Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng (Phần 2) - Lê Văn Hạp

86 trang ngocly 1240

Download

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
ở đây n là pháp tuyến trong của mặt cầu S(X 0, δ). b) lim εϕXX, 0 . ()XdX=0. δ→0 ∫ () SX()0 , δ Chứng minh a) Với X = (x, y, z) ∈ S(X 0, δ) ⇒ XX− 0 =δ. ∂ε =ε cos(x, n) + εycos(y, n) + εzcos(zn, ) ∂n x 2 11xx−−00⎛⎞xx ( x − x0 ) εx cos()x, n 0 = – 34⎜⎟−= S(X , δ) 44πδ ⎝⎠δ π δ Vậy : ∂ε 11 0 = . (1.4) ∂πn SX(), δ 4 δ4 Khi đó : ∂ε 0 11 ()XX,.ϕ=()XdX 2 ϕ()XdX. ∫∫∂πn 4 σ SX()0 ,,δδS()X0 Theo định lí giá trị trungbình của tích phân thì tồn tại X * ∈ S(X 0, δ) sao cho : ∂ε 0*11 * ()XX,.ϕ=()XdX 2 ϕ()X dX=ϕ(X). ∫∫∂πn 4 σ SX()0 ,,δδS()X0 Khi δ → 0 thì X * → X 0 và ϕ(X *) → ϕ(X 0). Vậy : ∂ε lim ()XX, 00.ϕ=()XdX ϕ()X . δ→0 ∫ ∂n SX()0 , δ Sử dụng định lí giá trị trung bình của tích phân, t−ơng tự nh− phần a), ta chứng minh đ−ợc phần b). 1.3. Biểu diễn tích phân của hàm điều hoà Định lí. Giả sử Ω là miền bị chặn trong R 3 có biên ∂Ω trơn từng mảnh. Nếu u là hàm điều hoà trên Ω và u cùng các đạo hàm riêng cấp một liên tục trên Ω = Ω ∪ ∂ Ω thì ta có : 0 ⎡⎤∂ε()sX, ∂u uX()00=⎢⎥u()s −ε()s, X ds (1.5) ∫ ∂∂nn ∂Ω⎣⎦⎢⎥ 96
trong đó X 0 ∈ Ω, n là pháp tuyến trong của ∂ Ω . Công thức (1.5) gọi là công thức biểu diễn tích phân của hàm điều hoà. 97
Chứng minh Tr−ớc hết, ta nhắc lại công thức Green. Với hai hàm u, v liên tục cùng các đạo hàm riêng cấp một của chúng trên Ω còn các đạo hàm riêng cấp hai của chúng liên tục trên Ω, ta có công thức Green sau đây : ⎛⎞∂∂vu ∫∫()u∆−∆v v u dxdydz + ⎜⎟u −v ds =0 Ω∂Ω⎝⎠∂∂nn trong đó n là pháp tuyến trong của ∂ Ω . 0 0 Bây giờ để chứng minh định lí, ta đặt : Ωr = Ω \ VX( , r) , trong đó VX( , r) là hình cầu đóng tâm X 0 bán kính r nằm trong Ω. áp dụng công thức Green đối hai hàm u và v = ε(X, X 0) trên miền 0 0 0 Ωr và l−u ý ∂ (Ω=r ∂()Ω∪S (X,r) (S(X , r) là mặt cầu tâm X bán kính r). Ta có : ⎡⎤∂ε()sX, 0 ∂us() 0 = ⎢⎥us() −ε()s, X0 ds ∫ ⎢⎥∂∂nn ∂Ω()r ⎣⎦ ⎛⎞∂ε ∂uu⎛⎞∂ε ∂ 0 = ∫∫⎜⎟ud−ε s+ ⎜⎟u−ε ds. ⎝⎠∂∂nn 0 ⎝⎠∂∂nn ∂Ω SX(), r Cho r → 0, áp dụng bổ đề với l−u ý rằng ở đây n là pháp tuyến trong của ∂Ωr , nên là pháp tuyến ngoài của S(X 0, r). Ta có : ⎛⎞∂ε ∂u 0 0 = ∫ ⎜u−ε ⎟ds−u()X, ∂Ω ⎝⎠∂∂nn hay 0 ⎛⎞∂ε ∂u uX()=∫ ⎜⎟u −εds. ∂Ω ⎝⎠∂∂nn 98
