Bài Kiểm Tra Giữa Kì Môn Phương Trình Đạo Hàm Riêng | Giải tích hàm | Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
BÀI KIỂM TRA GIỮA KÌ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC: 2017 - 2018
———————————
———————————
Môn học: Phương trình đạo hàm riêng Lớp: MAT 2036
Số tín chỉ: 3 Thời gian : 70 phút
(Sinh viên được sử dụng tài liệu. Không được trao đổi!)
(Với mỗi câu hỏi, sinh viên làm trọn vẹn 1 ý sẽ được 2 điểm. Ý còn lại là 1 điểm.) 1. (2 d-iê’m)
(a) Phân loại phương trình và đưa về dạng chính tắc trong miền tương ứng:
uxx − xuyy + ux − xuy = 0,
(Chú ý: sinh viên cần đưa về dạng chính tắc cho ít nhất hai loại phương trình.)
(b) Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
uxy − 2ux = x2y + 1.
2. (3 d-iê’m) Giải các bài toán Sturm-Liouville sau:
(a) X′′(x) + λX(x) = 0, 0 π ′ ′ < x <
, nếu X (0) = X ( π ), X( π) = 0. 2 2 2
(b) X′′(x) + λX(x) = 0, 0 < x < 1, với 2X′(0) = X′(1), X(1) = 0.
3. (3 d-iê’m) Giải các bài toán sau bằng phương pháp thích hợp:  u · u
· uyy − sin x · u (a) xx + 2 cos x xy − sin2 x
y = 0, x, y ∈ R, 2
u(x, y)|y=sin x = x + 1,
uy(x, y)|y=sin x = 0.  u (b)
xx − 4uyy − 2ux + 4uy = 0, x, y ∈ R,
u(x, y)|x=0 = 0, ux(x, y)|x=0 = 4y. 4. (2 d-iê’m)
(a) Tìm điều kiện cần và đủ để bài toán sau có nghiệm với x, y ∈ R  2u 3
xx + uxy + uyy = 0,
u|x−y=0 = g(x), uy|x h −y=0 = (x),
(b) Tìm nghiệm của bài toán  u 
tt = uxx − 4u,
0 < x < 1, t > 0,  
u(x, 0) = x2 − x, ut(x, 0) = 0,   
ux(0, t) = ux(1, t) = 0.
5. (1 d-iê’m (thu.o.’ng)) Cho u là nghiệm của bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng trên dây (1 chiều)
utt = c2uxx, với điều kiện Cauchy u(x, 0) = g(x), ut(x, 0) = h(x). Định nghĩa năng lượng của u là hàm 1 ∫ ∞ E(t) = (u2 2 t + c2u2 x )dx. −∞
Chứng minh rằng năng lượng E(t) là hàm hằng. Từ đây hãy chỉ ra rằng rằng nghiệm của bài toán Cauchy
của phương trình truyền sóng là duy nhất, và phụ thuộc liên tục vào các điều kiện ban đầu.
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
ĐÁP ÁN BÀI KIỂM TRA GIỮA KÌ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NĂM HỌC: 2015 - 2016
———————————
———————————
Môn học: Phương trình đạo hàm riêng
Lớp môn học: MAT 2036 Số tín chỉ: 3 Thời gian : 60 phút
(Sinh viên được sử dụng tài liệu. Không được trao đổi!) Câu 1. 2 điểm
(a) Ta tìm được ∆ = x. Vậy sẽ có các trường hợp sau:
- x = 0. Phương trình parabolic. Phương trình chính tắc là uxx + ux = 0.
- x > 0. Phương trình hyperbolic. Ta đặt ξ = y + 2 x3/2, η = y − 2 x3/2 3 3
Thế thì tìm được phương trình chính tắc là 2 điểm 1 1 vξη + (u (u 3(ξ − η)
ξ − uη ) + 4 ξ + uη) = 0.
- x < 0. Phương trình elliptic. Đặt ξ = 2x3/2, η = y. Thế thì ta được phương trình chính 3 tắc là √ 1 2
uξξ + uηη + ( + 3 )u 3ξ 3ξ ξ − uη = 0.
(b) Từ phương trình ta có (uy − 2u)x = x2y + 1. Đặt ux = v, ta được phương trình vi phân
thường theo biến y của v là
v′ − 2v = x2y + 1.
Nghiệm của phương trình thuần nhất có dạng v0(y) = Ce2y. Sử dụng phương pháp
biến thiên hằng số tìm nghiệm riêng v∗ của phương trình, ta đặt v∗ = C(y)e2y. Thay vào
phương trình trên ta tìm được 1 v = v (
0 + v∗ = Ce2y −
x2(2y + 1) + 2) . 4
Tích phân phương trình trên theo biến x để tìm nghiệm, ta được 1 điểm ( 1 1 x ) u = − x3y + x3 +
+ f (x)e2y + g(y). 6 12 2
Thử lại ta thấy đây chính là nghiệm cần tìm. Câu 2. 3 điểm
Ta chỉ tìm giá trị λ > 0. Khi đó biểu thức nghiệm tổng quát là √ √
X(x) = A cos λx + B sin λx. √ √
(a) Thay các điều kiện biên ta được B = 0, A cos λ π = A ⇒ λ π = 1 2 ⇒ λ = 16k2. 2
Vậy nghiệm cần tìm là Xk = Ak cos 4kx. 2 điểm
(b) Thay các điều kiện biên ta được λ = k2π2.
Vậy nghiệm cần tìm là Xk = Ak cos kπx. 1 điểm
Chú ý rằng k = 0 ứng với λ = 0 vẫn được tính là một nghiệm, khi đó ứng với X = const. Câu 3. 3 điểm
(a) Phương trình đưa về dạng chính tắc là vξη = 0, trong đó
ξ = y − x − sin x,
η = y + x − sin x.
Suy ra nghiệm tổng quát có dạng u(x, y) = g(y − x − sin x) + h(y + x sin − x).
Từ các điều kiện Cauchy ta suy ra 2 điểm z2 z2 h(z) = + C, g(z) = + 1 − C. 2 2 Nghiệm cần tìm là
(y − x − sin x)2
(y + x − sin x)2 u(x, y) = + + 1. 2 2
(b) Ta tìm được các đường đặc trưng của phương trình là y ± 2x = C, từ đó suy ra phép 1 điểm
đặt ξ = y + 2x, η = y − 2x. Tính toán ta được phương trình chính tắc là vξη − 1v 2 η = 0.
Từ đó ta tìm được nghiệm tổng quát của phương trình là 1
u(x, y) = e (y+2x) 2
g(y − 2x) + h(y + 2x).
Thay vào các điều kiện đầu ta được hệ  1 y
e 2 g(y) + h(y) = 0, 1 y 1 y
e 2 g(y) − 2e2 g′ ′
(y) + 2h (y) = 4y.
Từ đây ta tìm được g(y) = 2(y + 2)e− 1 y 2
, h(y) = −2y − 4. Vậy nghiệm của bài toán là
u(x, y) = 2e2x(y − 2x) + 4e2x − 2(y + 2x) − 4. Question 4. 2 điểm
Ta tìm dạng chính tắc của phương trình với
ξ = y − x,
η = 2y − x. Vậy ta có uξη = 0
và công thức nghiệm là u(x, y) = ϕ(y − x) + ψ(2y − x). Ta có hệ 1 điểm 
 ϕ(0) + ψ(x) = g(x)
 ϕ′(0) + 2ψ′(x) = h(x).
Ta tìm được điều kiện cần
2g′′(x) = h′(x).
Việc kiểm tra điều kiện đủ là đơn giản, tuy nhiên sinh viên phải trình bày cách tìm các
hàm thành phần của nghiệm. Nếu không trình bày được, sinh viên không được điểm tối đa.
(b) Ta tìm nghiệm dưới dạng tách biến u = X(x)T(t). Thay vào phương trình ta có hệ
phương trình vi phân thường
T′′ + (4 + λ)T = 0,
X′′ + λX = 0, X′(0) = X′(1) = 0.
Sử dụng kết quả của câu 2b), ta biểu diễn nghiệm tổng quát của bài toán là ∞ √ √
u(x, t) = a0 + ∑ (ak cos( k2π2 + 4 · t) + bk sin( k2π2 + 4 · t)) cos(kπx). k=1
Ta tìm được bk = 0, còn ak = 2((−1)k+1) với k = 1, 2, . . ., và a k2π2 0 = − 1 6
Vậy nghiệm cần tìm sẽ là 2 điểm 1 ∞ 2(( 1 −1)k + ) √
u(x, t) = − + ∑ cos(
k2π2 + 4 · t) cos(kπx). 6 k2π2 k=1 Question 5. 1 điểm Ta xét 1 điểm 1 ∫ ∞ E(t) = (u2 2
t + c2u2x )dx −∞
đạo hàm hai vế theo t ta được ∫ ∫ E′(t) =
uttutdx + ux · ut|∞−∞ − utuxxdx R R ∫ =
ut(utt − c2uxx)dx = 0. R
Do ut và ux đạt giá trị không ở vô cùng (vì g, h là các hàm bị chặn và khả vi liên tục đến
cấp thích hợp. Vậy E(t) = const. Ta có điều phải chứng minh. Với g = h = 0 thì ta suy ngay được E(0) = 0.