
2
(x, y) = C
2
.
Do vậy, phép đổi biến
ξ = Φ
1
(x, y)
η = Φ
2
(x, y)
sẽ dẫn đến và phương trình (1.22) lúc y a
= c
= 0
2
b
u
ξη
= d
.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 25
Chia hai vế cho 2b
ta
u
ξη
=
d
2
b
. (1.26)
Phương trình này được gọi 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 y được gọi của phương trìnhdạng chính tắc thứ hai
hyperbolic.
dụ 1.3. Phương trình
y
2
u
xx
x
2
u
yy
= 0 với x > 0, y > 0
a = y
2
, b , c= 0 = x
2
, = x
2
y
2
> 0 trên miền đang xét. Phương
trình đặc trưng
dy
dx
=
0 ±
p
x
2
y
2
y
2
= ±
x
y
.
Đây các phương trình vi phân thường tách biến và nghiệm tương
ứng cho bởi
1
2
y
2
1
2
x
2
= c
1
1
2
y
2
+
1
2
x
2
= c
2
.
26 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Nghiệm thứ nhất họ các hyperbol, còn nghiệm thứ hai họ các
đường tròn.
Thực hiện phép đổi biến
ξ
=
1
2
y
2
1
2
x
2
η
=
1
2
y
2
+
1
2
x
2
ta dẫn tới phương trình:
4( 2
ξ
2
η
2
)u
ξη
ηu
ξ
+ 2ξu
η
= 0
hay
u
ξη
=
η
2(
ξ
2
η
2
)
u
ξ
ξ
2(
ξ
2
η
2
)
u
η
.
Đây 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 nên (ta thể giả
= b
2
ac = 0
thiết )a 0 0, c
b
= ±
a
c.
Lúc y ta chỉ một đường cong đặc trưng nghiệm của phương
trình:
dy
dx
=
b
a
. (1.28)
Gọi tích phân tổng quát của (1.28) và thực hiệnΦ
1
(x, y) = C
đổi biến
ξ = Φ
1
(x, y .)
Khi đó ta sẽ a
= 0.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 27
0 =
a
=
2
x
+ 2
x
ξ
y
+
2
y
=
2
x
+ 2
a
x
ξ
y
+
2
y
= (
x
+
y
)
2
.
Do đó với mọi cách chọn ta đều η(x, y)
b b
=
x
η
x
+ (ξ ξ
x
η
y
+
y
η
x
) +
y
η
y
= (
x
+
y
)(
x
+
y
) = 0.
thế để nhận được dạng chính tắc, chúng ta chỉ việc chọn η( )x, y
sao cho Jacobian của phép đổi biến khác không được. Khi đó ta
c
u d ,
ηη
=
và chia cho c
(không thể bằng không) ta dạng chính tắc của phương
trình parabolic
u
ηη
=
d
c
. (1.29)
Nếu ta chọn thì ta sẽ và ta cũng η = Φ
1
(x, y) c
= 0 b
= 0
và dạng chính tắc trong trường hợp y là:
u
ξξ
=
d
a
. (1.30)
dụ 1.4. Phương trình
x
2
u xyu u e
xx
2
xy
+ y
2
yy
=
x
A = x
2
, B xy, C= = y
2
, = 0 nên đó phương trình parabolic
trên toàn mặt phẳng. Phương trình đặc trưng (1.25) cho ta
dy
dx
=
y
x
.
28 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Đây các phương trình vi phân thường tách biến và nghiệm cho
bởi
ln x + ln y = C.
Thực hiện phép đổi biến
ξ = ln x + ln y,
η = x
(chú ý η thể chọn tùy ý sao cho Jacobian của phép đổi biến khác
không được) ta nhận được phương trình kết quả
u
ηη
=
2u
ξ
+ e
x
x
2
.
Thay biến ta dạng chính tắc của phương trình đã cho:x = η
u
ηη
=
2
η
2
u
ξ
+
1
η
2
e
η
.
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 nghiệm thực. Giả sử phương trình đó hai nghiệm
phức
dy
dx
=
b ± i
a
.
và tích phân hai phương trình này ta nhận được tích phân tổng quát
Φ Φ (
1
(x, y) ± i
2
x, y) = C.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 29
Khi đó ta thể chứng minh được rằng (xem [1, 2]), với phép đổi
biến ξ = Φ = Φ
1
( )x, y , η
2
(x, y) ta sẽ nhận được dạng chính tắc của
phương trình elliptic là:
u
ξξ
+ u
ηη
= d
(ξ, η, u, u , u
ξ η
). (1.31)
dụ 1.5. Phương trình
e u u u
x
xx
+ e
y
yy
=
a = e e
x
, b , c= 0 = e
y
, =
x
e
y
< 0, x, y nên đó phương
trình elliptic trên toàn mặt phẳng. Phương trình đặc trưng
dy
dx
=
0 ±
e
x
e
y
e
x
= ±i
r
e
y
e
x
.
Đây các phương trình vi phân thường tách biến và 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
u
ξξ
+ u
ηη
=
1
ξ
u
ξ
1
η
u
η
+ u.
Bài tập
Bài 1.15 Đưa các phương trình sau v dạng chính tắc:
a. 4u
xx
+ 5u
xy
+ u
yy
+ u
x
+ u
y
= 2
30 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
b. u
xx
+ u u u
xy
+
yy
+
x
= 0
c. 3u
xx
+ 10 + 3 + 1u
xy
u
yy
= x
d. u
xx
+ 2 + 3 + 4 + 5u
xy
u
yy
u
x
u
y
+ u = e
x
e. 2 4u
xx
u
xy
+ 2 + 3u
yy
u = 0
f. u u u x.
xx
+ 5
xy
+ 4u
yy
+ 7
y
= sin
Bài 1.16 Đưa các phương trình sau v dạng chính tắc:
a. xu u
xx
+
yy
= x
2
b.u
xx
+ u xu
xy
yy
= 0 (x 0, y)
c. x
2
u
xx
+ 2xyu
xy
+ +y
2
u
yy
xyu
x
+ y
2
u
y
= 0
d. u
xx
+ xu
yy
= 0
e. u y
xx
+ y
2
u
yy
=
f. sin
2
xu
xx
+ sin 2xu
xy
+ cos
2
xu
yy
= x.
Bài 1.17 Đưa các phương trình sau v dạng chính tắc
1. u u u u u
xx
+ 2
yy
+ 6
zz
+ 2
xy
2
xz
= 0
2. 2 15 12 12u
xx
+ 2u
yy
u
zz
+ 8u
xy
u
yz
u
xz
= 0
3. .3u
xx
+ 2 + 3 + 2u
yy
u
zz
u
xz
= 0
4. 3 8 4u
xx
+ 4 + 5 + 4u
yy
u
zz
u
xy
u
xz
u
yz
u + yz
2
sinx = 0.
5. u u u
xy
+
xz
+
xt
+ u
zt
= 0
6. u u u u u
xx
+ 2
xy
2
xz
4
yz
+ 2
yt
+ 2u
zz
= 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP 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 dụ sau:
dụ 1.6. Cho phương trình
x
2
u xyu u .
xx
+ 2
xy
+ y
2
yy
= 0
Các bạn thể tự chứng minh được rằng phép đổi biến
ξ
=
y
x
, η y=
sẽ đưa phương trình trên v dạng chính tắc
u
ηη
= 0, với y 6= 0.
Giải phương trình này bằng cách tích phân theo hai lần ( cốη ξ
định) ta
u G .(ξ, η) = ηF (ξ) + (ξ)
Do đó nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
u
(x, y) = yF (
y
x
) + G(
y
x
).
dụ 1.7. Xét phương trình
4u
xx
+ 5u
xy
+ u
yy
+ u
x
+ u
y
= 2.
Phép đổi biến
ξ
= y x, η = y
x
4
32 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
sẽ đưa phương trình trên v dạng chính tắc
u
ξη
=
1
3
u
η
8
9
. (1.32)
Đặt v = u
η
thì (1.32) thể viết dưới dạng
v
ξ
=
1
3
v
8
9
một phương trình vi phân tuyến tính cấp một (giả thiết cố định).η
Giải phương trình y ta
v
=
8
3
+ e .
ξ/3
φ(η)
y giờ tích phân theo ta nhận đượcη
u
(ξ, η) =
8
3
η + +G e(η)
ξ/3
F ( )ξ .
và nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là:
u
(x, y) =
8
3
y
x
4
+ G
y
x
4
e
( )yx /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
xx
1
c
2
u
yy
= 0, c hằng số
b. u
xx
3u
xy
+ 2u
yy
= 0
c. u
xx
+ u
xy
= 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 33
d. u
xx
+ 10 + 9u
xy
u
yy
= y.
Bài 1.19 Biến đổi các phương trình sau v dạng
U cU
ξη
=
nhờ phép đổi biến và đổi ẩn hàm
U
= ue ,
( +αξ βη)
trong đó cần được xác định cụ thể:α, β
a. u
xx
u
yy
+ 3u
x
2u
y
+ u = 0
b. 3u
xx
+ 7 + 2u
xy
u
yy
+ u
y
+ u = 0.
Bài 1.20 Chứng minh rằng phương trình
u au bu
xx
=
t
+
x
b
2
4
u + d, với a, b, d const
phương trình parabolic.
Chứng tỏ rằng, phép thế
u
(x, t x, t) = v( )e
b
2
x
sẽ biến đổi phương trình trên thành
v
xx
= av de
t
+
b
2
x
.
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 . Xét một thanh một chiều, nhiệt năng
tiết diện ngang không đổi và chiều dài (xem Hình 1) đượcA L
định hướng theo trục (the thermalx. Gọi e(x, t) 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 nhiệt
năng thoát ra khỏi thanh qua mặt xung quanh. Nhiệt năng thể phụ
thuộc vào x và t nếu thanh không được nung nóng đều. Xét một lát
cắt mỏng với độ y 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
e(x, t)Ax. (1.33)
Tc độ thay đổi nhiệt năng cho bởi
t
[e(x, t)Ax]. (1.34)
Theo luật bảo toàn nhiệt năng, tốc độ thay đổi y 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 biên) trên một đơn vị thời gian. Gọi ϕ(x, t)
thông lượng nhiệt (heat flux - lượng nhiệt năng trên một đơn vị
thời gian truyền sang phải trên một đơn vị diện tích), lượngS(x, t)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP 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 tả bởi:
t
[e ϕ(x, t)Ax] = (x, t x, t x, t)A ϕ(x + )A + S( )Ax. (1.35)
Phương trình y chỉ một tả gần đúng, nhưng sẽ chính xác
khi chuyển qua giới hạn khi độ dày của lát cắt Chia hai vế 0x .
cho Ax rồi cho ta nhận được: 0x ,
t
e(x, t) =
x
ϕ(x, t x, t) + S( ). (1.36)
y giờ, ta viết lại phương trình y 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) nhiệt dung riêng
phải cung cấp để một đơn vị khối lượng tăng nhiệt độ của lên một
độ) và ρ(x) mật độ khối (the mass density). Thông lượng nhiệt
liên hệ với nhiệt độ thông qua định luật Fourier:
ϕ
(x, t) = K
x
u(x, t), (1.38)
trong đó K hệ số dẫn nhiệt (the thermal conductivity). Thế (1.37)-
(1.38) vào (1.36) ta
c
(x x)ρ( )
u
t
=
x
K
u
x
u
+ S. (1.39)
Đặc biệt, khi c, ρ, K các hằng số ta nhận được
u ku
t
=
xx
+ Q, (1.40)
36 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trong đó
k
=
K
(1.41)
và
Q
=
S
. (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 phân bố nhiệt tại thời điểm tức t = 0,
u(x, .0) = f(x)
Các điều kiện biên 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
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 y nghĩa không nhiệt độ truyền
ra ngoài thanh qua biên.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 37
3. Biên 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
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 hệ số đối lưu nhiệt
coefficient) còn nhiệt độ của môi trường xung quanh.v(t)
Ta thể phải giải phương trình cùng với một số các điều kiện
biên như vy. 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 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
u(0, t L, t ,) = u( )
u
x
(0, t L, t .) = u
x
( )
Bài tập
Bài 1.21 Giả sử nhiệt độ ban đầu của một thanh cho bởi
u
(x, 0) =
2 1 2x, nếu 0 x /
2(1 x), nếu 1 1/2 x
và các điều kiện biên
u u(0, t) = (1, t .) = 0
38 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
y cho biết nhiệt độ của thanh như thế nào tại thời điểm sau đó.
Bài 1.22 Giả sử thanh nguồn nhiệt bên trong không đổi. Khi đó
phương trình tả sự dẫn nhiệt là:
u
t
= ku
xx
+ 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
t
= 0 nên ta phương trình vi phân thường
00
(x) + Q = 0)
Bài 1.23 Dẫn ra phương trình tả sự dẫn nhiệt trong một thanh
hệ số dẫn nhiệt K(x).
Bài 1.24 Biến đổi phương trình
u u u
t
= k(
xx
+
yy
)
sang hệ tọa độ cực ( ) và đặc biệt hóaρ =
p
x
2
+ y
2
, tan φ = y/x
phương trình kết quả trong trường hợp hàm không ph thuộc vào θ.
Bài 1.25 Xác định nhiệt độ 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
x
(0) = 0, u(L) = 1
c. Q = 0, u(0) = 1, u ϕ
x
(L) =
d.
Q
k
= x
2
, u(0) = 1, u
x
(L) = 0
e. Q = 0, u(0) = 1, u
x
(L) + u(L) = 0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 39
1.6.2. Sự dao động của y
Giả sử ta một sợi y 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 tả chuyển động của dây sau khi đã làm
nhiễu khỏi vị trí cân bằng tại thời điểm (xem Hình 4).t = 0,
Giả thiết độ cong của dây nhỏ nên ta thể b qua độ lệch ngang.
Xét một đoạn nhỏ của dây giữa x và x+x. Các lực tác động lên đoạn
y này gồm lực căng (dọc theo dây) và trọng lực (theo phương
thẳng đứng). Gọi lực căng tại điểm và tại thời điểm NếuT (x, t) x t.
sợi dây dễ uốn thì lực căng phương tiếp xúc với sợi y (xem Hình
5).