Đ2. Các tính chất của hàm điều hoà 1) Hàm điều hoà trong miền bị chặn Ω có đạo hàm mọi cấp trong Ω (chứng minh nh− bài tập). ∂u 2) Nếu u điều hoà trong miền bị chặn Ω thì ∫ ds = 0 trong đó n là pháp vectơ của ∂ Ω . ∂Ω ∂n Chứng minh áp dụng công thức Green đối với hai hàm u và v = 1. Ta có : ⎛⎞∂∂vu ∂u 0 = ∫∫⎜⎟u −−v ds ds, ∂Ω ⎝⎠∂∂nn ∂Ω ∂n hay ∂u ∫ ds = 0. ∂Ω ∂n 3) Định lí giá trị trung bình của hàm điều hoà Giả sử u là hàm điều hoà trong hình cầu đóng VX( 0 , R) ⊂ R3 có biên là mặt cầu S(X 0, R). Khi đó 1 u(X 0) = us()ds. (1.6) 2 ∫ 4πR SX(,0 R) Chứng minh áp dụng công thức biểu diễn tích phân của hàm điều hoà (1.5) cho miền Ω = V(X 0, R), ta có : 0 ⎡⎤∂ε(sX, ) ∂u u(X 0) = ∫ ⎢⎥us() −ε()s, X0 ds 0 ⎢⎥∂∂nn SX(), R ⎣⎦ 0 ∂ε()sX, 11 Theo (1.4) thì 0 = . còn ∂πnRSX(), R 4 2 ∂∂uu1 ε=ds ds =0 . ∫∫∂πnR4 ∂n SX()00,,R S()X R Vậy : 1 u(X 0) = us()ds. 4πR 2 ∫ SX()0 , R 99
4) Nguyên lí cực trị của hàm điều hoà a) Định lí. Giả sử Ω là miền bị chặn trong R 3. Nếu u là hàm điều hoà trên Ω, liên tục trên Ω và đạt giá trị lớn nhất hay giá trị bé nhất tại một điểm trong của Ω thì u phải là hàm hằng. L−u ý. Định lí cũng đúng trong tr−ờng hợp tổng quát Ω là miền bị chặn trong R n. Chứng minh Ta chứng minh định lí cho tr−ờng hợp u đạt giá trị lớn nhất tại X 0 ∈ Ω , u(X 0) = max uX( ), còn X ∈Ω trong tr−ờng hợp u đạt giá trị nhỏ nhất chứng minh hoàn toàn t−ơng tự . Ta sẽ chứng minh u(X) = u(X 0) với mọi X ∈ Ω. Xét hình cầu đóng VX(0 , R) = V(X 0, R) ∪ S(X 0, R) ⊂ Ω. Tr−ớc hết, ta chứng minh u(X) = u(X 0) với mọi X ∈ S(X 0, R). Ta có u(X) ≤ u(X0) với mọi X ∈ S(X0, R). 0 0 Nếu tồn tại X1 ∈ S(X , R) sao cho u(X1) < u(X) thì sẽ tồn tại một lân cận δ(X1) ⊂ S(X , R) sao cho 0 u(X) < u(X ) với mọi X ∈ δ(X1) (do u là hàm liên tục). áp dụng công thức giá trị trung bình (1.6) ta có : 1 u(X 0) = us()ds 4πR2 ∫ SX()0 , R ⎡⎤ 1 = ⎢⎥us()ds+ us()ds 4πR2 ⎢⎥∫∫ ⎣⎦SX()0 ,\R δ δ ⎡⎤ 001 ⎢⎥0 uX()=+2 uX()ds uX()ds 4πR ⎢⎥∫∫ ⎣⎦SX()0 ,\R δ δ uX0 00() uX()<=2 ds uX(). 4πR ∫ SX()0 , R Điều này vô lí. Vậy u(X) = u(X 0), ∀X ∈ S(X 0, R ′) với mọi R ′ ∈ [0, R] tức là ta có : u(X) = u(X 0), ∀X ∈ S(X 0, R ′), R ′ ∈ [0, R]. Suy ra u(X) = u(X 0), ∀X ∈ VX()0 , R. Bây giờ ta chứng minh u(X) = u(X 0), với mọi X ∈ Ω. 100
Lấy X là điểm bất kì thuộc Ω. Khi đó tồn tại đ−ờng gấp khúc l nối X 0 với X và l ⊂ Ω. Gọi d = d(l, d ∂Ω, = inf dX(′′X′). Ta có d > 0 và mọi hình cầu V(X ′, ) ⊂ Ω với mọi X ′ ∈ l, đặc biệt V(X 0, Xl′ ∈ 2 X ′′ ∈∂Ω d ) ⊂ Ω. Theo chứng minh trên ta có u(X ′) = u(X 0) 2 d d với mọi X′∈ V(X 0, ). Gọi X ∈ l ∩ S (X 0, ) 2 1 2 0 ta có u(X1) = u(X ). Nh− vậy u đạt giá trị lớn nhất tại X1 ∈ Ω do đó d d u(X ′) = u(X ) = u(X 0) với mọi X′ ∈ V(X , ). Đặc biệt u(X ) = u(X ) = u(X ) với X ∈ l ∩ S(X , ). Tiếp 1 1 2 2 1 0 2 1 2 0 tục quá trình này, ta xây dựng đ−ợc một dãy điểm X , X1, X2, , Xn, của l sao cho các hình cầu d t−ơng ứng V(X 0, ), 2 d d d V(X , ), V(X , ), , V(X , ), chuyển dần về X. Vì l ⊂ Ω bị chặn nên sau một số hữu hạn lần đến 1 2 2 2 n 2 d b−ớc thứ m ta có V(X , ) X. Khi đó : u(X) = u(X ) = = u(X ). m 2 m 0 b) Các hệ quả Hệ quả 1. Nếu hàm u điều hoà trên miền Ω, liên tục trên Ω và không phải là hàm hằng thì u đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên biên ∂Ω . Hệ quả này suy ra trực tiếp từ nguyên lí cực trị của hàm điều hoà. Hệ quả 2. Giả sử hàm u điều hoà trên Ω, liên tục trên Ω . i) Nếu u(X) ≥ 0, ∀ X ∈ ∂Ω thì u(X) ≥ 0, ∀X ∈ Ω. ii) Nếu u(X) ≤ 0, ∀ X ∈ ∂Ω thì u(X) ≤ 0, ∀ X ∈ Ω. Chứng minh i) Giả sử u(X) ≥ 0 với mọi X ∈ ∂Ω . Nếu tồn tại X ′ ∈ Ω sao cho u(X ′) < 0. Khi đó u không phải là hàm hằng trên Ω và u sẽ đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm trong của Ω. Điều này mâu thuẫn với nguyên lí cực trị. Vậy u(X) ≥ 0, mọi X ∈ Ω. Nếu u(X) ≤ 0, ∀∈X ∂Ω thì – u(X) ≥ 0, ∀ X ∈∂Ω. Theo i) ta có – u(X) ≥ 0, ∀∈X Ω hay u(X) ≤ 0, ∀ X ∈Ω. Hệ quả 3. Giả sử u1, u2 là hai hàm điều hòa trên Ω, liên tục trên Ω . i) Nếu u1(X) ≤ u2(X), ∀∈X ∂Ω thì u1(X) ≤ u2(X), ∀ X ∈Ω. 101
ii) Nếu uX1()≤ u2(X), ∀X ∈ ∂Ω thì uX1()≤ u2( X) , ∀X ∈ Ω. Đặc biệt, nếu uX1 ()≤ A (hằng số d−ơng), ∀X ∈ ∂Ω thì uX1 ( ) ≤ A, ∀X ∈ Ω. Chứng minh i) Đặt u = u2 – u1, ta có u(X) ≥ 0 với mọi X ∈ ∂Ω . Theo hệ quả 2i, ta có u(X) ≥ 0 với mọi X ∈ Ω. Hay u1(X) ≤ u2(X) với mọi X ∈ Ω. ii) uX1 () ≤ u2(X) ⇔ –u2(X) ≤ u1(X) ≤ u2(X) với mọi X ∈ ∂Ω . áp dụng hệ quả 3i, ta có : – u2(X) ≤ u1(X) ≤ u2(X), ∀X ∈ Ω hay uX1 () ≤ u2(X) với mọi X ∈ Ω. Hệ quả 4. Giả sử hàm u điều hoà trên Ω, liên tục trên Ω . i) Nếu u(X) = 0, ∀X ∈ ∂Ω thì u(X) = 0, ∀X ∈ Ω. ii) Nếu u(X) = C (hằng số), ∀X ∈ ∂Ω thì u(X) = C, ∀X ∈ Ω. Chứng minh i) Với mọi ε > 0 ta có uX() ≤ 0 với mọi X ∈ ∂Ω . Theo hệ quả 3ii, ta có uX() ≤ ε với mọi X ∈ Ω. Vì ε > 0 bất kì nên u(X) = 0 với mọi X ∈ Ω. ii) Suy ra từ i) bằng cách xét hàm v = u – C. 102
Đ3. Bài toán Dirichlet Trong lí thuyết ph−ơng trình đạo hàm riêng, ng−ời ta th−ờng quan tâm đến những bài toán với giá trị biên. Đối với ph−ơng trình loại elip, ta th−ờng gặp bài toán biên sau đây gọi là bài toán Dirichlet. Bài toán Dirichlet đối với ph−ơng trình Laplace đ−ợc phát biểu nh− sau : Tìm nghiệm u trên miền bị chặn Ω chứa trong Rn của ph−ơng trình ∆u = 0 và thoả mãn điều kiện biên u ∂Ω =ϕ với ϕ là hàm liên tục cho tr−ớc trên ∂Ω . Có thể phát biểu gọn bài toán Dirichlet nh− sau : ∆u = 0, X ