Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng (Phần 2) - Lê Văn Hạp
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng (Phần 2) - Lê Văn Hạp", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Tài liệu đính kèm:
- giao_trinh_phuong_trinh_vi_phan_va_phuong_trinh_dao_ham_rien.pdf
Nội dung text: Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng (Phần 2) - Lê Văn Hạp
- Phần B Ph−ơng trình đạo hàm riêng Ch−ơng I – Nhập môn . Phân loại ph−ơng trình Đ1. Các định nghĩa và ví dụ 1.1 Các định nghĩa a) Một ph−ơng trình liên hệ giữa các biến độc lập : x1, x2, , xn ; các ẩn hàm u1(x1, , xn), , uN(x1, , un) và các đạo hàm riêng của các ẩn hàm đó, gọi là một ph−ơng trình đạo hàm riêng (PTDHR). Ví dụ ∂∂uu xy+=0 ; ∂∂xy ∂∂22uu +=0 . ∂∂xy22 Dạng tổng quát của ph−ơng trình đạo hàm riêng của các ẩn hàm u1, , uN đối với các biến độc lập : x1, , xn là : k ∂ ui F(x1, , xn, u1, , uN, , ) = 0, (1.1) k1 kn ∂∂x1 xn n + trong đó i = 1, N , ki ∈ Z và ∑ ki = k, còn F là một hàm của nhiều biến. i = 1 b) Cấp của ph−ơng trình (1.1) là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong ph−ơng trình (1.1). Một ph−ơng trình không có mặt các đạo hàm riêng thì không phải là một ph−ơng trình đạo hàm riêng. Ph−ơng trình đạo hàm riêng cấp một và cấp hai của ẩn hàm u đối với hai biến x, y có dạng : ∂∂uu F(x, y, u, , ) = 0, (1.2) ∂∂x y ∂∂uu∂∂∂22uuu2 F(x, y, u, , , ,,) = 0 (1.3) ∂∂x y ∂∂x22xy∂∂y c) Ph−ơng trình (1.1) gọi là tuyến tính nếu F là một hàm tuyến tính đối với các ẩn hàm u1, , uN và các đạo hàm riêng của chúng có mặt trong ph−ơng trình. Ph−ơng trình không tuyến tính gọi là ph−ơng trình phi tuyến. Nếu F chỉ tuyến tính đối với các đạo hàm riêng cấp cao nhất thì ph−ơng trình (1.1) gọi là ph−ơng trình á tuyến tính. Ví dụ 222 ∂∂uu∂u22∂u∂u22 22++20+xy++()x+yu=, ∂∂xx∂y∂y∂x∂y 74
- là ph−ơng trình tuyến tính cấp hai của u đối với hai biến x, y. ∂∂22uu∂2u xx++20yy+()x+yu2 = ∂∂xx22∂y∂y là ph−ơng trình á tuyến tính. d) Hệ (u1, , uN) gọi là nghiệm của (1.1) nếu khi thay hệ đó vào (1.1), ta đ−ợc một đồng nhất thức của các biến độc lập. Ví dụ 22 uuxx +−()xx 20uxy −uyy = có nghiệm là u(x, y) = x2 + y2. 1.2 Ví dụ Ph−ơng trình dao động của một sợi dây. Trong mặt phẳng (xOu), xét một sợi dây ab căng thẳng & Ox . Bằng một cách nào đó, ta làm dây rung động và nghiên cứu quy luật dao động của sợi dây ab. Giả sử dây ab rất nhỏ để nó không c−ỡng lại sự uốn và có lực căng t−ơng đối lớn so với trọng l−ợng của dây khiến ta bỏ qua yếu tố trọng l−ợng của dây. Ta chỉ xét dao động ngang của dây, tức là khi dao động của chất điểm trên dây chuyển động thẳng góc với trục Ox . Gọi u(x, t) là độ lệch của dây so với vị trí cân bằng M(x) tại thời điểm t. 2 ∂u ⎛⎞∂u Ta giả thiết độ lệch u(x, t) nhỏ và đạo hàm rất nhỏ nên có thể bỏ qua l−ợng ⎜⎟. ∂x ⎝⎠∂x Độ dài dây bb 2 l′ =+1 u dx dx =b −a , ∫∫()x aa nói cách khác, ta xem độ dài dây không thay đổi khi dây dao động. Nh− vậy, theo định luật Hook, lực căng T tại mọi vị trí đều có c−ờng độ không đổi. Kí hiệu lực căng tại M(x), ứng với thời điểm t là T(x, t). Ta có : T(x, t) = T0, ∀x ∈ [a, b]. Giả sử lực ngoài tác động lên sợi dây song song với trục Ou và phân bố trên một đơn vị dài là F(x, t). Gọi p(x) là tỉ trọng dài của sợi dây. Khối l−ợng dây trong khoảng dx là : m = p(x)dx. 75