Hệ số góc của sợi y được cho bởi
tan θ(x, t) = lim
x0
u u(x + x, t) (x, t)
x
=
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
0
(x)∆xQ( )
(1.44)
trong đó thành phần thẳng đứng của ngoại lực trên một đơnQ(x, t)
vị khối lượng, còn mật độ khối.ρ
0
(x)
Mặt khác, theo định luật Newton,
F
= ma = ρ
0
(x)∆x
2
u
t
2
. (1.45)
Do vậy
ρ
0
(x)u
tt
=
x
[T (x, t x, t x, t) sin θ( )] + ρ
0
(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
0
(x)u
tt
= (T (x, t)u
x
)
x
+
0
(x)Q(x, t). (1.48)
Đối với y đàn hồi tuyệt đối thì Nếu ngoại lực trọngT (x, t) T
0
.
lực thì
Q(x, t) = g. (1.49)
Khi đó phương trình trở thành
u u
tt
= c
2
xx
g (1.50)
trong đó Trong nhiều tình huống tác động của trọngc
2
= T
0 0
(x).
lực thể coi không đáng k so với lực căng. Khi đó ta
u
tt
= c
2
u
xx
. (1.51)
Nếu một đầu mút của dây cố định thì độ lệch tại đó bằng không,
nên ta điều kiện
u(0, t) = 0 (1.52)
hoặc
u(L, t) = 0. (1.53)
Chúng ta cũng 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 khi một đầu của sợi dây được
gắn với một hệ động lực nào đó, chẳng hạn đầu :x = 0
T
0
u(0, t)
x
= k[u u t(0, t)
E
( )]. (1.55)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 41
Điều kiện y thường được gọi điều kiện biên đàn hồi. Nếu u
E
(t) =
0, tức vị trí cân bằng của hệ động lực trùng với vị trí cân bằng của
y, thì điều kiện biên thuần nhất.
Một trường hợp đặc biệt của điều kiện này điều kiện biên tự do:
u
x
= 0. (1.56)
phương trình đạo hàm riêng cấp hai đối với biến thời gian nênt
ta cần hai điều kiện ban đầu. Thông thường thì các điều kiện đó
u(x, 0) = f (x)
u
t
(x, ,0) = g(x)
tức cho biết độ lệch và vận tốc ban đầu của sợi y.
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 hướng và
đại lượng véc tơ, riêng trong mục này chúng ta sẽ dùng hiệu mũi
tên phía trên để chỉ một véc tơ. Giả sử 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 bởi Σ
Z
C(x, y, z, t)dV. (1.57)
Theo định luật bảo toàn khối lượng, tốc độ thay đổi khối lượng trong
theo thời gian bằng hiệu của tốc độ của dòng khối lượng đi vào
và tốc độ của dòng khối lượng đi ra khỏi cộng với tốc độ khối lượng,
42 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
chất đó sinh ra do một nguồn trong đây, ta giả thiết không .
nguồn trong
. Gọi
q
véc thông lượng khối lượng, khi đó
q .
ν
khối lượng trên một đơn vị diện tích, trên một đơn vị thời gian đi
qua biên theo hướng véc pháp tuyến ngoài đơn vị
Σ của
ν . Vy
định luật bảo toàn khối lượng là:
d
dt
Z
CdV
=
Z
C
t
dV =
Z
Σ
q .
ν dS. (1.58)
Theo định Ostrogradski,
Z
Σ
q .
ν dS
=
Z
div
q dV. (1.59)
Do vậy ta
C
t
= div
q . (1.60)
Theo định luật Fick về khuếch tán, liên hệ giữa véc thông lượng
q
và nồng độ cho bởiC
q
= H
grad
C + C
v , (1.61)
trong đó
v vận tốc của chất lỏng hoặc chất khí, hệ số khuếchH
tán và thể ph thuộc vào Kết hợp (1.60) và (1.61) ta nhận đượcC.
C
t
= div(H
gradC)
div(C
v ). (1.62)
Nếu H hằng số thì
C
t
= HC
grad (
. C
v ). (1.63)
Nếu
v thể b qua hoặc bằng thì:0
C
t
= HC. (1.64)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 43
phương trình đã nhận được trong (1.40) khi Q = 0.
Nếu H không đáng k thì ta nhận được một phương trình cấp
một
C
t
+
v .
grad div
C + C
v = 0. (1.65)
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 thể b qua hay bằng thì ta nhận được0
grad (
. H
gradC) = 0. (1.67)
Nếu H hằng số thì đây chính 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 việc tìm nghiệm của phương trình đạo hàm riêng trong
một miền khi biết giá trị của trên một mặt cong nào đóΣ
và biết tốc độ biến thiên của nghiệm theo một trường véc khôngλ
tiếp xúc với trên mặt cong đó. Ta thường xét trường hợp mộtΣ Σ
phần của biên và λ = ν trường véc pháp tuyến đơn vị trên
Σ. Khi đó ta gọi Σ mặt Cauchy, các giá trị đã cho trên được gọiΣ
các dữ kiện Cauchy.
Ba vấn đề định tính bản được đặt ra đối với bài toán Cauchy là:
1, Sự tồn tại nghiệm: Bài toán ít nhất một nghiệm.
44 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
2, Tính duy nhất nghiệm: Bài toán 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
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
1
,
u u u
xx
+ 2
xy
3
yy
= 0
u
|
y=0
= 3x
2
, u
y
|
y=0
= 0
2
,
u u u u
xx
yy
2
x
2
y
= 4
u|
x=0
= y, u
x
|
x=0
= y 1
3
,
u
xx
+ u
x
= 0
u|
y=x
= sinx, u
y
|
y=x
= 1
4
,
u cosxu sin xu sinxu
xx
+ 2
xy
2
yy
y
= 0
u ϕ ϕ .|
y=sinx
=
0
(x), u
y
|
y=sinx
=
1
(x)
Chương 2
Phương trình
Laplace-Poisson
Trong chương này chúng ta tìm hiểu v một đại diện của lớp phương
trình elliptic, đó 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
thể mở rộng đối với các phương trình elliptic nói chung.
Ta nhắc lại rằng, phương trình Laplace phương trình:
u := u
x
1
x
1
+ u
x
2
x
2
+ ··· + u
x
n
x
n
= 0, (2.1)
còn phương trình Poisson 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 bản
Hàm u(x) được gọi hàm điều a tại điểm x
0
nếu u các đạo
hàm riêng đến cấp hai liên tục tại và thỏa mãnx
0
(u x
0
) = 0.
Hàm u được gọi hàm điều a trong miền giới nội R
n
nếu
u hàm điều hòa tại mọi điểm thuộc .
Hàm u được gọi hàm điều a trong miền không giới nội R
n
nếu u hàm điều hòa tại mọi điểm thuộc và thỏa mãn điều kiện
v độ tăng khi sau đây:|x|
|
u(x)|
C
| |
x
n2
, (2.3)
với C > 0 một hằng số.
Hàm u được gọi hàm điều a trên tập đóng nếu điều hòa
trong một miền chứa .
dụ 2.1. 1, Hàm u(x, y) = x + 2y + 1 hàm điều hòa tại mọi điểm
(x, y) R
2
; hàm điều hòa trong mọi miền giới nội R
2
; không
hàm điều hòa trong miền không giới nội bất trong R
2
không
thỏa mãn điều kiện về độ tăng tại vô cùng (1.14).
2, Hàm
u(x, y) =
x
x
2
+ y
2
hàm điều hòa tại mọi điểm (x, y) 6=
(0, 0); hàm điều hòa trong mọi miền trong không chứa điểmR
2
(0 0), .
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 47
3, Hàm hàm điều hòa tại mọi điểmu( 2x, y, z) = x
2
+ y
2
z
2
(x, y, z) R
3
; hàm điều hòa trong mọi miền giới nội R
3
; không
hàm điều hòa trong miền không giới nội bất trong R
3
không
thỏa mãn điều kiện về độ tăng tại vô cùng (1.14).
dụ 2.2. Gọi ω
n
thể tích hình cầu đơn vị trong R
n
. Với mỗi
ξ R
n
, hàm Γ(x ξ) xác định bởi
Γ(
x ξ) = Γ(| |x ξ ) :=
1
n n ω
(2 )
n
| |x ξ
2n
, nếu n > ,2
1
2
π
ln | |x ξ , nếu n = 2
(2.4)
hàm điều hòa tại mọi x R
n
\ {ξ} và được gọi nghiệm cơ bản
của phương trình Laplace.
Bài tập
Bài 2.1 hiệu H(Ω) tập hợp các hàm điều hoà trong miền . R
n
Chứng minh rằng:
a) H(Ω) một không gian vectơ: mọi tổ hợp tuyến tính của các
hàm điều hoà hàm điều hoà.
b)
H(Ω) ổn định đối với phép lấy đạo hàm: đạo hàm
u
x
i
của hàm
điều hoà cũng 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
1
, . . . , x
n
) hàm điều hoà. Chứng minh
rằng các hàm sau đây cũng hàm điều hoà:
a) u h h(x + ), h = (
1
, . . . , h
n
) - vectơ bất kì,
b) u λx( ), λ - vô hướng bất kì,
c) u( )Cx , Cma trận trực giao bất kì.
48 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Như vậy, tính điều hoà bất biến đối với phép tịnh tiến, phép vị tự
và phép quay.
Bài 2.3
Tìm nghiệm dạng u = f(r) (r =
p
P
n
i
=1
x
2
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
hàm phức chỉnh hình theo biến z trong miền thì u và v những
hàm điều hoà trong .
Đảo lại, nếu thì thểu hàm điều hoà trong miền đơn liên
xem u phần thực của một hàm chỉnh hình trên .
Bài 2.5 Chứng minh rằng nếu hàm điều hoàu( (x) = u x
1
, . . . , x
n
)
thì
v
(x) =
1
| |
x
n2
u(
x
1
| |
x
2
, . . . ,
x
n
| |
x
2
), |x| =
v
u
u
t
n
X
i=1
x
2
i
cũng 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 một miền giới nội trong R
n
với biên đủ trơn, u
C
2
(Ω) C
1
(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 .
phân của một hàm điều hòa trong .
Với mỗi cố định. Ta muốn áp dụng công thức (1.4) với hàmξ
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 49
v(x) = Γ(xξ) 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 \ B
ρ
với B B
ρ
=
ρ
(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
1
= \
¯
B
ρ
(ξ) ta có:
Z
1
[Γ∆ ∆Γ]
u u dx =
Z
1
u
ν
u
Γ
ν
]dS.
Sử dụng tính chất ta nhận đượcΓ điều hòa trong
1
Z
1
Γ∆
udx =
Z
u
ν
u
Γ
ν
]dS +
Z
B
ρ
u
ν
u
Γ
ν
]dS. (2.5)
Để qua giới hạn khi trong (2.5) ta lưu ý rằng:ρ 0
Z
B
ρ
Γ
u
ν
dS
=
Γ(ρ)
Z
B
ρ
u
ν
dS
|
Γ(ρ)|
n
ρ
n1
max
B
ρ
u
ν
0 khi ρ 0;
và
Z
B
ρ
u
Γ
ν
dS = Γ (
0
ρ)
Z
B
ρ
udS ,= u(x
ρ
) u(ξ) khi ρ 0
trong đó x
ρ
B .
ρ
Do vậy cho ρ 0 trong (2.5) ta nhận được biểu diễn tích phân của
u tại ξ :
u
(ξ) =
Z
[
u
Γ
ν
(x x ξ) Γ( ξ)
u
ν
]dS +
Z
Γ( )∆x ξ udx. (2.6)
50 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Nếu u điều hòa trong thì u = 0 trong nên
u
(ξ) =
Z
[
u
Γ
ν
(x x ξ) Γ( ξ)
u
ν
]dS. (2.7)
Công thức (2.7) được gọi công thức Green biu diễn hàm điều
a. Công thức đó cho phép ta tính giá trị của hàm điều hòa trongu
tại điểm ξ theo các giá trị của trên biênu và theo các giá
trị của đạo hàm theo véc pháp tuyến ngoài
u
ν
trên biên .
Bởi trong (2.7), các hàm dưới dấu tích phân các hàm khả vi
vô hạn, hơn nữa giải tích theo cũng khả vi vô hạn vàξ nên hàm u(ξ)
giải tích trong .
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
2
(Ω)C
1
(Ω)
h = 0 trong . Khi đó, theo công thức Green thứ hai (1.4) ta
Z
[
u
h
ν
h
u
ν
]dS =
Z
h udx.
Cộng đẳng thức y với (2.6) và đặt
G = Γ + h
ta
u
(ξ) =
Z
[
u
G
ν
G
u
ν
]dS +
Z
G udx.
Nếu giả thiết thêm tức G = 0 trên , h = Γ trên thì
u
(ξ) =
Z
u
G
ν
dS +
Z
Gudx. (2.8)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 51
Nếu thêm giả thiết u điều hòa trong thì
u
(ξ) =
Z
u
G
ν
dS. (2.9)
Hàm G = G(x, ξ) như thế được gọi hàm Green (của bài toán
Dirichlet đối với toán tử Laplace) trên miền . Theo công thức (2.8)
nếu tồn tại hàm Green thì ta thể biểu diễn một hàm điều hòa bất
kỳ thuộc C
2
(Ω) C
1
(Ω) qua các giá trị biên của nó.
Đối miền đặc biệt như hình cầu, nửa không gian thì chúng
thể sử dụng phương pháp phản xạ qua biên để y 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 bài toán mở.
2.1.3. Các tính chất bản của hàm điều hòa
y giờ chúng ta đi thiết lập một số tính chất quan trọng của hàm
điều hòa. Các định này thể xem các hệ quả của các công thức
Green. Giả sử R
n
một tập mở.
Định 2.1 (Giá trị trung bình). Giả sử hàm u C
2
(Ω) thỏa mãn
hệ thức 0 u = 0 (∆u , u 0) trong . Khi đó, với mọi hình cầu
B = B
R
(ξ) ⊂⊂ ta có các đẳng thức (bất đẳng thức sau)
u
(ξ) = (, )
1
n
R
n1
Z
B
u(x)dS, (2.10)
u
(ξ) = (, )
1
ω
n
R
n
Z
B
u(x)dx, (2.11)
trong đó
ω
n
thể tích hình cầu đơn vị trong R
n
.
52 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Chứng minh. Giả sử Áp dụng công thức Green thứ nhấtρ (0 ], R .
(1.3) với = B
ρ
= B
ρ
(ξ) và v 1 ta nhận được
Z
B
ρ
u
ν
dS =
Z
B
ρ
)0udx = (, .
Mặt khác, hiệu ρ = | |xξ ; ω =
xξ
ρ
và biểu diễn u ρω(x) = u(ξ + )
ta
Z
B
ρ
u
ν
dS =
Z
B
ρ
u
ν
(ξ + ρω)dS = ρ
n1
Z
| |ω =1
u
ν
(ξ + ρω)
=
ρ
n1
ρ
Z
| |ω =1
u
(ξ + ρω) = ρ
n1
ρ
ρ
1n
Z
B
ρ
udS
nên
ρ
ρ
1n
Z
B
ρ
udS
= ( , )0, ρ (0, R].
Do đó
ρ
1n
Z
B
ρ
udS
= (, )R
1n
Z
B
R
udS.
Cho ρ 0, ta
u
n
(ξ) = (, )R
1n
Z
B
R
udS
hay ta (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 Nội 2 53
Định 2.2 (Nguyên cực trị mạnh). Giả sử hàm u C
2
(Ω) thỏa
mãn hệ thức u 0 (∆u 0) trong tồn tại sao choξ
u(ξ) = sup
u (u(ξ) = inf
u). Khi đó hàm u hằng số.
Do đó mọi hàm điều a trong khác hằng số đều không thể đạt,
giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất tại các điểm trong .
Chứng minh. Xem [1], Định 2.2, trang 50.
Hệ quả 2.1 (Nguyên cực trị trên miền bị chặn). Giả sử một
miền bị chặn hàm điều a trong Khi đóu C(Ω) .
inf
u u(x) sup
u, x .
Định 2.3 (Bất đẳng thức Harnack). Giả sử một hàm điều au
không âm trong miền Khi đó với mỗi miền con bị chặn
.
0
⊂⊂
tồn tại một hằng số sao cho
C = C(n,
0
, Ω)
sup
0
u C inf
0
u.
Chứng minh. Xem [1], Định 2.4, trang 52.
Định 2.4. Giải sử hình cầu tâm bán kính B = B
R
(ξ) ξ R
u
C(
¯
B) hàm điều a khác hằng số trong nhận giá trị nhỏB
nhất tại một điểm Nếu tại điểm tồn tại đạo hàm
x
0
B. x
0
u
µ
với
µ hướng hợp với c pháp tuyến ngoài của một gócB tại x
0
nhọn thì
u
µ
(x
0
) < 0.
Chứng minh. Xem [1], Định 2.5, trang 53.
54 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Định 2.5. Giả sử miền bị chặn với biên trơn, u C
1
(Ω)
hàm điều a trong Khi đó.
Z
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 bản
Giả sử miền bị chặn trong Chúng ta xét ba bài toán biên R
n
.
bản sau đây đối phương trình Laplace, Poisson:
1, Bài toán biên thứ nhất (Dirichlet): bài toán tìm nghiệm u
C
2
(Ω) C(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong thỏa mãn
điều kiện biên
u |
= ψ,
đó hàm liên tục đã cho trênψ .
2, Bài toán biên thứ hai (Neumann): bài toán tìm nghiệm u
C
2
(Ω) C
1
(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong thỏa mãn
điều kiện biên
u
ν
|
= ψ,
đó hàm liên tục đã cho trênψ .
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 55
3, Bài toán biên thứ ba (hỗn hợp): bài toán tìm nghiệm u
C
2
(Ω) C
1
(Ω) của phương trình Laplace, Poisson trong thỏa mãn
điều kiện biên
(
u
ν
+ au ψ,) |
=
đó a và ψ hàm liên tục đã cho trên .
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 y.
2.2.2. Tính duy nhất và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm
Định 2.6. Giả sử nghiệm của bài toán biênu C
2
(Ω) C(Ω)
thứ nhất đối với phương trình Laplace trong .
u = 0 x
u |
= ψ.
(2.12)
Khi đó ta có đánh giá
|u(x)| max
| | ψ , x . (2.13)
Do đó, bài toán biên thứ nhất có không quá một nghiệm trong(2.12)
C(Ω) nghiệm phụ thuộc liên tục vào dữ kiện biên ψ.
Chứng minh. Theo nguyên cực trị đối với hàm điều hòa trong miền
bị chặn ta
min
u u(x) max
u, x .
Từ đây ta đánh giá (2.13).
56 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Giả sử u
1
, u
2
C(Ω) hai nghiệm của bài toán (2.12) ứng với dữ
kiện biên Khi đó nghiệm của bài toán đó ứngψ ψ
1
, ψ
2
. u
1
u
2
với dữ kiện biên Theo đánh giá (2.13) ta ψ = ψ
1
ψ
2
.
|u
1
(x) u
2
(x)| max
|ψ
1
ψ
2
| , x .
Từ bất đẳng thức này chúng ta suy ra u u
1
=
2
trong nếu ψ ψ
1
=
2
trên . Hay bài toán biên trên không quá một nghiệm.
Hơn nữa nếu thì ta cũng sẽ |ψ
1
ψ
2
| < ε trên |u
1
u
2
| < ε
trong hay nghiệm của bài toán (2.12) ph thuộc liên tục vào dữ
kiện biên ψ.
Định 2.7. Giả sử nghiệm của bài toán biênu C
2
(Ω) C(Ω)
thứ nhất đối với phương trình Poisson trong .
u = f(x) x
u |
= ψ.
(2.14)
Khi đó với mọi ta có đánh giáx
min
u M
1
sup
|f| u(x) max
u + M
1
sup
| |f , (2.15)
trong đó M M
1
=
1
(Ω) hằng số.
Do đó, bài toán biên thứ nhất có không quá một nghiệm trong(2.14)
C(Ω) nghiệm phụ thuộc liên tục vào vế phải dữ kiện biênf ψ.
Chứng minh. Xem [1], Định 3.2, trang 58.
Chú ý: Các đánh giá (2.13) và (2.15) được gọi các đánh giá tiên
nghiệm của bài toán biên thứ nhất.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 57
Định 2.8. Giả sử trơn với mỗi đều tồn tại một x
0
hình cầu bán kính sao cho (tính chấtB
R
R x
0
B
R
B
R
cầu trong). Khi đó hai nghiệm bất của bài toán biên thứ hai đối với
phương trình Laplace:
u = 0 x
u
ν
|
= ψ.
(2.16)
chỉ có thể sai khác nhau một hằng số.
Chứng minh. Xem [1], Định 3.3, trang 59.
Định 2.9. Giả sử miền thỏa mãn các điều kiện của Định
2.8 u C
2
(Ω) C
1
(Ω) 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
| | ψ , x . (2.17)
Chứng minh. Xem [1], Định 3.4„ trang 60.
Định 2.10. Giả sử trơn tồn tại hằng số a
0
> 0 sao cho
a a
(x)
0
trên , u C
2
(Ω) C
1
(Ω) nghiệm của bài toán biên
thứ ba đối với phương trình Laplace:
u = 0 , x
(
u
ν
+ au) |
= ψ.
(2.18)
Khi đó ta có đánh giá tiên nghiệm
|
u(x)|
1
a
0
max
| | ψ , x . (2.19)
Chứng minh. Xem [1], Định 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 công thức
biểu diễn nghiệm của bài toán Dirichlet tương ứng. Do vậy ta đi y
dựng hàm Green cho trường hợp = B
R
= B
R
(0). Với mỗi ξ B ,
R
hàm Green G h(x, ξ) = Γ(|x ξ|) + (x) với h(x) một hàm điều hòa
trong B
R
và giá trị trên biên bằng vớiB
R
Γ(| |x ξ ).
Để ý rằng hàm hàm điều hòa tại mọih λ(x) = Γ( |x η|), λ R
x 6= η, nên nếu ta chọn η / B B
R
thì hàm đó sẽ điều hòa trong
R
, do
vy chúng ta chỉ cần chọn hệ số thích hợp đểλ h(x) = Γ(|x ξ|)
hay | |x ξ| = λ x η| khi x B
R
được.
Việc chọn η và λ được thực hiện bằng phương pháp phản xạ (đối
xứng) qua mặt cầu B
R
. Cụ thể, hiệu
¯
ξ
=
R
2
| |
ξ
2
ξ, nếu ξ 6= 0
, nếu ξ = 0
điểm đối xứng (nghịch đảo) của qua mặt cầuξ B .
R
ràng, nếu
ξ B
R
thì
¯
ξ /
B
R
nên ta thể chọn η =
¯
ξ. Khi đó
dễ dàng kiểm tra được rằng nếu thìx B
R
|
x ξ| =
| |ξ
R
|x
¯
ξ|, ξ 6= 0
nên chúng ta thể chọn
λ =
| |ξ
R
. Từ đây ta xác định được hàm Green
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 59
như sau
G
(x, ξ) =
Γ( Γ(
| |x ξ )
|ξ|
R
|x
¯
ξ|), nếu ξ 6= 0
Γ( Γ( )| |x ) R , nếu ξ = 0.
(2.20)
Tính toán trực tiếp ta
G
ν
=
R
2
|ξ|
2
n
R
|x ξ|
n
0, x B
R
.
Do vậy theo biểu diễn Green (2.10), nếu
u C(
¯
B
R
) hàm điều hòa
trong B
R
thì ta công thức Poisson:
u
(ξ) =
R
2
|ξ|
2
n
R
Z
B
R
udS
| |
x ξ
n
, ξ B
R
. (2.21)
Vế phải (2.21) được gọi của hàmtích phân Poisson u.
y giờ chúng ta chỉ việc chứng tỏ rằng hàm u xác định bởi công
thức (2.21) đúng nghiệm cần tìm. Điều y được khẳng định trong
định sau:
Định 2.11. Giả sử ψ hàm liên tục trên B
R
. Khi đó hàm xácu
định bởi
u
(ξ) =
R
2
−|ξ|
2
n
R
R
B
R
udS
| |
xξ
n
, nếu ξ B
R
ψ(x), nếu ξ B
R
(2.22)
thuộc
C
2
(B
R
) C(
¯
B
R
) thỏa mãn phương trình u = 0 trong B
R
hay u nghiệm của bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace
trong hình cầu B .
R
Chứng minh. Xem [1], Định 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 thể xem [1], 7. §
2.2.4. Các định v sự hội tụ
Trong mục này chúng ta sẽ đưa ra một số kết quả từ công thức
Poisson.
Định 2.12. Giả sử u hàm liên tục trong miền hàm. Khi đó u
điều a trong khi chỉ khi với mọi hình cầu B B
R
=
R
(ξ) ⊂⊂
ta đều có
u
(ξ) =
1
n
R
n1
Z
B
R
udS.
Chứng minh. Xem [1], Định 5.1, trang 67.
Định 2.13. Giới hạn của một dãy các hàm điều a trong miền
hội tụ đều một hàm điều a trong miền đó.
Chứng minh. Xem [1], Định 5.2, trang 68.
Định 2.14 (Harnack v sự hội tụ). Giả sử một dãy đơn{u
N
}
điệu không giảm các hàm điều hòa trong một điểm sao ξ
cho dãy u
N
(ξ) bị chặn. Khi đó dãy hội tụ đều trong miền con bị{u
N
}
chặn bất tới một hàm điều a.
0
⊂⊂
Chứng minh. Xem [1], Định 5.3, trang 69.
Định 2.15 (đánh giá tiên nghiệm của các đạo hàm). Giả sử u
C(Ω) hàm điều a trong tập con compact tùy ý trong,
1
.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 61
Khi đó, đối với đa chỉ số bất kỳ ta α
sup
1
|D
α
u|
n| |α
d
|α|
sup
u, (2.23)
trong đó d = dist(Ω
1
, Ω).
Chứng minh. Xem [1], Định 5.4, trang 69.
Định 2.16. Mọi dãy bị chặn các hàm điều hòa trong đều chứa
một dãy con hội tụ đều trên các tập con compact của tới một hàm
điều a.
Chứng minh. Xem [1], Định 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 hàm dưới điều a trên điều hòa( ) trong miền
, nếu với mọi hình cầu B ⊂⊂ và với mọi hàm điều hòa trongh B
sao cho ) trên ) trongu h (u h B, ta đều u h (u h B.
Dễ thấy mọi hàm điều hòa trong đều hàm dưới điều hòa và
cũng hàm trên điều hòa.
Các hàm dưới điều hòa và trên điều hòa các tính chất được chỉ
ra trong các b đề sau:
62 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Bổ đề 2.1. Giả sử hàm dưới điều a trongu C(Ω) . Khi đó u
nhận giá trị lớn nhất trên .
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.1, trang 79.
Bổ đề 2.2. Giải sử u, v C(Ω) tương ứng hàm dưới điều a
hàm trên điều a trong , u v trên . Khi đó ta có u v trong
.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.2, trang 80.
Bổ đề 2.3. Giả sử u
1
, u , u
2
, ···
N
dãy các hàm dưới điều a trong
( ( ) ). Khi đó hàm u(x) = max{u
1
x), u
2
x , ··· , u
N
(x } cũng hàm
dưới điều a trong .
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.3, trang 81.
Định nghĩa 2.2 (Hàm cắt điều hòa). Cho u một hàm dưới điều
hòa trong và hình cầu B ⊂⊂ . Gọi ¯u hàm điều hòa trong B
bằng với hàm u trên B (hàm ¯u tồn tại theo Định 2.11). Ta gọi
hàm cắt điều hòa của hàm đối với hàmu B trong
U
(x) =
¯u B(x), nếu x
u B.(x), nếu x \
(2.24)
Bổ đề 2.4. Hàm cắt điều a của hàm dưới điều a đối với hình cầu
B trong xác định bởi một hàm dưới điều a trong(2.24) .
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.4, trang 81.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 63
Chú ý: Tương tự chúng ta các kết quả tương ứng với các hàm trên
điều hòa bằng cách thay trong các b đề trên.u bởi u
Cho ψ một hàm bị chặn bất trên biên hiệu tập. S
ψ
hợp tất cả các hàm dưới điều hòa trongu C(Ω) và trênu ψ
. Khi đó ta
Định 2.17. Hàm u(x) = sup
vS
ψ
v(x) một hàm điều a trong .
Chứng minh. Xem [1], Định 7.1, trang 82.
Định nghĩa 2.3 (Nghiệm Perron) Hàm điều hòa xác định trong.
Định 2.17 được gọi nghiệm Perron của bài toán Dirichlet
u = 0 , trong
u = ψ, .trên
thể thấy, nếu bài toán Dirichlet nghiệm thì nghiệm đó phải
trùng với nghiệm Perron.Thật vậy, nếu nghiệm của bài toán đóω
thì ω S
ψ
. Theo nguyên cực trị ta lại ω u với mọi u S
ψ
.
Vậy ω nghiệm Perron.
Vấn đề còn lại 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 .
Hàm ω = ω
ξ
C(Ω) được gọi (barrier) tại điểm đốihàm chắn ξ
với , nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) ω hàm trên điều hòa trong Ω;
64 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
(ii) ω(ξ) = 0 và ω > 0 trong \ {ξ}.
Hàm ω được gọi hàm chắn địa phương tại điểm nếu tồn tạiξ
một lân cận V của ξ sao cho hàm chắn tại điểm đối vớiω ξ V.
ràng, nếu tồn tại một hàm chắn địa phương tại điểm thì cũngξ
tồn tại một hàm chắn tại điểm đó đối với . Thật vậy, lấy hình cầu
B ⊂⊂ V bất kỳ sao cho Khi đó ta ξ B. m = inf
(V Ω)\B
ω > 0 và
hàm
¯
ω(x) =
min( ))m, ω(x , nếu x B,
m, Bnếu x \
hàm chắn tại điểm đối vớiξ .
Định nghĩa 2.5. Điểm ξ được gọi điểm đều (đối với toán tử
Laplace) nếu tại điểm đó tồn tại một hàm chắn.
Bổ đề 2.5. Giả sử nghiệm Perron trong Khi đó, nếuu . ξ
điểm đều liên tục tạiψ ξ thì u(x) ψ(ξ) khi x ξ.
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 7.5, trang 84.
Định 2.18. Bài toán Dirichlet đối với phương trình Laplace trong
miền bị chặn, với dữ kiện biên liên tục, có nghiệm khi chỉ khiψ
tất c các điểm biên của đều điểm đều.
Chứng minh. Xem [1], Định 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 đều
của các điểm trên Dưới đây chúng ta một điều kiện đủ cho bài.
toán này.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 65
Định nghĩa 2.6. Biên được gọi tính chất cầu ngoài nếu với
mỗi điểm
ξ tồn tại một hình cầu sao choB = B
R
(y)
¯
B = {ξ}.
Ta thấy, nếu tính chất cầu ngoài thì mọi điểm của đều
điểm đều khi đó hàm
¯
ω(x) =
R
2n
|x y|
2n
, nếu n 3,
ln
|xy|
R
, nếu n = 2
hàm chắn tại điểm ξ.
Hơn nữa, mỗi điểm biên thuộc lớp đều điểm đều. Do đóC
2
nếu miền thuộc lớp thì bài toán Dirichlet đối với phương trình C
2
Laplace trên 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; (0;L) × M).
u
00
xx
+ u
00
yy
= 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
1
(x); u L(x, M ) = 0; 0 x ;
u u
(0, y) = 0; (L, y) = 0; 0 y M.
(2.26)
Ta tìm nghiệm dạng tách biến u(x, y) = X(x)Y (y) 6≡ 0. Thay
vào (2.25) và tách biến ta nhận được
X
00
(x)
X
(x)
=
Y ”( )y
Y
(y)
.
Do vế trái một hàm của vế phải một hàm củax, y nên cả hai
phải hàm hằng, đặt giá trị đó ta nhận được hai phương trìnhλ
vi phân thường
X
00
(x x) λX( ) = 0 (2.27)
Y
00
(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 y 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
= λ
k
=
kπ
L
2
X
(x x) = X
k
( ) = A
k
sin
kπx
L
, k = 1, 2, ···
trong đó các hằng số bất kỳ.A
k
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 67
λ
k
và X
k
tương ứng được gọi giá trị riêng và hàm riêng của bài
toán biên (2.27)+(2.29).
Với λ = λ
k
, giải bài toán biên (2.28)+(2.30) ta nhận được nghiệm
Y
= Y
k
= B
k
sh
kπ( )M y
L
,
trong đó các hằng số bất kỳ.B
k
Như vậy ta nhận được các nghiệm
u Y
k
(x, y) = X
k
(x)
k
(y) = b
k
sh
kπ( )M y
L
sin
kπx
L
của phương trình (2.25) thỏa mãn các điều kiện biên thuần nhất trong
(2.26), với hàng số bất kỳ.b
k
Đặt
u
(x, y) =
X
k=1
u
k
(x, y) =
X
k=1
b
k
sh
kπ(M y)
L
sin
kπx
L
ta 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).
y giờ chúng ta chỉ việc tìm các hệ số thỏa mãn nốt điềub
k
để u
kiện không thuần nhất trong (2.26)
u(x, L.0) = f
1
(x), 0 x
Điều này tương đương với
X
k=1
b
k
sh
kπM
L
sin
kπx
L
= f
1
(x), 0 x L.
68 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Chứng tỏ b
k
sh
M
L
hệ số Fourier sine của hàm f
1
(x) trên đoạn [0; ]L
và ta
b
k
sh
kπM
L
=
2
L
L
Z
0
f
1
(ξ) sin
kπξ
L
.
Vậy nghiệm tách biến của phương trình (2.25) cho bởi
u
(x, y) =
X
k=1
b
k
sh
kπ( )M y
L
sin
kπx
L
,
trong đó hệ số cho bởib
k
b
k
=
1
sh
M
L
2
L
Z
L
0
f
1
(ξ) sin
kπξ
L
.
Bài toán 2: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).
u
00
xx
+ u
00
yy
= 0, (x, y) (0; (0;L) × M ) (2.31)
với điều kiện biên
u(x, 0) = 0; u L(x, M) = f
2
(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) dạng
u
(x, y) =
X
k=1
b
k
sin
kπx
L
sh
kπy
L
,
trong đó hệ số b
k
được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong
(2.32):
b
k
=
1
sh
M
L
2
L
Z
L
0
f
2
(ξ) sin
kπξ
L
.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 69
Bài toán 3: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).
u
00
xx
+ u
00
yy
= 0, (x, y) (0; (0;L) × M ) (2.33)
với điều kiện biên
u(x, 0) = 0; u(x, M) = 0; 0 x L;
u
(0, y L, y) = f
3
(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) dạng
u
(x, y) =
X
k=1
b
k
sin
kπy
M
sh
kπ(L x)
M
,
trong đó hệ số b
k
được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong
(2.34):
b
k
=
1
sh
L
M
2
M
Z
M
0
f
3
(ξ) sin
kπξ
M
.
Bài toán 4: Giải bài toán biên Dirichlet với phương trình Laplace
trong miền chữ nhật (0; (0;L) × M).
u
00
xx
+ u
00
yy
= 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
4
(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) dạng
u
(x, y) =
X
k=1
b
k
sin
kπy
M
sh
kπx
M
,
70 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trong đó hệ số b
k
được tìm từ điều kiện biên không thuần nhất trong
(2.36):
b
k
=
1
sh
L
M
2
M
Z
M
0
f
4
(ξ) sin
kπξ
M
.
Bài toán biên Dirichlet tổng quát
u
00
xx
+ u
00
yy
= 0, (x, y) (0; (0;L) × M ) (2.37)
với điều kiện biên
u L(x, 0) = f
1
(x); u(x, M ) = f
2
(x); 0 x ;
u
(0, y L, y) = f
3
(y); u( ) = f
4
(y); 0 y M.
(2.38)
nghiệm bằng tổng của các nghiệm của bốn bài toán trên.
Hoàn toàn tương tự ta 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
2
+ y
2
< R
2
:
u
00
xx
+ u
00
yy
= 0, x
2
+ y
2
< R
2
(2.39)
với điều kiện biên
u|
x
2
+y
2
=R
2
= f(x, y). (2.40)
Để giải bài toán y, 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
u
00
ρρ
+
1
ρ
u
0
ρ
+
1
ρ
2
u
00
ϕϕ
= 0, 0 < ρ < R; 0 < ϕ < 2π (2.41)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP 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) hàm tuần hoàn với chu 2π,
tức g(0) = g(2 )π .
Nghiệm tách biến của phương trình (2.41) dạng
u
(ρ, ϕ) =
a
0
2
+
X
k
=1
ρ
R
k
(a
k
cos + b
k
sin ), (2.43)
với các hằng số được tìm từ điều kiện biên (2.42), cụ thểa
0
, a , b
k k
a
0
=
1
π
Z
2π
0
g
(ξ); a
k
=
1
π
Z
2π
0
g(ξ) cos kξ;
b
k
=
1
π
Z
2π
0
g(ξ) sin kξ.
Thay các hệ số vào (2.43), ta thể đưa nghiệm đó về dạng tích
tích phân Poisson sau đây:
u
(ρ, ϕ) =
1
2
π
Z
2πR
0
g
(s)
R
2
ρ
2
R
2
+ ρ
2
2 cos(s ϕ)
ds. (2.44)
Thay trở lại biến ta 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 dạng:R
u
(ρ, ϕ) =
a
0
2
+
X
n=1
R
n
ρ
n
(A
n
cos + B .
n
sin )
2, Nghiệm tách biến của phương trình Laplace trong miền vành
khăn R
1
< ρ < R
2
dạng:
u
(ρ, ϕ) =
X
n=1
(
A
n
ρ
n
+
C
n
ρ
n
) cos +
X
n=1
(
B
n
ρ
n
+
D
n
ρ
n
) sin )+ 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
2
ϕ.
2. f (ϕ) = sin
3
ϕ.
3. f (ϕ) = cos
4
ϕ.
4. f (ϕ) = sin
6
ϕ + cos
6
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
= sin
3
ϕ.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 73
Bài 2.11 Hãy tìm sự phân b 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
0
nửa biên kia (π ϕ < 0) duy trì nhiệt độ .T
0
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
u|
ρ=1
= f f
1
(ϕ), u|
ρ=2
=
2
(ϕ)
với
1. f
1
(ϕ) = u
1
= const const, f
2
(ϕ) = u
2
= .
2. f
1
( (ϕ) = 1 + cos
2
ϕ, f
2
ϕ) = sin
2
ϕ.
Bài 2.13 Tìm nghiệm của phương trình trong hình vànhu = A
khăn R
1
< ρ < R
2
biết u u u|
ρ=R
1
=
1
, u|
ρ=R
2
=
2
trong đó A, 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 hìnhu = A
chữ nhật thỏa mãn các điều kiện biên:0 < x < a, < y < b0
u
|
x=0
= A sin
πy
b
, u|
x=a
= 0,
74 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
u
|
y=0
= B sin
πx
a
, u|
x=b
= 0.
Bài 2.16 Tìm phấn b 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
0
,
đất. Giả thiết rằng bên trong hình chữ nhật đó không điện tích.
Bài 2.17 Tìm sự phân b 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
x = a và vàx = a thế năng còn hai mặt khácv
0
y = b y = b
được tiếp đất.
Bài 2.18 Tìm phân b 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 nhiệt độ , còn bên trong bản mặt nguồn nhiệt toả ra với mật0
độ không đổi .q
Chương 3
Phương trình truyền sóng
Trong chương này chúng ta tìm hiểu v một đại diện của lớp phương
trình hyperbolic, đó phương trình truyền sóng trong môi trường
thuần nhất trong không gian n chiều:
2
u
t
2
a
2
u = f( ) 0x, t , x R
n
, t > .
V phương diện vật , biến thời gian, t x = (x
1
, x , x
2
, ···
n
)
biến không gian, a > 0 vận tốc truyền sóng và một hằng số,
f(x, t x.) mật độ của ngoại lực, u toán tử Laplace theo biến
Nếu đổi biến thì phương trình trở thànhs = at
2
u
s
2
u = g(x, s), với g(x, s) =
1
a
2
f( )x, s/a ,
do đó chúng ta thể coi để đơn giản trong cách viết về sau.a = 1
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 bài toán tìm
nghiệm u(x, t) C
2
(R
n
× [0, +) của phương trình truyền sóng
2
u
t
2
u = f(x, t , t >), x R
n
0 (3.1)
thỏa mãn các điều kiện ban đầu
u(x, 0) = ϕ
0
(x), x R
n
; (3.2)
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(x), x R
n
, (3.3)
trong đó f C
2
( (0 +R
n
× , ) và ϕ
1
, ϕ
2
C(R
n
) các hàm đã cho.
3.1.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy
Định 3.1. Bài toán Cauchy có không quá một nghiệm(3.1)-(3.3)
trong
C
2
(R
n
× [0 + ), .
Chứng minh. Giả sử u
1
(x, t) và u
2
(x, t) hai nghiệm của bài toán
Cauchy (3.1)-(3.3). Khi đó hàm nghiệmu u(x, t x, t) = u
1
( )
2
(x, t)
của bài toán Cauchy đó với dữ kiện Ta sẽ chứngf 0 0 0, ϕ
0
, ϕ
1
.
tỏ rằng u 0.
Giả sử A(x
1
, t
1
) R
n
× (0, ) một điểm bất kỳ. Gọi nónK
tròn xoay trong không gian R
n+1
với đỉnh tại và trục song song vớiA
Ot, c tạo bởi đường sinh và trục được gọiOt bằng 45
0
. Nón K
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 77
nón đặc trưng mặt xung quanh của phương trình
n
X
i=1
(
x x
i
1
i
)
2
= (t t
1
)
2
.
Đặt K
1
= K (R
n
× (0 )), t
1
. Ta
2
u
t
2
u = 0, (x, t) K
1
.
Nhân hai vế đẳng thức trên với rồi lấy tích phân trên ta u
t
, K
1
,
Z
K
1
u
t
(
2
u
t
2
u)dxdt = 0. (3.4)
Để ý rằng
u
t
2
u
t
2
=
1
2
t
u
t
2
,
u
t
2
u
x
2
i
=
x
i
u
t
u
x
i
2
u
t∂x
i
u
x
i
=
x
i
u
t
u
x
i
1
2
t
u
x
i
2
,
với mọi nên (3.4) trở thànhi = 1, ··· , n
Z
K
1
"
n
X
i=1
x
i
u
t
u
x
i
+
t
1
2
u
t
2
+
1
2
n
X
i
=1
u
x
i
2
!#
dxdt = 0.
Gọi Σ mặt xung quanh của nón vécK
1
, ν , ν , ν= (ν
1
, ···
n t
)
pháp tuyến ngoài đơn vị trên biên của Áp dụng công thứcK
1
.
Ostrogradski (1.1) và sử dụng các điều kiện ban đầu bằng không ta
nhận được:
Z
Σ
"
n
X
i
=1
u
t
u
x
i
ν
i
+
1
2
u
t
2
+
n
X
i
=1
u
x
i
2
!
ν
t
#
dS = 0.
(3.5)
78 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Để ý rằng, trên Σ ta
ν
2
t
=
n
X
i=1
ν
2
i
nên nhân và chia hàm dưới dấu tích phân trong (3.5) với
ν
t
=
2
2
và
sử dụng đẳng thức trên ta
Z
Σ
n
X
i
=1
u
t
ν
i
u
x
i
ν
t
2
dS = 0
nên với mọi i = 1, 2, ··· , n,
u
t
ν
i
u
x
i
ν
t
= 0 hay
1
ν
t
u
t
=
1
ν
i
u
x
i
=: k. (3.6)
Gọi p = (p
1
, ··· , p , p
n t
) véc chỉ phương của một đường sinh
bất trên Σ. Theo (3.6) ta
u
p
=
n
X
i=1
u
x
i
p
i
+
u
t
p
t
=
k
"
n
X
i=1
ν ν
i
p
i
+
t
p
t
#
= k(ν.p) = 0.
Như vy, dọc đường sinh phương hàm hằng.p, hàm u(x, t)
Nhưng trên đáy của nón K
1
, hàm u bằng 0 nên u bằng không dọc theo
đường sinh đó. Nói riêng bằng không tại đỉnhu A. Vy u(x, t) = 0
trên R
n
×(0, ). Chứng tỏ bài toán Cauchy đã nêu không quá một
nghiệm trong C
2
(R
n
× [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 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
2
u
t
2
3
X
i=1
2
u
x
2
i
= f( )x, t , x R
3
, t > 0 (3.7)
thỏa mãn các điều kiện ban đầu
u(x, 0) = ϕ
0
(x), x R
3
, (3.8)
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(x), x R
3
. (3.9)
Định 3.2. Giả sử f( ( [0 + )) ( ( ) (x, t) C
2,0
R
3
× , , ϕ
0
x) C
3
R
3
, ϕ
1
x)
C
2
(R
3
). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy cho bởi công(3.7)-(3.9)
thức Kirchhoff
u
(x, t) =
1
4
π
Z
| |ξx =t
ϕ
1
(ξ)
t
dS +
1
4π
t
Z
| |ξx =t
ϕ
0
(ξ)
t
dS
+
1
4
π
Z
|ξx|≤t
f(ξ, t |ξ x|)
|
ξ x|
.
(3.10)
Để chứng minh định này, ta xét ba bài toán Cauchy đặc biệt
sau:
Bài toán 1:
2
u
t
2
u = 0, x R
3
, t > 0 (3.11)
u(x, 0) = 0, x R
3
, (3.12)
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(x), x R
3
. (3.13)
80 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Công thức nghiệm của bài toán y được khẳng định trong mệnh đề
sau:
Mệnh đề 3.1. Nếu ϕ
1
C
2
(R
3
) thì nghiệm của Bài toán 1 cho bởi
u
(x, t) =
1
4
π
Z
|ξx|=t
ϕ
1
(ξ)
t
dS.
Chứng minh. Xem [1], Định 2.1, trang 93.
Bài toán 2:
2
u
t
2
u = 0, x R
3
, t > 0 (3.14)
u ϕ(x, 0) =
0
(x), x R
3
, (3.15)
u
t
(x, 0) = 0, x R
3
. (3.16)
Công thức nghiệm của bài toán y được khẳng định trong mệnh đề
sau:
Mệnh đề 3.2. Giả sử Khi đó nếu nghiệm củavarphi
0
C
3
(R
3
). v
Bài toán 1 với dữ kiện thìϕ ϕ
1
=
0
u
=
v
t
(3.17)
nghiệm của Bài toán 2. Do đó nghiệm của Bài toán 2 cho bởi
u
(x, t) =
1
4π
t
Z
|ξx|=t
ϕ
0
(ξ)
t
dS.
Chứng minh. Dễ thấy u(x, 0) =
v
t
(x, 0) = ϕ
0
(x) (theo (3.13)), nên
u thỏa mãn (3.15).
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 81
Ta cũng
u
t
(x, 0) =
2
v
t
2
(x, x,0) = v( 0) (theo (3.11)), do đó
u
t
(x, 0) = ∆0 = 0 (theo (3.12)) hay ta (3.16).
Cuối cùng
2
u
t
2
u =
t
2
v
t
2
v
=
t
[0] = 0.
Vậy ta điều phải chứng minh.
Bài toán 3:
2
u
t
2
u = f( )x, t , x R
3
, t > 0 (3.18)
u(x, 0) = 0, x R
3
, (3.19)
u
t
(x, 0) = 0, x R
3
. (3.20)
Công thức nghiệm của bài toán y được khẳng định trong mệnh đề
sau:
Mệnh đề 3.3 (Nguyên Duhamel). Cho f(x, t .) C
2,0
( [0R
3
× , + ))
Nếu
v
τ
nghiệm của Bài toán 1 với dữ kiện ϕ
1
= f ( )x, τ , 0 < τ < t
thì
u =
t
Z
0
v
τ
(x, t τ ) (3.21)
nghiệm của Bài toán 3. Do đó nghiệm của Bài toán 3 cho bởi
u
(x, t) =
1
4
π
Z
|ξ |≤x t
f(ξ, t |ξ x|)
|
ξ x|
.
Chứng minh. Theo (3.21), ta ngay u(x, 0) = 0 hay u thỏa mãn
82 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
(3.19) và
u
t
=
t
Z
0
t
v
τ
(x, t τ ) + v
t
(x, 0) =
t
Z
0
t
v
τ
(x, t τ ),
theo (3.12) nên
u
t
(x, 0) = 0 hay u thỏa mãn (3.20).
Mặt khác
2
u
t
2
=
t
Z
0
2
t
2
v
τ
(x, t τ ) +
t
v
t
(x, 0)
=
t
Z
0
) )v
τ
(x, t τ + f(x, t , theo (3.11) và (3.13)
=
t
Z
0
v
τ
(x, t τ )
+ f(x, t) = u + f( )x, t
nên u thỏa mãn (3.18).
Vậy theo Mệnh đề 3.1 ta
u(x, t) =
t
Z
0
v
τ
(x, t τ ) =
t
Z
0
1
4
π
Z
|ξ x|=t τ
f(ξ, τ)
t
τ
dS
=
1
4π
t
Z
0
Z
|ξx|=r
f(ξ, t r)
r
dS
dr
=
1
4
π
Z
|ξ |≤x t
f(ξ, t |ξ x|)
|
ξ x|
.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 83
Chứng minh. [Định 3.2] Dễ thấy rằng tổng các nghiệm của ba bài
toán 1,2,3 nghiệm của bài toán ban đầu (3.7)-(3.9) nên từ các Mệnh
đề 3.1-3.3 ta chứng minh của Định 3.2.
Trên đây chúng ta thấy rằng, chứng minh của các Mệnh đề 3.2-3.3
không ph thuộc vào số chiều không gian, nên chúng vẫn đúng trong
không gian chiều bất kì. 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.
y giờ xét công thức nghiệm của Bài toán 1 trong trường hợp dữ
kiện Cauchy không ph thuộc vào biến thứ ba Khi đó ta viếtx
3
.
x
= (x
1
, x , x
2 3
) = (x
0
, x , ξ .
3
); ξ = (ξ
0
3
); ϕ ϕ
1
=
1
(x
0
)
Theo Mệnh đề 3.1 ta
u
(x, t) =
1
4
π
Z
| |ξx =t
ϕ
1
(ξ
0
)
t
dS =
1
2
π
Z
|
ξ
0
|≤x
0
t
ϕ
1
(ξ
0
)
p
t
2
|ξ
0
x
0
|
2
1
2
hàm không phụ thuộc vào do đó nghiệm của phương trìnhx
3
,
2
u
t
2
u = 0, x R
2
, t > .0
Vậy ta công thức nghiệm của Bài toán 1 trong trường hợp hai
chiều là:
u
(x, t) =
1
2
π
Z
|ξ |≤x t
ϕ
1
(ξ)
p
t
2
|ξ x|
2
, x R
2
, t > .0
Từ đây và các Mệnh đề 3.2-3.3 cho trường hợp hai chiều ta
84 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Định 3.3. Giả sử f( ( [0 + )) ( ( ) (x, t) C
2,0
R
2
× , , ϕ
0
x) C
3
R
2
, ϕ
1
x)
C
2
(R
2
). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy:
2
u
t
2
u = f(x, t , t >), x R
2
0
u
(x, 0) = ϕ
0
(x), x , R
2
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(x), x . R
2
cho bởi công thức Poisson:
u
(x, t) =
1
2
π
Z
|ξx|≤t
ϕ
1
(ξ)
p
t
2
|ξ x|
2
+
1
2π
t
Z
|ξ |≤x t
ϕ
0
(ξ)
p
t
2
|ξ x|
2
+
1
2π
t
Z
0
Z
|ξ x|≤t τ
f(ξ, τ)
p
(t τ )
2
|ξ x|
2
.
(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 3.4. Giả sử f( ( [0 + )) ( (x, t) C
2,0
R× , , ϕ
0
(x) C
3
R), ϕ
1
x)
C
2
(R). Khi đó nghiệm của bài toán Cauchy:
2
u
t
2
2
u
x
2
= f(x, t , t >), x R 0
u(x, 0) = ϕ
0
(x), x , R
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(x), x . R
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 85
cho bởi công thức D’ Alembert:
u
(x, t) =
ϕ
0
(x + t t) + ϕ
0
(x )
2
+
1
2
x+t
Z
xt
ϕ
1
(ξ)
+
1
2
t
Z
0
x+(tτ)
Z
x t( τ)
f(ξ, τ).
(3.23)
Chú ý:
1, Khi để công thức D’ Alembert, chúng ta chỉ cần tớin = 1,
giả thiết f( [0 + )) ( ) ( (x, t) C
1,0
(R × , , ϕ
0
x) C
2
(R , ϕ
1
x) C
1
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
0
, ϕ .
1
Bài tập
Bài 3.2 Xét bài toán Cauchy đối với phương trình truyền sóng:
u
tt
a
2
u = f(x, t , t >), x R
n
0 (3.24)
và các điều kiện ban đầu
u ϕ|
t=0
= ϕ
0
(x), u
t
|
t=0
=
1
(x), x R
n
(3.25)
đó các hàm đã cho.f, ϕ , ϕ
0 1
Sử dụng các Định 3.2-3.4, chứng tỏ rằng với các giả thiết
f C
1
( [0R
n
× , + )) , ϕ , ϕ ,
0
C
2
(R
n
)
1
C
1
( )R
n
, khi n = 1
f C
2
( [0R
n
× , ,+ )) , ϕ , ϕ
0
C
3
(R
n
)
1
C
2
( )R
n
, 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
u
(x, t) =
1
2
[ (ϕ
0
x at) + )] +ϕ
0
(x + at
1
2a
x+at
Z
xat
ϕ
1
(ξ)
+
1
2
a
Z
t
0
x a t+ ( τ )
Z
xa t( τ)
f(ξ, τ) ;
(3.26)
bằng công thức Poisson khi n = 2
u
(x, t) =
1
2
πa
Z
| |ξx <at
ϕ
1
(ξ)
p
a
2
t
2
|ξ x|
2
+
1
2πa
t
Z
| |ξx <at
ϕ
0
(ξ)
p
a
2
t
2
|ξ x|
2
+
1
2
πa
Z
t
0
Z
| |ξx <a t( τ )
f(ξ, τ)
p
a
2
(t τ )
2
|ξ x|
2
;
(3.27)
bằng công thức Kirchhoff khi n = 3
u
(x, t) =
1
4
πa
2
Z
|ξx|=at
ϕ
1
(ξ)
t
dS +
1
4
πa
2
t
h
Z
|ξx|=at
ϕ
0
(ξ)
t
dS
i
+
1
4
πa
2
Z
|ξx|<at
1
|
ξ x|
f(ξ, t
| |ξ x
a
).
(3.28)
Bài 3.3 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp sau:n = 1
1. u
tt
= u
xx
+ 6; u|
t=0
= x
2
, u x.
t
|
t=0
= 4
2. u u xt u
tt
= 4
xx
+ ; |
t=0
= x
2
, u x.
t
|
t=0
=
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 87
3. u
tt
= u
xx
+ sin x; u|
t=0
= sin x, u
t
|
t=0
= 0.
4. u
tt
= u
xx
+ e u
x
; |
t=0
= sin x, u x.
t
|
t=0
= x + cos
5. u
tt
= 9u
xx
+ sin x; u|
t=0
= 1, u .
t
|
t=0
= 1
6. u u ωx u
tt
= a
2
xx
+ sin ; |
t=0
= 0, u .
t
|
t=0
= 0
7. u u ωt u
tt
= a
2
xx
+ sin ; |
t=0
= 0, u .
t
|
t=0
= 0
Bài 3.4 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp sau:n = 2
1. u y.
tt
= u + 2; u|
t=0
= x, u
t
|
t=0
=
2. u xyt xy.
tt
= u + 6 ; u|
t=0
= x
2
y
2
, u
t
|
t=0
=
3. u xy u e x.
tt
= u + x
3
3
2
; |
t=0
= e
x
cos y, u
t
|
t=0
=
y
sin
4. u u y.
tt
= u + t sin y; |
t=0
= x
2
, u
t
|
t=0
= sin
5. u u
tt
= 2∆ ; u|
t=0
= 2x
2
y
2
, u .
t
|
t=0
= 2x
2
+ y
2
6. u u
tt
= 3∆u + x
3
+ y
3
; |
t=0
= x
2
, u .
t
|
t=0
= y
2
7. u e u .
tt
= u +
3x+4y
; u|
t=0
=
t
|
t=0
= e
3 +4x y
8. u u u cy cy .
tt
= a
2
; |
t=0
= cos(bx + ), u
t
|
t=0
= sin(bx + )
Bài 3.5 Giải các bài toán Cauchy trong trường hợp sau:n = 3
1. u xyz u
tt
= u + 2 ; |
t=0
= x
2
+ y
2
2z
2
, u .
t
|
t=0
= 1
2. u t
tt
= 8∆u +
2
x
2
; u|
t=0
= y
2
, u .
t
|
t=0
= z
2
3. u
tt
= 3∆u + 6(x
2
+ +y
2
z
2
); u|
t=0
= x
2
y
2
z
2
, u
t
|
t=0
= xyz.
88 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
4.
u te e
tt
= u + 6
x
2
sin y cos z; u|
t=0
=
x+y
cos z
2, u
t
|
t=0
=
e x.
3 +4y z
sin 5
5. u e u .
tt
= a
2
u + (x
2
+ y
2
+ z
2
)
t
; |
t=0
= u
t
|
t=0
= 0
6. u ye xe .
tt
= a
2
u + cos x sin
z
; u|
t=0
= x
2
e
y+z
, u
t
|
t=0
= sin
y+z
7. u xe u yze .
tt
= a
2
u +
t
cos(3y + 4z); |
t=0
= xy cos z, u
t
|
t=0
=
x
3.2. Bài toán biên ban đầu đối với phương trình
truyền sóng
Giả sử R
n
miền bị chặn, với biên trơn. Với ta T > 0,
hiệu
Q
T
:= × (0, T , T .); S
T
:= × (0 );
s
= × {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
2
(Q
T
)
2
u
t
2
u = f(x, t x, t) (, ) Q
T
(3.29)
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u ϕ
(x, 0) =
0
(x);
u
t
(x, 0) = ϕ
1
( )x , x (3.30)
và thỏa mãn điều kiện biên
u|
S
T
= ψ
1
(3.31)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 89
hoặc
u
ν
|
S
T
= ψ
2
. (3.32)
Bài toán (3.29)-(3.31) được gọi bài toán biên ban đầu thứ nhất,
còn bài toán (3.29)+(3.30)+(3.32) được gọi 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 sau
Định 3.5 (Tính duy nhất). Bài toán có không quá(3.29)-(3.31)
một nghiệm trong
C
2
( )Q
T
.
Chứng minh. Giả sử u Q
1
, u
2
C
2
(
T
) hai nghiệm của bài toán
(3.29)-(3.31). Khi đó nghiệm của bài toánu = u
1
u Q
2
C
2
(
T
)
đó đối với vế phải và các dữ kiện ban đầu, dữ kiện biên bằng không.
Do đó với mọi 0 < s T, Q
s
:= × (0, s , S , s)
s
= × (0 ) ta
Z
Q
s
u
t
2
u
t
2
u
dxdt = 0.
Thực hiện biến đổi vế trái như trong chứng minh Định 3.1 ta
90 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
nhận được:
1
2
Z
s
h
u
t
2
+
n
X
i
=1
u
x
i
2
i
dx
1
2
Z
0
"
u
t
2
+
n
X
i
=1
u
x
i
2
#
dx
Z
S
s
"
u
t
n
X
i=1
u
x
i
ν
i
#
dS = 0
hay
1
2
Z
s
h
u
t
2
+
n
X
i
=1
u
x
i
2
i
dx
1
2
Z
0
"
u
t
2
+
n
X
i
=1
u
x
i
2
#
dx
Z
S
s
u
t
u
ν
dS = 0.
(3.33)
Ta thấy, tích phân thứ hai trong (3.33) bằng không các điều kiện
ban đầu bằng không. Hơn nữa, trên bằng không nênS
s
thì u
u
t
bằng
không, do đó tích phân thứ ba trong (3.33) bằng không. thế ta
1
2
Z
s
h
u
t
2
+
n
X
i
=1
u
x
i
2
i
dx = 0.
Từ đây, giả thiết u C
2
(Q
T
) và s (0, T ] tùy ý, ta suy ra
u
t
=
u
x
1
=
··· =
u
x
n
= 0
trong Q
T
. Vậy u 0 trong Q
T
và ta điều phải chứng minh.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 91
V sự phụ thuộc liên tục của nghiệm, chúng ta kết quả cho bài
toán biên thứ nhất trong trường hợp một chiều sau đây: Xét phương
trình truyền sóng thuần nhất
2
u
t
2
2
u
x
2
= 0, 0 < x < L, < t < T0 (3.34)
với điều kiện ban đầu
u
(x, 0) = ϕ
0
(x);
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(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 3.6 (Sự ph thuộc liên tục). Giả sử u
i
(x, t , L) C
2
([0 ] ×
[0, T ]) nghiệm của bài toán ứng với b dữ kiện ban đầu(3.34)-(3.36)
ϕ
( )i
0
( )x , ϕ
( )i
1
( ) 2x , i = 1, . Nếu hai bộ dữ kiện này chỉ thay đổi nhỏ trên
[0, L] theo nghĩa
|
ϕ
1
0
ϕ
2
0
| |; ϕ
1
1
ϕ
2
1
| |; (ϕ
1
0
)
0
(ϕ
2
0
)
0
|
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
1
u
2
|
Chứng minh. Xem [1], Định 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 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
00
(t)
T
(t)
= a
2
X
00
(x)
X
(x)
.
Do vế trái của PT trên không phụ thuộc vào và vế phải khôngx
ph thuộc vào nên cả hai vế đều không phụ thuộc vào cảt x Nóit.
cách khác hai vế hằng số Điều y dẫn tới hai PTVP thường:λ.
X
00
+ λX = 0 (3.38)
T
00
+ λa
2
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:
r
2
+ λ = 0.
Tùy theo dấu của ta ba trường hợp sau:λ
a, λ = c
2
< 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là:
X
(x) = C C
1
e
cx
+
2
e
cx
.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 93
Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra Vy trường hợp nàyC C
1
=
2
= 0.
chỉ cho ta nghiệm không.
b, λ = 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là:
X(x) = C C
1
+
2
x.
Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra Vy trường hợp nàyC C
1
=
2
= 0.
chỉ cho ta nghiệm không.
c, λ = c
2
> 0, nghiệm tổng quát của (3.38) là:
X(x) = C C
1
cos cx +
2
sin cx.
Kiểm tra điều kiện (3.40) ta suy ra
C
1
= 0; sin cL = 0 hay c =
kπ
L
, k = 1, 2, ···
Khi đó
λ
= λ
k
=
kπ
L
2
.
Bài toán nghiệm
X
k
(x) = A
k
sin
kπx
L
,
trong đó hằng số tùy ý.A
k
Ta gọi tương ứng củaλ
k
giá trị riêng, còn X
k
(x) hàm riêng
phương trình (3.38) với điều kiện (3.40).
Các hàm X
k
(x) = A
k
sin
kπx
L
lập thành một họ hàm trực giao trên
đoạn [0 ], L , nghĩa là:
Z
L
0
X X
k
(x)
j
(x)dx = 0, k 6= j.
94 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Với λ = (
kπ
L
)
2
thì phương trình (3.39) nghiệm tổng quát:
T t B
k
( ) =
k
cos
kπat
L
+ D
k
sin
kπat
L
.
Do đó ta các nghiệm riêng của (3.34) thỏa mãn điều kiện biên
(3.36) là:
u
k
(x, t) =
a
k
cos
kπat
L
+ b
k
sin
kπat
L
sin
kπx
L
,
với a
k
= A B A D .
k k
, b
k
=
k k
Do tính chất tuyến tính và thuần nhất của PT (3.34) nên hàm
u
=
X
k=1
u
k
=
X
k
=1
a
k
cos
kπat
L
+ b
k
sin
kπat
L
sin
kπx
L
(3.41)
cũng nghiệm của phương trình đó, nếu chuỗi (3.41) hội tụ và 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
k
, b .
k
y giờ ta đi tìm các hệ số để hàm xác định bởi (3.41) thỏaa
k
, b
k
u
mãn các điều kiện ban đầu (3.35). Thay vào (3.35) ta
u
|
t=0
=
X
k=1
a
k
sin
kπx
L
= ϕ
0
(x),
u
0
t
|
t=0
=
X
k=1
kπa
L
b
k
sin
kπx
L
= ϕ
1
(x).
Do đó a
k
và
kπa
L
b
k
tương ứng phải các hệ số Fourier sine của các
hàm ϕ
0
(x) và ϕ
1
(x) trên đoạn [0, L] hay
a
k
=
2
L
R
L
0
ϕ
0
(ξ) sin
kπξ
L
b
k
=
2
kπa
R
L
0
ϕ
1
(ξ) sin
kπξ
L
.
(3.42)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 95
Vậy nghiệm của bài toán cho bởi (3.41) với các hệ số xác định bởi
(3.42).
dụ 3.1. Tìm dao động tự do của sợi y chiều dài biết haiL,
đầu y cố định, độ lệch ban đầu cung parabol
ϕ
0
(x) =
x x(L )
M
và
vận tốc ban đầu ϕ .
1
(x) = 0
Gọi u(x, t) độ lệch của điểm so với vị trí cân bằng tại thời điểmx
t. Ta u(x, t) nghiệm của bài toán
u
00
tt
a
2
u
00
xx
= 0, 0 < x < L, t > 0
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u
|
t=0
= ϕ u
0
(x);
0
t
|
t=0
= ϕ
1
(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:
u
(x, t) =
X
k
=1
a
k
cos
kπat
L
+ b
k
sin
kπat
L
sin
kπx
L
,
trong đó các hệ số xác định bởia
k
, b
k
a
k
=
2
L
R
L
0
ϕ
0
(ξ) sin
kπξ
L
b
k
=
2
kπa
R
L
0
ϕ
1
(ξ) sin
kπξ
L
.
Thay ϕ
0
(x) và ϕ
1
(x) rồi tính trực tiếp ta
a
k
=
4L
2
k
3
π
3
M
[1 (1)
k
], b
k
= 0.
96 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Vậy
u
(x, t) =
4L
2
π
3
M
X
k=1
1
(1)
k
k
3
cos
kπat
L
sin
kπx
L
.
hay
u
=
8L
2
π
3
M
X
n=0
1
(2
n + 1)
3
cos
(2n + 1)πat
L
sin
(2
n + 1)πx
L
.
thể kiểm tra được chuỗi này hội tụ đều trên và thể lấy đạoR
hàm từng số hạng theo và theo hai lần. thế đúng nghiệmx t u
của bài toán đã nêu. Để nghiệm y gần với dao động thực thì đòi hỏi
M đủ lớn để u
02
x
L
2
M
2
phải đủ nhỏ. Điều y xuất hiện khi thiết lập
phương trình.
dụ 3.2. thời điểm t = 0, ta truyền cho các điểm của sợi y
nằm trong khoảng ( (0c ε, c + ε) , L) một vận tốc ban đầu không
đổi v
0
. y xác định dao động tự do của sợi y, nếu lúc đầu nằm
yên.
Gọi u(x, t) độ lệch của điểm so với vị trí cân bằng tại thời điểmx
t. Ta u(x, t) nghiệm của bài toán
u
00
tt
a
2
u
00
xx
= 0, 0 < x < L, t > 0
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u ϕ
|
t=0
=
0
(x) = 0; u
0
t
|
t=0
= ϕ
1
(x) =
v
0
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 Nội 2 97
Nghiệm của bài toán cho bởi công thức:
u
(x, t) =
X
k
=1
a
k
cos
kπat
L
+ b
k
sin
kπat
L
sin
kπx
L
,
trong đó các hệ số xác định bởia
k
, b
k
a
k
=
2
L
R
L
0
ϕ
0
(ξ) sin
kπξ
L
b
k
=
2
kπa
R
L
0
ϕ
1
(ξ) sin
kπξ
L
.
Thay ϕ
0
(x) và ϕ
1
(x) rồi tính trực tiếp ta
a
k
= 0, b
k
=
2Lv
0
k
2
π
2
a
2
h
cos
kπ(c ε)
L
cos
kπ( )c + ε
L
i
.
Vậy
u
(x, t) =
2Lv
0
π
2
a
X
k=1
1
k
2
cos
kπ( )c ε
L
cos
kπ(c + ε)
L
sin
kπat
L
sin
kπx
L
.
Lưu ý: Nếu ta cho sao cho xung lượngε 0 p không thay đổi. Khi
đó do
p = 2ερv
0
với ρ mật độ khối lượng nên nghiệm
u
(x, t) =
pL
π
2
X
k=1
1
εk
2
cos
kπ(c ε)
L
cos
kπ( )c + ε
L
sin
kπat
L
sin
kπx
L
.
Theo quy tắc L’Hospital ta
lim
ε0
1
ε
cos
kπ( )c ε
L
cos
kπ( )c + ε
L
=
2
kπ
L
sin
kπc
L
.
98 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Vậy
u
(x, t) =
pL
π
X
k=1
1
k
sin
kπc
L
sin
kπat
L
sin
kπx
L
dao động của sợi y đứng yên thời điểm ban đầu và ta truyền
cho 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 dạngϕ
0
1. đường sine:
ϕ
0
= A sin
x
L
, n số nguyên.
2. Parabol trục đối xứng x =
L
2
và đỉnh M(
L
2
, h .)
3. đường gấp khúc trong đóOAB, O(0 0) ( 0), , A(c, h), B L, , 0 < c <
L. Xét trường hợp c =
L
2
.
Bài 3.7 Giải bài toán dao động tự do trên đoạn với hai0 x L
đầu cố định và vị trí ban đầu trạng thái nghỉ ( ), còn vận tốcϕ
0
= 0
ban đầu đầu được cho bởi công thứcϕ
1
1. ϕ v
1
=
0
= const, x [0, L].
2.
ϕ
1
=
v
0
, nếu x [α, β ,]
0 ], nếu x 6∈ [α, β ,
trong đó 0 6 6α 6 β L.
3.
ϕ
1
=
A
cos
π( )x x
0
2
α
, nếu x [x
0
α, x ,
0
+ α]
0, nếu x 6∈ [ ]x
0
α, x
0
+ α ,
trong đó 0 6 6x
0
α x
0
+ α 6 L.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 99
Chú ý: Phương trình truyền sóng thuần nhất cũng phương trình
tả dao động tự do của một thanh dọc, trong đó biên độ daou(x, t)
động dọc (hay độ dịch chuyển) của điểm x, tại thời điểm .t
Bài 3.8 Trình y 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
(u
x
(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 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 y đồng chất trong trường0 x L
hợp tổng quát, dẫn đến việc tìm nghiệm của phương trình
2
u
t
2
= a
2
2
u
x
2
+ g(x, t) (3.43)
thỏa mãn điều kiện biên
u t u t(0, t) = µ
1
( ); (L, t) = µ
2
( ) (3.44)
100 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
và điều kiện ban đầu
u
(x, 0) = ϕ
0
(x);
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(t). (3.45)
Để giải bài toán này, trước tiên chúng ta lấy hàm
ω
(x, t) := µ
1
(t) +
x
L
[µ
2
(t t) µ
1
( )]
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). thế chúng ta xét
bài toán sau:
2
u
t
2
= a
2
2
u
x
2
+ g(x, t), (3.46)
u u(0, t) = 0; (L, t) = 0, (3.47)
u
(x, 0) = ϕ
0
(x);
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(t). (3.48)
Nghiệm của bài toán (3.46)- (3.48) tổng các nghiệm của hai bài
toán:
2
u
t
2
= a
2
2
u
x
2
, (3.49)
u u(0, t) = 0; (L, t) = 0, (3.50)
u
(x, 0) = ϕ
0
(x);
u
t
(x, 0) = ϕ
1
(t). (3.51)
và bài toán:
2
u
t
2
= a
2
2
u
x
2
+ g(x, t), (3.52)
u u(0, t) = 0; (L, t) = 0, (3.53)
u
(x, 0) = 0;
u
t
(x, 0) = 0. (3.54)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP 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
u
(x, t) =
X
k=1
T t
k
( ) sin
kπx
L
. (3.55)
trong đó xác định bởiT t
k
( )
T t
k
( ) =
2
kπa
t
Z
0
L
Z
0
g
(ξ, t) sin
kπa( )t τ
L
sin
kπξ
L
. (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
tt
= u
xx
+ 2b, (b = const, 0 < x < L ,)
u
x=0
= 0, u
x=L
= 0; u
t=0
= u
t
t=0
= 0.
2. u
tt
= u
xx
+ cos t, (0 < x < π ,)
u
x=0
= u
x=π
= 0; u
t=0
= u
t
t=0
= 0.
Bài 3.11 Giải bài toán v 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
mật độ
p(x, t) = sin ωt, ω 6=
kπa
L
, k , ...= 1, 2 Dữ kiện ban đầu
bằng .0
Bài 3.12 Giải bài toán v 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
xx
= u
tt
, 0 < x < L;
u
x=0
= 0, u
x=L
= t; u
t=0
= u
t
t=0
= 0.
2. u ,
xx
= u
tt
, 0 < x < 1
u
x=0
= t + 1, u
x=1
= t
3
+ 2; u
t=0
= x + 1, u
t
t=0
= 0.
Bài 3.14 Giải bài toán v 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
L
, k , ....= 1, 2 Tại thời điểm t = 0 độ lệch cùng với vận tốc đều bằng
0.
Bài 3.15 Cho một thanh vật chất độ dài L, được cố định đầu x = 0
và 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 v phương trình truyền
nhiệt:
u
t
a
2
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 b nhiệt. Cũng như đối với phương trình
truyền sóng, bằng cách đổi biến, chúng ta thể giả thiết a = 1.
dụ 4.1. Hàm
Γ(
x, t) :=
1
(2 )
a πt
n
e
| |x
2
4
a
2
t
, nếu t > 0
0 0, nếu t <
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 thể sử dụng
phương pháp Green để chỉ ra công thức nghiệm của phương trình
truyền nhiệt và một số tính chất khác. hiệu:
Lu
(x, t) :=
u
t
u
toán tử truyền nhiệt và
L
u(ξ, s) :=
u
s
ξ
u
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 một tập mở với biên đủ R
n
trơn, T > 0 một số đã cho. Đặt
Q S
T
:= × (0, T , T]; S
T
:= × [0 ];
s
:= × [0, s]
T
= = × {t = T };
0
× {t = 0};
s
= × {t = s}.
Giả sử hai hàm bất kỳ. Áp dụng công thức tíchu, v C
2,1
(Q
T
)
phân từng phần ta nhận được công thức Green thứ nhất đối với toán
tử truyền nhiệt trên Q
T
:
Z
Q
T
vLudxdt
=
Z
Q
T
n
X
i=1
u
x
i
v
x
i
u
v
t
!
dxdt
Z
S
T
v
u
ν
dS
+
Z
T
uvdx
Z
0
uvdx.
(4.1)
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 105
Mặt khác
Z
Q
T
u
vdxdt =
Z
Q
T
n
X
i=1
u
x
i
v
x
i
dxdt
Z
S
T
u
v
ν
dS.
Trừ đẳng thức (4.1) cho đẳng thức y ta nhận được công thức Green
thứ hai đối với toán tử truyền nhiệt trên Q
T
:
Z
Q
T
(
vLu uL
v)dxdt =
Z
S
T
v
ν
u
u
ν
v
dS
+
Z
T
uvdx
Z
0
uvdx.
(4.2)
4.1.2. Nghiệm bản của toán tử truyền nhiệt
Định nghĩa 4.1. Với mỗi hàm( (0 + )ξ, s) R
n
× , ,
Γ(
x, t; ξ, s) :=
1
(2 ( ))
π ts
n
e
| x ξ|
2
4(
ts)
, nếu t > s
0, nếu t < s
nghiệm của phương trình truyền nhiệt thuần nhất tại mọiLu = 0
t 6= s. Hàm Γ(x, t ξ, s; ) được gọi nghiệm cơ bản của toán tử truyền
nhiệt L ứng với phân b nhiệt điểm tại ( )ξ, s .
Dễ thấy rằng nếu cố định (x, t) và xét Γ hàm của thì ta (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
Q
T
)
Lu = f(x, t), (4.3)
106 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
với f C
b
( )Q
T
không gian các hàm bị chặn và liên tục trong Q .
T
Cố định Chúng ta muốn sử dụng công thức Green thứ hai(ξ, s) Q
T
.
đối với u(x, t) và v(x, t) = Γ(ξ, s; x, t) trên Q
s
, nhưng do Γ( )ξ, s; x, t
dị tại t = s, nên chúng ta khắc phục bằng cách áp dụng trên
Q
sε
với ε > 0 đủ nhỏ, rồi cho Cụ thể ta ε 0.
Z
Q
sε
(Γ( ) Γ( ))
ξ, s; x, t Lu uL
ξ, s; x, t dxdt
=
Z
S
sε
Γ( )ξ, s; x, t
ν
u
u
ν
Γ(ξ, s x, t dS; )
+
Z
u
(x, s ξ, s x, s ε)Γ( ; ε)dx
Z
u(x, x, dx.0)Γ(ξ, s; 0)
(4.4)
Bởi L
Γ(ξ, s ., .; ) = 0 trong Q
sε
, Lu = f trong Q
T
và
Z
sε
u(x, s ξ, s x, s ξ, sε)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:
u
(ξ, s) =
Z
Q
s
Γ( ( )ξ, s; x, t)f x, t dxdt
+
Z
S
s
u
ν
Γ(ξ, s x, t; )
Γ(ξ, s x, t; )
ν
u
dS
+
Z
u(x, x, dx.0)Γ(ξ, s; 0)
(4.5)
Từ biểu diễn y chúng ta định sau:
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 107
Định 4.1. Nếu u Q(x, t) C
2,1
(
T
) nghiệm của phương trình
truyền nhiệt thuần nhất Lu = 0 trong Q
T
thì u khả vi hạn trong
Q .
T
Chứng minh. Theo biểu diễn Green của hàm nhiệt (4.5) ta đối với
( :ξ, s) Q
T
u
(ξ, s) =
Z
S
s
u
ν
Γ(ξ, s x, t; )
Γ(ξ, s x, t; )
ν
u
dS
+
Z
u(x, x, dx.0)Γ(ξ, s; 0)
(4.6)
Khi s > 0, hàm Γ(ξ, s; x, 0) khả vi hạn theo nên 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 hàm khả vi hạn theo (ξ, s .)
Mặt khác, tích phân thứ nhất bằng với tích phân trên khiS
T
t > s thì Γ(ξ, s x, t; ) = 0. Hơn nữa, nếu khoảng cách từ (ξ, s) tới biên
S
T
dương thì các hàm dưới dấu tích phân cũng khả vi hạn theo
(ξ, s) nên ta cũng thể lấy đạo hàm dưới dấu tích phân tới cấp bất
kỳ theo ( )ξ, s . thế tích phân thứ nhất cũng khả vi vô hạn theo
( )ξ, s .
4.1.4. Các nguyên cực trị
Trong mục này chúng ta chủ yếu đề cập tới các nguyên cực trị,
công cụ cho việc chứng minh các đánh giá tiên nghiệm cho các bài
toán biên, ban đầu đối với phương trình truyền nhiệt. hiệu
Q = × (t t
1
, t
2
];
t
1
= × {t = t
1
};
t
2
= × {t =
2
};
108 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
S = × (t
1
, t
2
); σ = S ;
t
1
G G .
T
= R
n
× (0, T];
= R
n
× (0, )
Bổ đề 4.1. Giả sử u Q(x, t) C
2,1
( ) thỏa mãn
Lu ( )0 , (x, t Q.)
Khi đó, với mọi ta có(x, t) Q
min
σ
u u(x, t) (max
σ
u u(x, t)). (4.7)
Chứng minh. Xem [1], Bổ đề 4.1, trang 128.
Định 4.2 (Nguyên cực trị trong miền bị chặn). Giả sử u(x, t)
C
2,1
(Q) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong Q. Khi đó, với bất
(x, t) Q, ta có
min
σ
u u(x, t) max
σ
u. (4.8)
Chứng minh. Định y dễ dàng suy ra từ Bổ đề 4.1
Định 4.3 (Nguyên cực trị trong miền không bị chặn). Giả sử
u G
(x, t) C
2,1
(
T
) C(
¯
G
T
) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong G
T
bị chặn trên Khi đó, với bất ta cóG
T
. (x, t) Q,
inf
R
n
u( ( supx, 0) u x, t)
R
n
u(x, 0). (4.9)
Chứng minh.
Định 4.4 (Nguyên cực trị mạnh). Giả sử u Q(x, t) C
2,1
(
T
)
C(Q
T
) thỏa mãn phương trình Lu = 0 trong Q
T
đạt giá trị nhỏ
nhất hoặc lớn nhất tại điểm (x
0
, t
0
) Q
T
thì u u(x
0
, t
0
) trong Q .
t
0
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 109
Chứng minh. Xem [1], Định 4.3, trang 131.
Định 4.5. Giả sử thỏa mãn phươngu( (x, t) C
2,1
Q
T
) C(Q
T
)
trình Lu = f(x, t) trong Q
T
. Khi đó với bất kỳ ta có(x, t) Q
T
min
σ
u T sup
Q
T
|f| u(x, t) max
σ
u + T sup
Q
T
| |f . (4.10)
Do đó
|u(x, t)| max
σ
|u| + T sup
Q
T
| |f . (4.11)
Chứng minh. Xem [1], Định 4.4, trang 134.
Định 4.6.
Giả sử u( (x, t) C
2,1
G
T
) C(
¯
G
T
) thỏa mãn phương
trình Lu = f (x, t) bị chặn trong Khi đó với bất kỳG
T
. (x, t) Q
T
ta có
inf
R
n
u(x, 0) T sup
G
T
|f| u(x, t) sup
R
n
u(x, 0) + T sup
G
T
| |f . (4.12)
Chứng minh. Xem [1], Định 4.5, trang 135.
Định 4.7.
Giả sử u(x, t) C
2 1,
b
(G
) C(
¯
G
) nghiệm của
phương trình Lu = 0 trong G
u(x, 0) 0 khi |x| . Khi đó
u
(x, t) 0 đều theo x trong R
n
khi t .
Chứng minh. Xem [1], Định 5.7, trang 143.
4.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình truyền
nhiệt
Gọi
C
2 1,
b
(G
T
) không gian tất cả các hàm khả vi liên tục đến cấp
2 1theo x, cấp theo t và bị chặn trên khôngG G
T
, C
b
(
T
), C
b
(R
n
)
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 bài toán tìm
nghiệm
u(x, t) C
2 1,
b
(G
T
) C(
¯
G
T
) của phương trình truyền nhiệt
Lu
=
u
t
u = f(x, t x, t), ( ) G
T
(4.13)
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u(x, 0) = ϕ(x), x R
n
, (4.14)
trong đó các hàm đã cho.f C
b
( (G
T
), ϕ C
b
R
n
)
4.2.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy
Định 4.8. Bài toán Cauchy có không quá một nghiệm(4.13)-(4.14)
trong
C
2 1,
b
(G
T
) C(
¯
G .
T
)
Chứng minh.
Giả sử u
i
(x, t) C
2 1,
b
(G
T
) C(
¯
G
T
) nghiệm của bài
toán Cauchy đối với phương trình và điều kiện banLu = f
i
trong G
T
đầu u ϕ
i
(x, 0) =
i
, i = 1, 2. Khi đó, áp dụng Định 4.6 đối với hàm
u = u u
1
2
ta với mọi (x, t) G
T
|u
1
(x, t) u
2
( )x, t | sup
R
n
|ϕ
1
ϕ
2
| + T sup
R
n
|f
1
f
2
|. (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 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
u
(x, 0) = ϕ(x), x R
n
(BT1)
và
Lu = f(x, t x, t), ( ) G
u
(x, 0) = 0, x . R
n
(BT2)
Mệnh đề 4.1.
Giả sử ϕ(x) C
b
( )R
n
. Khi đó nghiệm u C
2 1,
b
(G
)
của (BT1) được cho bởi công thức
u
(x, t) =
R
R
n
Γ( 0) ( 0x, t; ξ, ϕ ξ), nếu t >
ϕ .(x), nếu t = 0
(4.16)
Chứng minh.
Mệnh đề 4.2 (Nguyên Duhamel). Giả sử Khif( )x, t) C
b
(G
.
đó nếu nghiệm của ứng với dữ kiện ban đầuv
τ
(x, t) (BT1) ϕ(x) =
f(x, τ , τ >) 0 thì nghiệm của được cho bởi công thức(BT2)
u
(x, t) =
Z
t
0
v
τ
(x, t τ ). (4.17)
Chứng minh.
Định 4.9 (Công thức nghiệm của bài toán Cauchy). Giả sử f(x, t)
C C
b
(G
), ϕ(x)
b
( )R
n
. 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:
u
(x, t) =
1
(2
πt)
n
Z
R
n
e
| |x ξ
2
4
t
ϕ( )ξ
+
Z
t
0
1
(2 ))
p
π(t τ
n
Z
R
n
e
|xξ|
2
4(
tτ )
f( )ξ, τ .
(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
điều phải chứng minh.
Bài tập
Bài 4.1
Cho f C
2 1,
b
(G
), ϕ C
b
(R
n
) 0, a > . Chứng minh rằng
nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình truyền nhiệt:
u
t
= a
2
u + f (x, t)
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u|
t=0
= ϕ(x)
cho bởi công thức Poisson:
u
(x, t) =
1
(2 )
a
πt
n
Z
R
n
ϕ
(ξ)e
| |x ξ
2
4
a
2
t
+
Z
t
0
Z
R
n
f(ξ, τ)
[2 ( )]
a
p
π t τ
n
e
|xξ|
2
4
a
2
(tτ )
.
Bài 4.2 Giả sử nghiệm của bài toán Cauchyu
k
(x, t)
u
t
= a
2
u, u|
t=0
= f
k
(x
k
), k , n.= 1, ···
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 113
Chứng minh rằng hàm u(x, t) = Π
n
k
=1
u
k
(x, t) nghiệm của bài toán
Cauchy
u
t
= a
2
u, u|
t=0
= Π
n
k
=1
f
k
(x
k
).
Bài 4.3 Giả sử hàm điều hòa theo với mọif(x, t) C
2
(G
) x
t
0 cố định. Chứng minh rằng hàm u(x, t) =
R
t
0
f( )x, τ nghiệm
của bài toán Cauchy
u
t
= a
2
u + f (x, t), u .|
t=0
= 0
Bài 4.4
Giả sử u
0
C
(R
n
) còn chuỗi
P
k=0
δ
k
k
!
k
u
0
(x), δ > 0 và mọi
chuỗi nhận được từ bằng cách lấy đạo hàm cấp một, cấp hai, hội
tụ đều trong mỗi miền bị chặn. Chứng minh rằng hàm
u
(x, t) =
X
k=0
a
2
t
k
k
!
k
u
0
(x)
nghiệm của bài toán Cauchy
u
t
= a
2
u, 0 < t <
δ
a
2
; u|
t=0
= u .
0
(x)
Nghiệm của các bài 4.5-4.7 thể tìm theo công thức Poisson,
nhưng đôi khi ta 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
t
= 4 = 2u
xx
+ t + e
t
, u|
t=0
.
114 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
2. u t
t
= u
xx
+ 3
2
, u x.|
t=0
= sin
3. u e
t
= u
xx
+
t
cos x, u x.|
t=0
= cos
4. u e
t
= u
xx
+
t
sin x, u x.|
t=0
= sin
5.
u e .
t
= u
xx
+ sin t, u|
t=0
=
x
2
6.
u e .
t
= u
xx
, u|
t=0
=
2x x
2
7.
u xe .
t
= u
xx
, u|
t=0
=
x
2
8.
u xe .
t
= u
xx
, u|
t=0
= sin
x
2
Bài 4.6 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 2)
1. u e y.
t
= u +
t
, u|
t=0
= cos x sin
2. u
t
= u + sin t sin x sin y, u .|
t=0
= 1
3.
u xye .
t
= u + cos t, u|
t=0
=
x
2
y
2
4.
8u
t
= u + 1, u|
t=0
= e .
( )xy
2
5. 2u
t
= u, u|
t=0
= cos xy.
Bài 4.7 Giải các bài toán Cauchy sau (n = 3)
1. u
t
= 2∆u + t cos x, u|
t=0
= cos y cos z.
2. u
t
= 3∆ = sin(u + e
t
, u|
t=0
x y z).
3. u
t
= 4∆u + sin 2z, u|
t=0
=
1
4
sin 2z + e
x
2
cos 2y.
4.
u
t
= u + cos(x y + z), u .|
t=0
= e
(x+y z)
2
5. u
t
= = cos(u, u|
t=0
xy) sin z.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 115
4.3. Bài toán biên ban đầu đối với phương trình
truyền nhiệt
Giả sử R
n
miền bị chặn, với biên trơn. Với ta T > 0,
hiệu
Q
T
:= × (0, T , T .]; S
T
:= × (0 ];
s
= × {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
T
(4.19)
thỏa mãn điều kiện ban đầu
u(x, 0) = ϕ(x) x (4.20)
và thỏa mãn một trong các điều kiện biên sau:
Điều kiện biên thứ nhất:
u|
S
T
= ψ
1
. (4.21)
Điều kiện biên thứ hai:
u
ν
|
S
T
= ψ
2
. (4.22)
Điều kiện biên thứ ba:
u
ν
+ au
S
T
= ψ
3
, (4.23)
116 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
trong đó hàm liên tục trên hàm liên tục trênf(x, t) Q
T
, ϕ(x)
còn ψ
i
(x), i = 1, 2, 3 các hàm liên tục trên biên đã cho trước.S
T
Bài toán (4.19)-(4.20) và điều kiện biên thứ tương ứng được gọii
bài toán biên ban đầu thứ i, i = 1, 2, 3.
4.3.1. Tính duy nhất và sự ph thuộc liên tục của nghiệm
của bài toán biên ban đầu
Cũng như đối với phương trình truyền sóng, tính duy nhất và sự
ph 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 4.10. Giả sử u Q(x, t) C
2,1
(
T
), thỏa mãn phương trình
(4.19) trong Q
T
điều kiện biên
u|
S
T
= 0 (4.24)
hoặc
u
ν
|
S
T
= 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:
Z
Q
s
n
X
i
=1
u
x
i
2
+ +
u
2
dxdt
Z
s
u dx
2
C
Z
u
2
(x, 0)dx +
Z
Q
s
f
2
(x, t)dxdt
.
(4.26)
Chứng minh.
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP 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 thứ hai đối với
phương trình truyền nhiệt có không quá một nghiệm trong lớp(4.19)
C
2,1
(Q
T
).
Chứng minh. Giả sử hai nghiệm của bài toán biên ban đầuu
1
, u
2
thứ nhất (thứ hai) đối với phương trình truyền nhiệt (4.19). Đặt u =
u u
1
2
, ta u 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 4.10, ta suy ra
Z
Q
T
u
2
(x, t)dxdt ,= 0
hay u = 0 trên Q
T
. Từ đó ta điều phải chứng minh.
Hệ quả 4.2. Giả sử u(x, t) hàm thỏa mãn các giả thiết của Định
4.10 trong trường hợp Khi đó ta đánh giá sau với mọif = 0.
s < T :
Z
u
2
(x, s)dx
Z
u
2
(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 thể lượng nhiệt
truyền qua biên). Tuy nhiên nếu không lượng nhiệt truyền qua
biên
u
ν
|
S
T
= 0 thì ta dấu bằng trong bất đẳng thức trên.
Định 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
C
2,1
(Q Q
T
) C(
T
) f,
kiện ban đầu dữ kiện biênϕ ψ .
1
118 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
Chứng minh. Thật vậy, giả sử tương ứng nghiệm của bài toán đóu
i
đối với bộ dữ kiện nghiệm( ) 2f
i
, ϕ , ψ
i i
, i = 1, . Khi đó u = u
1
u
2
của bài toán đó đối với b dữ kiện Theo( )f f
1
2
, ϕ , ψ
1
ϕ
2 1
ψ
2
.
đánh giá (4.11) trong Định 4.5 đối với , ta u
|u
1
(x, t) u
2
(x, t)| sup
|ϕ
1
ϕ
2
| + sup
S
T
|ψ
1
ψ
2
| + T sup
Q
T
|f
1
f
2
|.
Từ đấy ta 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, chiều dài L,
mặt bên cách nhiệt, hai đầu được giữ nhiệt độ không đổi bằng 0,
trong thanh không nguồn nhiệt dẫn tới bài toán tìm hàm u(x, t)
nghiệm của phương trình
u
t
a
2
2
u
x
2
= 0, (x, t , L) (0 ) × (0, + )
với điều kiện ban đầu
u|
t=0
= ϕ L(x), 0 x
và điều kiện biên
u .|
x=0
= 0; u|
x=L
= 0
Bài toán y được giải bằng phương pháp tách biến. Nghiệm tách
biến của phương trình dạng
u λx .
λ
= e
a
2
λ
2
t
[a(λ) cos λx + b(λ) sin ]
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 119
Để thỏa mãn điều kiện biên thì a(λ) = 0 và sin λL = 0, nghĩa
λ
= λ
k
=
kπ
L
, k = 1, 2, ···
Vẫn đặt b(λ
k
) = b
k
, ta
u
=
X
k=1
b
k
e
k
2
π
2
a
2
L
2
t
sin
kπx
L
,
với b
k
được tìm từ điều kiện ban đầu
X
k=1
b
k
sin
kπx
L
= ϕ( )x .
Cụ thể:
b
k
=
2
L
Z
L
0
ϕ
(ξ) sin
kπξ
L
.
Bài tập
Xét bài toán tìm nhiệt độ trong một thanh đồng chất, độ dài ,L
mặt bên cách nhiệt, còn hai đầu xảy ra hiện tượng trao đổi nhiệt với
môi trường. Giả thiết nhiệt độ của môi trường hai đầu thanh không
đổi và nhiệt độ tương ứng u
1
và u
2
. Khi đó, gọi nhiệtu(x, t)
độ tại điểm thời điểm thì ta bài toán tìm nghiệm củax, t u
phương trình
u
t
a
2
2
u
x
2
= 0, (x, t , L) (0 ) × (0, + ) , (4.27)
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
x=0
h
1
[u
x=0
u
1
] = 0,
u
x
x=L
h
2
[u
x=L
u
2
] = 0,
(4.29)
trong đó h
1
> 0, h .
2
> 0
Nếu h h
1
=
2
= 0 thì điều kiện (4.29) trở thành
u
x
x=0
= u
x
x=L
= 0. (4.30)
Điều kiện y được hiểu hai đầu của thanh cách nhiệt.
Nghiệm của bài toán (4.27)+(4.28)+(4.29) dạng
u(x, t x, t ,) = v(x) + w( )
trong đó nghiệm của phương trình thỏa mãn điềuv(x) v
00
(x) = 0
kiện biên (4.29). Dễ dàng tìm được
v(x) = C C
1
x +
2
với
C
1
=
h
1
(u
2
u
1
)
h h h h
1
+
2
+
1 2
L
, C
2
= u
1
+
C
1
h
1
. (4.31)
Hàm w(x, t) thỏa mãn phương trình (4.27) và điều kiện ban đầu
w
t=0
= u
t=0
v
t=0
= ϕ(x) v(x) = ˜ϕ(x), (4.32)
và điều kiện biên thuần nhất
(w
x
h
1
w)
x=0
= ( = 0w
x
+ h
2
w)
x=0
. (4.33)
Giải bài toán (4.27), (4.32), (4.33) bằng phương pháp tách biến ta
nhận được:
w
n
(x, t) = A
n
e
a
2
λ
2
n
t
X
n
( )x ,
Trần Văn Bằng: Khoa Toán-ĐHSP Nội 2 121
trong đó
λ
n
=
µ
2
n
L
2
, µ
n
(n = 1, 2, ...) các nghiệm dương của phương
trình
cot
µ =
1
L
(h h
1
+
2
)
(µ
h
1
h
2
L
2
µ
),
X
n
(x) =
µ
n
L
cos
µ
n
x
L
+ h
1
sin
µ
n
x
L
.
Khi đó,
w(x, t) =
X
n=1
A
n
e
a
2
λ
2
n
t
X
n
( )x , trong đó tìm được từ điềuA
n
kiện ban đầu (4.32). Sử dụng tính trực chuẩn của hệ hàm trênX
n
(x)
đoạn [0 ], L , ta
A
n
=
1
k k
Φ
n
2
L
Z
0
˜
u
0
(x)
µ
n
L
cos
µ
n
x
L
+ h
1
sin
µ
n
x
L
dx,
đó
k k
Φ
n
2
=
L
Z
0
µ
n
x
L
+ h
1
sin
µ
n
x
L
dx.
Bài 4.8 Cho một thanh mỏng đồng chất chiều dài với mặt bênL,
cách nhiệt. Tìm nhiệt độ của thanh nếu:u(x, t)
1. Hai đầu x = 0 x = L của thanh được giữ với nhiệt độ bằng
0
, còn nhiệt độ ban đầu u
t=0
= ϕ(x) trong các trường hợp sau:
a) u
0
(x) = A = const.
b) u Ax
0
(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 nhiệt độ . Nhiệt độ ban đầu của thanh0
u
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
u
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
u
t=0
=
u
0
, nếu 0 < x <
L
2
,
0, nếu
L
2
< 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
u
t=0
=
2u
0
x
L
, nếu 0 < x <
L
2
,
2u
0
L
(L x), nếu
L
2
< x < L,
trong đó . Tìmu
0
= const lim
t
→∞
u( )x, t .
Bài 4.9 Giải các bài toán sau
1. u
t
= u
xx
, 0 < x < 1, u
x
x=0
= 0, u
x=1
= 0, u
t=0
= x
2
1.
2. u
xx
= u
t
+ u, 0 < x < L, u
x=0
= u
x=L
= 0, u
t=0
= 1.
3. u
t
= u
xx
4u, 0 < x < π, u
x=0
= u
x=π
= 0, u
t=0
= x
2
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 Nội 2 123
1. Hai đầu của thanh được giữ với nhiệt độ không đổi u
x=0
=
u
1
, u
x=L
= u
2
, nhiệt độ ban đầu bằng u
t=0
= u
0
= const. Tìm
lim
t
→∞
u(x, t .)
2. Hai đầu của thanh nhiệt độ không đổi u
x=0
= u
x=L
= u
1
,
còn nhiệt độ ban đầu cho bởi công thức
u
t=0
= u
0
( ( )x) = Ax L x ,
trong đó . TìmA = const lim
t
→∞
u(x, t).
3. Đầu bên trái của thanh cách nhiệt, đầu bên phải được giữ với
nhiệt độ không đổi
u
x=L
= u
2
, nhiệt độ ban đầu u
t=0
=
Ax
L
,
trong đó A = const.
4. Đầu bên trái được giữ với nhiệt độ không đổi
u
x=0
= u
1
, còn
đầu bên phải theo dòng nhiệt bên ngoài (không đổi); nhiệt độ
ban đầu của thanh u
t=0
= u
0
( )x .
Bài 4.11 Cho một thanh đồng chất mỏng, độ dài , 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
u
x=0
= u
1
. Xác định
nhiệt độ của thanh nếu:u(x, t)
1. Đầu bên phải được giữ với nhiệt độ
u
x=L
= u
2
= const, nhiệt
độ ban đầu u
t=0
= u
0
(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 nhiệt độ hai đầu của thanh phụ
124 Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng
thuộc t, khi đó điều kiện biên dạng
u
x=0
= α
1
(t), u
x=L
= α
2
(t). (4.34)
Trong trường hợp này, nghiệm của bài toán (4.27), (4.28), (4.34)
thể tìm dưới dạng trong đó xác định bởi công thứcu = v + w, w
w
(x, t) = α t
1
( ) +
x
L
(α
2
(t α t .)
1
( ))
Bài 4.12 Tìm nhiệt độ của thanh 0 x L mặt bên cách nhiệt,
nếu đầu x = L được giữ với nhiệt độ , còn đầu nhiệt độ0 x = 0
u
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
t
=
xx
, 0 < x < L, u
x
x=0
= 1, u
x=L
= 0, u
t=0
= 0.
2.
u
t
= u
xx
+ u + 2 sin 2x sin x, 0 < x <
π
2
, u
x
x=0
= u
x=
π
2
=
u
t=0
= 0.
3. u u
t
=
xx
2u
x
+ x + 2t, 0 < x < 1, u
x=0
= u
x=1
= t, u
t=0
=
e
x
sin πx.
4.
u u
t
=
xx
+ u x + 2 sin 2x cos x, 0 < x <
π
2
, u
x=0
= 0, u
x
x=
π
2
=
1
, u
t=0
= x.
5. u u
t
=
xx
+ 4u + x
2
2t 4x
2
t + 2 cos
2
x, 0 < x < π, u
x
x=0
=
0
, u
x
x=π
= 2πt, u
t=0
= 0.
6. u u
t
u
xx
+2
x
u = e
x
sin xt, 0 < x < π, u
x=0
= 1+t, u
x=π
=
1 +
t, u
t=0
= 1 + e
x
sin 2x.
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Mạnh Hùng (2008), , PhầnPhương trình đạo hàm riêng
I, NXB Đại học phạm.
[2] Nguyễn Thừa Hợp (1999), Giáo trình phương trình đạo hàm
riêng, NXB ĐHQG Nội.
[3] Trần Đức Vân (2005), thuyết phương trình vi phân đạo hàm
riêng, NXB ĐHQG Nội.
[4] Pavel Drabek, Gabriela Holubova (2007), Elements of partial dif-
ferential equations, Walter de Gruyter, Berlin, New York.
| 1/126

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.