- Theo định luật Newton : tổng các lực tác động vào sợi dây bằng khối l−ợng dây nhân với quán tính của sợi dây : F = ma (*) Gọi α(x) là góc hợp bởi trục Ox và lực căng T h−ớng theo tiếp tuyến với sợi dây tại M(x). Chiếu đẳng thức (*) lên trục Ou , ta có : ∂2u t sinα(x + dx) – T sinα(x) + Fdx = p(x)dx. . 0 0 ∂t2 vì ∂u tgα()x ∂u sinα(x) = = ∂x . 22 1t+αg()x ⎛⎞∂u ∂x 1 + ⎜⎟ ⎝⎠∂x Vậy ∂u ∂u ∂2u T ( (x + dx) – (x)) + F(x, t)dx = p(x) dx 0 ∂x ∂x ∂t2 ⎡⎤∂∂uu ∂2u ⎢⎥()x +−dx ()x Hay p(x) = T ∂x∂x + F(x, t), ∂t2 0 ⎢⎥ ⎢⎥dx ⎣⎦ cho dx → 0, ta có : 2 ∂ u ∂2u p(x) 2 = T0 + F(x, t). (1.4) ∂t ∂x2 Khi đó (1.4) gọi là ph−ơng trình dao động của dây. Nếu sợi dây đồng chất p(x) = p0, (1.4) có dạng : ∂∂22uu =+af2 ()x, t, ∂∂tx22 T F ()xt, với a2 = 0 , f(x, t) = gọi là ph−ơng trình truyền sóng một chiều. p0 p0 Ph−ơng trình truyền sóng hai chiều có dạng : 222 ∂∂uu2 ⎛⎞∂u 22=+af⎜⎟2+()x,,yt. ∂∂tx⎝⎠∂y Ph−ơng trình truyền nhiệt có dạng : 22 ∂∂uu2 ⎛⎞∂u =+af⎜⎟22+()x,,yt. ∂∂tx⎝⎠∂y Ph−ơng trình truyền âm có dạng : 2222 ∂∂uu2 ⎛⎞∂u∂u 22=+af⎜⎟2+2+()x,,yt. ∂∂tx⎝⎠∂y∂z 76
- Ph−ơng trình Laplace có dạng : ∂∂22uu ∆u = +=0. ∂∂xy22 77
- Đ2. Ph−ơng trình đạo hàm riêng cấp một 2.1. Một số khái niệm Ph−ơng trình tuyến tính cấp một của ẩn hàm u đối với x1, x2, , xn là ph−ơng trình có dạng : n ∂u ∑ Xxin()1, , xu, = f(x1, , xn, u) (2.1) i = 1 ∂xi trong đó Xi, i = 1, n , và f là các hàm của x1, , xn và u. Nếu (2.1) có dạng : n ∂u ∑ Xxin(1, , x)= 0 , (2.2) i = 1 ∂xi (2.2) gọi là ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất. 2.2. Ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất Xét ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất của (2.2). Giả sử Xi, i = 1, n , là các hàm liên tục cùng 0 0 0 0 với các đạo hàm riêng của chúng trong một lân cận v(X ), X = (x 1 , , x n ) và không đồng thời bằng không tại X 0, chẳng hạn : Xn(X0) ≠ 0. (2.3) Rõ ràng u = C (C : hằng số) là nghiệm của (2.2) gọi là nghiệm hiển nhiên. Sau đây ta sẽ chứng minh rằng, với những giả thiết thích hợp nào đó, ph−ơng trình (2.2) có vô số nghiệm không hiển nhiên. T−ơng ứng với (2.2), ta xét hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng dạng đối xứng : dx dx dx 12== =n , (2.4) XX12 Xn (2.4) gọi là hệ đối xứng t−ơng ứng với (2.2). Nếu với giả thiết (2.3) thì trong một lân cận nào đó của X 0 hệ (2.4) t−ơng đ−ơng với một hệ dạng chuẩn tắc sau đây : ⎧ dx11X ⎪ = dxnnX ⎪ ⎨ (2.5) ⎪dx X ⎪ nn−−11= ⎩⎪ dxnnX a) Định nghĩa. Hàm ϕ(x1, x2, , xn) khả vi liên tục và không đồng nhất bằng hằng số gọi là tích phân của hệ (2.4) hay (2.5) nếu nó trở thành đồng nhất bằng hằng số khi ta thay x1, x2, , xn – 1 bởi bất kì nghiệm riêng nào của (2.4) hay (2.5). Giả sử ϕ(x1, x2, , xn) là tích phân của (2.5) và (x1, x2, , xn – 1), trong đó xi = xi(xn), i = 1, n − 1 , là một nghiệm riêng của (2.4). Khi đó ta có : dϕ = C, C là hằng số, 78
- hay n ∂ϕ dϕ = ∑ dxi = 0 i = 1 ∂xi n − 1 ∂∂ϕϕX i ()∑ +=dxn 0. i = 1 ∂∂xXin xn Vậy n ∂ϕ ∑ X i = 0 (2.6) i = 1 ∂xi b) Định lí 1) Nếu hàm số ϕ(x1, x2, , xn) là tích phân khả vi liên tục của hệ (2.4) thì u = ϕ(x1, x2, , xn) là nghiệm của ph−ơng trình (2.2). 2) Ng−ợc lại, nếu u = ϕ(x1, x2, , xn) khác hằng số là nghiệm của (2.2) thì ϕ(x1, x2, , xn) là tích phân của hệ (2.4). Chứng minh 1) Theo giả thiết và (2.6) ta suy ra u = ϕ(x1, x2, , xn) là nghiệm của (2.2). 2) Giả sử u = ϕ(x1, x2, , xn) là nghiệm của (2.2). Ta có : n ∂ϕ dϕ = ∑ dxi = 0 . i = 1 ∂xi Với xi = xi(xn), 1, n , thoả mãn (2.5) nên : n − 1 ∂∂ϕ X i ϕ dϕ = ()∑ +=dxn 0, i = 1 ∂∂xXin xn hay n ∂ϕ ∑ X i = 0 , i = 1 ∂xi theo định nghĩa, ϕ(x1, x2, , xn) chính là tích phân của (2.4). Nh− vậy, việc tìm nghiệm của ph−ơng trình (2.2) t−ơng đ−ơng với việc tìm tích phân của hệ 0 0 (2.4). Với giả thiết (2.3) hệ (2.4) t−ơng đ−ơng với hệ (2.5) trong một lân cận nào đó của X = (x 1 , 0 , x n ) và giả sử rằng trong lân cận này hệ (2.5) có (n – 1) tích phân độc lập. ϕ1(x1, x2, , xn), ϕ2(x1, x2, , xn), , ϕn – 1(x1, x2, , xn). Khi đó u = Φ(ϕ1, , ϕn – 1), (2.7) với Φ là một hàm khả vi liên tục bất kì, sẽ là một tích phân của (2.5). Vậy u = Φ(ϕ1, , ϕn – 1) là nghiệm của (2.2). c) Ví dụ. Xét ph−ơng trình ∂∂uu∂u xy++z=0. (*) ∂∂xy∂z 79
- ∂∂∂uuu Hệ đối xứng t−ơng ứng ==. ( ) ∂∂x yz∂ y z Dễ thấy ϕ (x, y) = , ϕ (x, z) = ; (x ≠ 0) là hai tích phân độc lập của hệ ( ). Vậy nghiệm 1 x 2 x y z tổng quát của ph−ơng trình (*) là u = Φ( , ), với Φ là một hàm khả vi liên tục bất kì. x x 2.3. Ph−ơng trình tuyến tính không thuần nhất Xét ph−ơng trình n ∂u ∑ Xxin()1, , xu, = f(x1, , xn, u). (2.1) i = 1 ∂xi Giả thiết Xi, i = 1, n và f liên tục cùng các đạo hàm riêng cấp một của chúng trong một lân 0 0 0 0 0 cận của điểm X = (x 1 , , x n , u ) ngoài ra Xn( X ) ≠ 0. Ta sẽ chứng minh rằng nghiệm của ph−ơng trình (2.1) có dạng ẩn : V(x1, x2, , xn, u) = 0, (*) ∂V trong đó V là hàm khả vi liên tục và thoả mãn điều kiện : (u0 ) ≠ 0. ∂u Thật vậy, theo định lí hàm ẩn, hàm u xác định từ (*) khả vi và : ∂V ∂u ∂x =− i , i = 1, n . ∂V ∂xi ∂u Thế vào (2.1) ta đ−ợc : n ∂∂VV ∑ Xfi +=0 . (2.8) i = 1 ∂∂xui Nh− vậy V(x1, x2, , xn, u) = 0 là nghiệm của ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất (2.8). Gọi ϕ1(x1, x2, , xn, u), , ϕn (x1, x2, , xn, u) là n tích phân độc lập của hệ đối xứng t−ơng ứng với (2.8) : dx dx du 1 == n = . XX1 n f Khi đó nghiệm tổng quát (2.8) có dạng : V = Φ(ϕ1, , ϕn). trong đó Φ là một hàm khả vi liên tục bất kì. Vậy nghiệm của (2.1) có dạng V = Φ(ϕ1, , ϕn) = 0 2.4. Nghiệm của bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình tuyến tính thuần nhất Xét bài toán Cauchy sau đây : n ∂u ∑ Xxin()1, , x = 0 , (2.2) i = 1 ∂xi u⏐ 0 = ϕ(x1, , xn – 1), (2.9) xnn= x 80
- 0 trong đó Xi, i = 1, n , liên tục cùng các đạo hàm riêng cấp một của chúng trong một lân cận của X 0 0 = (x 1 , , x n ) và ϕ là một hàm khả vi liên tục của các biến x1, , xn – 1. Gọi ϕ1, , ϕn–1 là n – 1 tích phân độc lập của hệ vi phân (2.4) t−ơng ứng với (2.2). Đặt ⎧ 0 ϕ=11()xx, , nn− 1, xϕ1 ⎪ ⎨ ⎪ ϕ=xx, , , x0 ϕ ⎩⎪ nn−−11()1nn−1 0 Giải từ hệ này ra các xi, i = 1, n − 1 , trong lân cận của điểm X : x1 = ψ1(ϕ1 , , ϕn − 1 ) xn – 1 = ψn – 1(ϕ1 , , ϕn − 1 ). Hàm số u = ϕ(ψ1(ϕ1, , ϕn – 1), , ψn – 1(ϕ1, , ϕn – 1)) là nghiệm của bài toán (2.2) – (2.9). Thật vậy, theo (2.7), u thoả mãn ph−ơng trình (2.2). Mặt khác u⏐ 0 = ϕ(ψ1(ϕ1 , , ϕn − 1 ), , ψn – 1(ϕ1 , , ϕn − 1 ) = ϕ(x1, , xn – 1) xnn= x Ví dụ. Tìm nghiệm của bài toán Cauchy sau đây : ⎧ ∂∂zz2 ⎪xy++()x=z ⎨ ∂∂xy ⎪ ⎩zy=−4 khi x=2 dx dy dz Hệ vi phân t−ơng ứng : ==, x yx+ 2 z y − x2 z có hai tích phân độc lập ϕ (x, y) = , ϕ (x, z) = . Thế x = 2 vào các tích phân độc lập và 1 x 2 x xét hệ : ⎧ y − 4 ⎪ =ϕ1 ⎧ ⎪ 2 ⎪y = 24ϕ+1 ⎨ hay ⎨ z z =ϕ2 ⎪ =ϕ ⎩⎪ 2 ⎩⎪2 2 Ta có z = y – 4 hay 2ϕ1 + 4 – 4 = 2ϕ2. y − xz2 Suy ra ϕ = ϕ , tức là : = . 2 1 x x Vậy z = y – x2 là nghiệm phải tìm. 81
- Đ3. Dạng tổng quát của ph−ơng trình tuyến tính cấp m. Khái niệm đặc tr−ng 3.1. Dạng tổng quát của ph−ơng trình tuyến tính cấp m n Cho Ω ⊂ R và hàm u = u(x1, , xn) xác định trên Ω. Kí hiệu : α j ∂u α ∂ D u = = u ; D j = , j = 1, n . x j x j x j α j ∂x j ∂x j α α α αα α ∂ D = DD=12D Dn =, xx12x xn α1 αn ∂∂x1 xn n + ở đây α = (α1, , αn), αj ∈ Z và α = ∑α j . j = 1 Dạng tổng quát của ph−ơng trình tuyến tính cấp m trong miền Ω ⊂ Rn là : α ∑ axα ()Du= f(x), (3.1) α≤m với x ∈ Ω, f, aα là những hàm xác định trên Ω. Ví dụ. Ph−ơng trình tuyến tính cấp hai có dạng : nn∂∂2uu ∑∑axij () ++bi ()x c()xu=f(x). ij,1==∂∂xxij i 1 ∂xi 3.2. Khái niệm đặc tr−ng α α1 αn Kí hiệu : ξ = (ξ1, , ξn) ; ξ = ξ1 ξn với α = (α1, , αn), αi ≥ 0, αi ∈ Z, i = 1, n . a) Ph−ơng trình α ∑ axα ()ξ=0 α=m gọi là ph−ơng trình đặc tr−ng của ph−ơng trình (3.1). b) ξ = (ξ1, , ξn) ≠ 0 gọi là vectơ có h−ớng đặc tr−ng nếu nó thoả mãn ph−ơng trình đặc tr−ng. c) Mặt S ⊂ Rn gọi là đặc tr−ng của ph−ơng trình (1) nếu với mọi x ∈ S thì vectơ pháp tuyến ξ = n(x) của S tại x có h−ớng đặc tr−ng. 3.3. Bài toán Cauchy Kí hiệu n n–1 x = (x1, , xn) ∈ R , t = xn ∈ R, x′ = (x1, , xn–1) ∈ R , n–1 t = t0 là siêu phẳng của R . 82
- n–1 Xét bài toán : tìm nghiệm của ph−ơng trình (3.1) trong miền Ω = R ì (t0 ; +∞) và thoả mãn điều kiện ban đầu sau đây : D ju⏐ = ϕ x′ (3.2) tt= t0 j() n – 1 trong đó ϕj, j = 0, 1, 2, , m – 1 là các hàm cho tr−ớc xác định trong R . Bài toán (3.1) – (3.2) gọi là bài toán Cauchy. Ta có định lí sau đây : Định lí Cauchy-Covarlepskaia Giả sử thực hiện đ−ợc các điều kiện sau : ′ ′ 0 0 0 a) aα(x), và f(x) là các hàm giải tích trong lân cận của điểm x = ( x , t0) với x = 00 ( x11, , xn − ). b) a (x0) ≠ 0 với α* = (0, , 0, m). α∗ ′ 0 c) ϕj(x′), j = 0, 1, ,m – 1 giải tích trong lân cận của x . Khi đó bài toán Cauchy (3.1) – (3.2) tồn tại duy nhất nghiệm u(x) giải tích trong lân cận của điểm x0. 83
- Đ4. Phân loại ph−ơng trình đạo hàm riêng Tuyến tính cấp hai trong tr−ờng hợp hai biến Xét ph−ơng trình tuyến tính cấp hai với hệ số thực xác định trong miền Ω ⊂ R2 : a(x, y)uxx + 2b(x, y)uxy + c(x, y)uyy + F(x, y, u, ux, uy) = 0. (4.1) Xét (x0, y0) ∈ Ω là một điểm cố định. 2 a) Ph−ơng trình (4.1) gọi là elip tại (x0, y0) nếu tại điểm đó b – ac 0. 2 c) Ph−ơng trình (4.1) gọi là parabol tại (x0, y0) nếu tại điểm đó b – ac = 0. Nếu ph−ơng trình (4.1) là elip (hyperbol, parabol) tại mọi (x, y) ∈ Ω thì ta gọi (4.1) là elip (hyperbol, parabol) trên Ω. Ta sẽ dùng phép đổi để đ−a ph−ơng trình (4.1) thuộc từng loại về các ph−ơng trình dạng rút gọn, gọi là các ph−ơng trình chính tắc. Xét phép biến đổi không suy biến : ⎪⎧ξ=ξ()x, y ⎨ (4.2) ⎩⎪η=η()x, y Trong đó ξ, η là những hàm khả vi liên tục hai lần và Jacobien D()ξη, ξ ξy J(x, y) = =≠x 0 . Dx(), y ηx ηy Khi đó ⎧uuxx=ξηξ+ηux; uy=uξξy+ηuηy ⎪ 22 ⎪uu=ξ+2uξη+uη+uξ+uη ⎪ xx ξξ ()x ξη x x ηη (x ) ξ xx η xx ⎨ (4.3) ⎪uuxyx=ξξξ ξy+uξη ()ξxηy+ξyηx+uηηηxηy+uξξxy+uηηxy ⎪ 22 uu=ξ+2uξη+uη+uξ+uη ⎩⎪ yy ξξ ()y ξη y y ηη (y ) ξ yy η yy Thay (4.3) vào (4.1) ta đ−ợc ph−ơng trình sau : a1(ξ, η)uξξ + 2b1(ξ, η)uξη + c1(ξ, η)uηη + F1(ξ, η, u, uξ, uη) = 0 (4.4) trong đó : 2 ⎧aabξη,2= ξ 2 + ξξ +cξ ⎪ 1 ()(xx) y()y ⎪ ⎨ba1 ()ξη, = ξxηxx+b(ξηy+ξyηx)+cηxηy (4.5) ⎪ 2 2 ⎪caξη,2= η + bηη +cη ⎩ 1 ()(xx) y()y 84
- 2 2 2 Ta có b1 – a1c1 = (b – ac)J (x, y). Vậy qua phép biến đổi không suy biến (4.2), loại của ph−ơng trình (4.1) không thay đổi. Ta có thể chọn phép biến đổi để ph−ơng trình (4.4) có dạng đơn giản. Trong (4.5) nếu chọn ξ, η là nghiệm của ph−ơng trình : 2 2 aϕx + 2bϕxϕy + cϕy = 0, thì a1 = c1 = 0 và ph−ơng trình (4.4) có dạng : 2b1(ξ, η)uξη + F1(ξ, η, u, uξ, uη) = 0 gọi là ph−ơng trình chính tắc. Ph−ơng trình (4.6) là ph−ơng trình đặc tr−ng của (4.1). Để tìm nghiệm của ph−ơng trình đặc tr−ng (4.6), ta thiết lập bổ đề sau đây : 1 2 22 Bổ đề. Giả sử ϕ ∈ C (Ω) với Ω ⊂ R và ϕx + ϕy > 0, ∀(x, y) ∈ Ω. Khi đó z = ϕ(x, y) là nghiệm riêng của ph−ơng trình (4.6) khi và chỉ khi ϕ(x, y) = C (hằng số) là tích phân tổng quát của ph−ơng trình sau đây : a(dy)2 – 2bdxdy + c(dx)2 = 0 (4.7) (4.7) cũng gọi là ph−ơng trình đặc tr−ng của (4.1). Chứng minh Giả sử z = ϕ(x, y) là một nghiệm riêng của (4.6). Nếu ϕy ≠ 0 thì từ (4.6) suy ra : 2 ⎛⎞ϕϕ⎛⎞ ab−−xx20−+c=. ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ϕϕyy⎝⎠ Xét hệ thức ϕ(x, y) = C (C : hằng số), với giả thiết của bổ đề, hệ thức này xác định một ẩn ϕ hàm y = y(x) khả vi và y′(x) = – x , ϕy do đó a(y′)2 – 2by′ + c = 0, hay a(dy)2 – 2bdxdy + c(dx)2 = 0. Nếu ϕy = 0 thì ϕx ≠ 0, lặp lại lí luận trên, trong đó ϕy đ−ợc thay bằng ϕx, ta cũng đi đến kết luận của bổ đề. Ng−ợc lại, giả sử ϕ(x, y) = C là tích phân tổng quát của (4.7). Ta cần chứng minh rằng : với mọi (x0, y0) ∈ Ω, z = ϕ(x, y) là nghiệm riêng nào đó của (4.6) tại điểm (x0, y0). Thật vậy, đặt ϕ(x0, y0) = C0 và xét hệ thức : ϕ(x, y) = C0. Nếu ϕy ≠ 0, theo định lí hàm ẩn, ta ϕ có hàm y = y(x) khả vi và y′(x) = – x . ϕy 85
- Theo giả thiết ta có : a(y′)2 – 2by′ + c = 0, hay ϕx 2 ϕx 2 a(– ) + 2b + cϕy = 0. ϕy ϕy Vậy z = ϕ(x, y) là nghiệm riêng của (4.6) thoả mãn điều kiện đầu ϕ(x, y)⏐ = C0. (x00, y ) Nếu ϕy = 0 thì ϕx ≠ 0, lí luận hoàn toàn t−ơng tự, ta cũng chứng minh đ−ợ z = ϕ(x, y) là nghiệm riêng của (4.6). Nh− vậy, việc tìm nghiệm của (4.6) t−ơng ứng với việc tìm tích phân tổng quát của (4.7). Ta th−ờng xét ph−ơng trình vi phân (4.7) d−ới một trong hai dạng sau : a(y′(x))2 – 2by′(x) + c = 0 khi a ≠ 0, (4.8) a – 2bx′(y) + c(x′(y))2 = 0 khi a = 0 và c ≠ 0. (4.9) Ta xét các tr−ờng hợp sau đây : Tr−ờng hợp I : b2 – ac > 0, khi đó ph−ơng trình (4.1) thuộc loại hyperbol và ph−ơng trình đặc tr−ng (4.8) hay (4.9) có hai nghiệm phân biệt. 1) a ≠ 0, hai nghiệm của (4.8) là : bb−−2 ac bb+−2 ac y′ = ; y′ = 1 a 2 a Suy ra bb−−2 ac bb+−2 ac y = dx + C ; y = dx + C , 1 ∫ a 1 2 ∫ a 2 trong đó C1, C2 là các hằng số. Vậy (4.6) có hai tích phân tổng quát : bb−−2 ac ϕ(x, y) = y – dx = C , ∫ a 1 bb+−2 ac ψ(x, y) = y – dx = C . ∫ a 2 Dùng phép biến đổi : ⎪⎧ξ=ϕ()x, y ⎨ ⎩⎪η=ψ()x, y Vì ξx ξy J = =ψϕϕxy−yxψ≠0 , ηx ηy 86
- ′ϕ x ′ψ x (do y 1=− ≠y2=− ) nên phép biến đổi này là không suy biến. ϕy ψ y Theo bổ đề, qua phép biến đổi này ta có a1 = c1 = 0 và : 22 22 bba11=−1c1=J()ba−c>0 nên b1 ≠ 0. Khi đó ph−ơng trình (4.4) có dạng : ∂2u 2,bF11+ξ()η,u,uξη,u=0, ∂ξ∂η hay ∂2u =ξFu1 (,,η,uξη,u)=0, (4.10) ∂ξ∂η F1 với F1 =− . 2b1 2) a = 0 Nếu c = 0 thì b ≠ 0 (do b2 – ac > 0). Khi đó ph−ơng trình (4.1) đã có dạng (4.10). Nếu c ≠ 0. Thay vì xét ph−ơng trình đặc tr−ng dạng (4.8) ta xét (4.9) và lí luận hoàn toàn t−ơng tự nh− trên, ta cũng đi đến ph−ơng trình (4.10) Nhận xét : Bằng phép biến đổi tiếp theo : ⎧ξ=α+β ⎨ ⎩η=α−β Ph−ơng trình (4.10) đ−ợc đ−a về dạng : uαα – uββ = F1(α, β, u, uα, uβ). (4.11) Cả hai ph−ơng trình (4.10) và ph−ơng trình (4.11) đều gọi là ph−ơng trình chính tắc của ph−ơng trình loại hyperbol. Tr−ờng hợp II : b2 – ac = 0. Khi đó ph−ơng trình (4.1) thuộc loại parabol. 1) Nếu b = 0 thì a = 0 hoặc c = 0. Khi đó ph−ơng trình (4.1) có dạng chính tắc : ∂2u cF2 +=(x,,yu,uxy,u)0, (a = 0), ∂y hoặc ∂2u aF+=(x,,yu,uxy,u)0, (c = 0). ∂x2 2) Nếu b ≠ 0 thì ac ≠ 0 hay a ≠ 0 và c ≠ 0, ph−ơng trình đặc tr−ng (4.8) có nghiệm kép : b y′ =− , a hay (4.6) có một tích phân tổng quát : b ϕ(x, y) = y + dx = C . ∫ a 87
- Dùng phép biến đổi : ⎪⎧ξ=ϕ()x, y ⎨ ⎩⎪η=ψ()x, y D(,ξη) trong đó ψ ∈ C2(Ω) và J = ≠ 0 . Với phép biến đổi không suy biến này theo bổ đề, ta có: Dx(), y a1 = 0. Ta sẽ chứng tỏ rằng b1 = 0 và c1 ≠ 0. 2 2 2 2 Thật vậy : b1 – a1c1 = (b – ac)J = 0 = b1 hay b1 = 0. Mặt khác ta có b2 = ac; giả thiết a, c đều d−ơng, khi đó 2 22 C1 = a η+xx2.ac ηηy+cηy=( a.ηx+c.ηy) . Do J ≠ 0 ta suy ra C1 ≠ 0. Vậy (4.4) có dạng C1uηη + F1(ξ, η, u, uξ, uη) = 0, hay uηη = F1 (ξ, η, u, uξ, uη) (4.12) F1 trong đó F1 = – . C1 Ph−ơng trình (4.12) gọi là ph−ơng trình chính tắc loại parabol. Tr−ờng hợp III : b2 – ac < 0. Khi đó (4.1) thuộc loại ph−ơng trình elip. Trong tr−ờng hợp này, ta giả thiết a, b, c là các hàm giải tích trên miền Ω. Do 0 < b2 < ac nên a và c ≠ 0. Ph−ơng trình (4.8) có hai nghiệm phức liên hợp bi−−acb2 bi+−acb2 y′ =+C ; y′ =+C . 11a 22a Do đó các tích phân tổng quát của (4.6) có dạng : bi−−acb2 ϕ(x, y) = y – dx = C , ∫ a 1 bi+−acb2 ψ(x, y) = y – dx = C . ∫ a 2 Đặt ϕ(x, y) = C1 d−ới dạng : ϕ(x, y) = α(x, y) + iβ(x, y) = C1, trong đó α, β là những hàm thực. Dùng phép biến đổi : ⎪⎧ξ=α()x, y ⎨ ⎩⎪η=β()x, y dễ dàng kiểm chứng đây là phép biến đổi không suy biến. Do ϕ(x, y) = C1 là tích phân tổng quát của (4.6) nên : 88
- 2 2 a(ξx + iηx) + 2b(ξx + iηx)(ξy + iηy) + c(ξy + iηy) = 0. Tách phần thực và phần ảo trong đẳng thức trên ta đ−ợc : ⎧ 222 2 ⎪abξ+x 22ξxyξ+cξy =aηx +bηxηy+cηy ⎨ abξη+ ξη+ξη +cξη=0 ⎩⎪ xx ()xy yx yy 2 Vậy a1 = c1 ≠ 0 và b1 = 0. Suy ra a1c1 > 0 vì b1 – a1c1 < 0. Khi đó ph−ơng trình (4.4) có dạng : a1uξξ + a1uηη + F1(ξ, η, u, uξ, uη) = 0, hay * uξξ + uηη = F1 (ξ, η, u, uξ, uη) ∗ F1 trong đó F1 =− . a1 Ph−ơng trình (4.13) gọi là ph−ơng trình chính tắc loại elip. 89
- Đ5. Phân loại ph−ơng trình đạo hàm riêng Tuyến tính cấp hai trong tr−ờng hợp nhiều biến Xét ph−ơng trình tuyến tính dạng : nn L(u) = au ++bu cu=f x, , x , (5.1) ∑∑ij xijx i xi (1 n ) ij,1==i 1 trong đó aij = aji, bi, f, i, j = 1, n là những hàm thực của các biến x1, , xn xác định trong miền Ω n n ⊂ R và A = (aij) ij,=1 là một ma trận đối xứng. 0 00 Với x = ( x1 , , xn ) ∈ Ω cố định, ma trận : 0 0 n A(x ) = (aij(x )) ij,1= là một ma trận hằng đối xứng, nó xác định một dạng toàn ph−ơng : n 0′ 0 g(x) = ∑ axij ()xi xj = xA()xi xi (5.2) ij,1= ⎛⎞x1 ⎜⎟ trong đó x = ⎜ ⎟∈ Ω, x′ = (x1, , xn) ∈ Ω. ⎜⎟ ⎝⎠xn Nếu dùng phép biến đổi không suy biến : x = Ty (5.3) trong đó ⎛⎞y1 ⎜⎟ n T = (αij) ij,=1, y = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠yn n hay xi = ∑ αki yk , i = 1, n (5.3′) k = 1 thì dạng toàn ph−ơng (5.2) trở thành : h(y) = g(Ty) = y′T′A(x0)Ty, h(y) = y′By, n trong đó B = T′AT = (bij) ij,=1, T′ và y′ là các ma trận chuyển vị của T và y. n h(y) = ∑ byij i yj . ij,1= Vì A(x0) là ma trận đối xứng nên tồn tại ma trận trực giao T sao cho B có dạng chéo : 90
- ⎛⎞λ1 0 ⎜⎟ B = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠0 λn Khi đó n 2 g(y) = ∑λiiy (5.4) i = 1 Số phần tử d−ơng, số phần tử âm và số phần tử 0 trên đ−ờng chéo của B bất biến đối với phép biến đổi (5.3) và bằng số nghiệm d−ơng, nghiệm âm và nghiệm bằng không của ph−ơng trình: det(A(x0) – λE) = 0 (5.5) trong đó E là ma trận đơn vị cấp n. Ph−ơng trình (5.5) chính là ph−ơng trình đặc tr−ng của ph−ơng trình (5.1). Chính vì vậy, ta có thể định nghĩa : 1) Các ph−ơng trình (5.1) gọi là ph−ơng trình elip tại x0 ∈ Ω nếu tất cả các nghiệm của (5.5) đều khác không và cùng dấu. Khi đó dạng toàn ph−ơng t−ơng ứng (5.4) là một dạng xác định (d−ơng hoặc âm). 2) Ph−ơng trình (5.1) gọi là ph−ơng trình hyperbol tại x0 ∈ Ω nếu tất cả các nghiệm của (5.5) đều khác không, trong đó có n – 1 nghiệm cùng dấu, nghiệm còn lại trái dấu. 3) Ph−ơng trình (5.1) gọi là ph−ơng trình parabol tại x0 ∈ Ω nếu trong n nghiệm của (5.5) có một nghiệm bằng không, n – 1 nghiệm còn lại khác không và cùng dấu. Nếu tại mọi điểm x0 ∈ Ω ⊂ Rn, ph−ơng trình (5.1) thuộc cùng loại elip (hyperbol, parabol) thì ta gọi (5.1) thuộc loại đó trên miền Ω. 0 00 Khi đó, tại mỗi điểm x = ( x1 , , xn )∈ Ω, ta có thể đ−a ph−ơng trình (5.1) về dạng đơn giản, gọi là dạng chính tắc. Gọi T = (αij) là ma trận trực giao cho : ⎛⎞λ1 0 ⎜⎟ B = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠0 λn Xét phép biến đổi không suy biến : x = Ty ⇔ y = T′x, n yk = ∑αki xi . i = 1 Khi đó n n uu=α ; uu=αα xik∑ ki y xijxk∑ iljykyl k = 1 kl,1= và ph−ơng trình (5.1) trở thành : 91
- nn nn L(u) ≡ au()αα + b(αu)+cu=f. ∑∑ij ki lj ykly ∑i ∑ki yk ij,1==k,l 1 i=1 k=1 nn hay L(u) ≡ au +bu +cu=f. ∑∑kl, ykly k yk kl,1==k 1 Đa thức đặc tr−ng t−ơng ứng có dạng : nn 2 g(y) = y′By = ∑∑aykl, kyl =λkyk kl,1==k 1 Vậy ⎧λk nếu kl= akl, = ⎨ ⎩0nếukl≠ Khi đó (5.1) trở thành : n L(u) ≡ λ+uFy, , y, u, u, , u=0 ∑ kykly ()1 n y1 yn k = 1 đây là dạng chính tắc của ph−ơng trình (5.1). 0 2 1) Nếu tại x ph−ơng trình (5.1) có dạng elip. Giả sử λk = vk > 0 , đặt yk = vkzk, k = 1, n . Khi đó : n L(u) ≡ uz+Φ , , u, u, , u=0. ∑ zzii ()1 z1 zn i = 1 là dạng chính tắc của ph−ơng trình elip. 0 2) Nếu tại x ph−ơng trình (5.1) có dạng hyperbol. Giả sử λ1 0, bằng cách đổi biến số nh− trong tr−ờng hợp 1), ph−ơng trình (5.1) có dạng chính tắc : n − 1 L(u) ≡ uu−+Φz, , z, u, u, , u=0. zznn ∑ zznn ()1 n z1 zn i = 1 0 3) Nếu tại x ph−ơng trình (5.1) có dạng parabol. Giả sử λ1, , λn – 1 đều d−ơng, λn = 0 thì (5.1) sẽ có dạng chính tắc : n L(u) ≡ uz+Φ , , z, u, u, , u=0. ∑ zzii ()1 n z1 zn i = 1 Ví dụ 1) Ph−ơng trình Laplace có dạng elip. 2) Ph−ơng trình truyền sóng có dạng hyperbol. 3) Ph−ơng trình truyền nhiệt có dạng parabol. Khi n = 2, cách phân loại ở trên trùng với cách phân loại đã đ−ợc trình bày ở Đ4. Thật vậy, với ph−ơng trình : 92
- a(x, y)uxx + 2b(x, y)uxy + c(x, y)uyy + F(x, y, u, ux, uy) = 0, ma trận ⎛⎞ax(),,y b(xy) A(x, y) = ⎜⎟, ⎝⎠bx(),,y c()xy ph−ơng trình đặc tr−ng : det(A – λE) = 0 ⇔ λ2 – (a + c)λ + ac – b2 = 0. 1) Ph−ơng trình loại elip ⇔ det(A – λE) = 0 có hai nghiệm cùng dấu ⇔ P = ac – b2 > 0. 2) Ph−ơng trình loại hyperbol ⇔ det(A – λE) = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ P = ac – b2 < 0. 3) Ph−ơng trình loại parabol ⇔ det(A – λE) = 0 có một nghiệm bằng 0 ⇔ P = ac – b2 = 0. Bài tập 1.1. Tìm nghiệm tổng quát của các ph−ơng trình sau đây : a) yzx + xzy = x – y. 2 b) xyz.x – x zy = yz. 2 2 c) zxsin x + zytgz = cos z. 1.2. Xác định loại của ph−ơng trình và đ−a về dạng chính tắc các ph−ơng trình sau đây : a) uxx + 2uxy + 5uyy – 32u = 0. b) uxx – 2uxy + uyy + 9ux + 9uy – 9u = 0. c) 2uxx + 3uxy + uyy + 7ux + 4uy – 2u = 0. d) uxx + 4uxy + 13uyy + 3uy – 9u + 9(x + y) = 0. 2 e) uxx – 2cosx.uxy – (3 + sin x)uyy – yuy = 0. 1.3. Tìm nghiệm tổng quát của các ph−ơng trình sau : 2 a) uxx – 2sinx.uxy – cos x.uyy – cosx.uy = 0. b) xuxx – xuyy + 2ux = 0. c) (x – y)uxy – ux + uy = 0. 93
- Ch−ơng II: Ph−ơng trình loại elip Đ1. Ph−ơng trình laplace và hàm điều hoà 1.1. Các định nghĩa Ph−ơng trình Laplace n biến có dạng : ∂∂22uu ∂2u ∆u ≡+22+ +2=0 , (1.1) ∂∂xx12 ∂xn n ∂2 ∆= đây là ph−ơng trình loại elip, ∑ 2 gọi là toán tử Laplace. i = 1 ∂xi n Hàm u(x) điều hoà tại x = (x1, , xn) ∈ R nếu tại x, u có các đạo hàm riêng cấp hai liên tục và thoả mãn ph−ơng trình (1.1). Cho Ω là miền bị chặn trong Rn, hàm u(x) gọi là hàm điều hoà trên Ω nếu u(x) điều hoà tại mọi x ∈ Ω. Với Ω là miền không bị chặn trong Rn, hàm u(x) gọi là hàm điều hoà trên Ω nếu u(x) điều hoà tại mọi x ∈ Ω và khi x = (x1, , xn) dần về vô cùng (tức là ít nhất một xi → ∞) thì u(x) dần về vô cùng đồng thời thoả mãn đánh giá : C ux()≤ (1.2) rn − 2 22 trong đó r = x1 ++ xn , C > 0. Để đơn giản, từ đây về sau ta xét ph−ơng trình Laplace trong R 3 : ∂∂22uu∂2u ∆=u + + =0 . (1.3) ∂∂∂222xyz 1.2. Nghiệm cơ bản của ph−ơng trình Laplace Với X 0 = (x0, y0, z0) ∈ R 3 cố định và mỗi X = (x, y, z) ∈ R 3 \{X 0}, ta đặt : 1 ε=()XX, 0 , 4π−XX0 0 222 trong đó XX−=()x−x00+(y−y)+(z−z0) 94
- ε(X, X 0) là một hàm điều hoà trong R 3 \ {X 0}, gọi là nghiệm cơ bản của ph−ơng trình Laplace (1.3). 1 Thật vậy, đặt r = X− X0 ta có ε(X, X 0) = 4πr x − x rx−−( x)r r = 0 , r = 0 x , x r xx r2 1 r ε=− x . x 4π r2 2 2 1 rr2 − 2r(r) 1 rx2 −−3( x) ε=− [ xx x ] = − [ 0 ]. xx 4π r2 4π r5 T−ơng tự ta có : 2 2 1 ry2 −−3()y 1 rz2 −−3( z) ε=− [ 0 ; ε=− [ 0 ] yy 4π r5 zz 4π r5 Vậy : ∆ε = εxx + εyy + εzz = 0 Khi X → ∞ thì ε(X, X 0) → 0 và thoả mãn đánh giá (1.2). Với n ≥ 3 nghiệm cơ bản của ph−ơng trình Laplace (1.1) có dạng : 0 11 ε=XX, n − () 0 2 ω−n ()n 2 XX− 2 n 2 00 trong đó XX−=∑()xi−xi, i = 1 n và ωn là diện tích mặt cầu đơn vị trong R . Với n = 2 nghiệm cơ bản của ph−ơng trình Laplace có dạng : 11 ε=()XX,l0 n, 2π XX− 0 2 22 trong đó XX−=00()x−x +(y−y0) . Bổ đề. Giả sử ϕ là hàm liên tục trong một lân cận của X 0 ∈ R 3 và S(X 0, δ) là mặt cầu tâm X 0 bán kính δ trong R3. Khi đó : ∂ε a) lim ()XX, 00.ϕ=()XdX ϕ()X . δ→0 ∫ ∂n SX()0 , δ 95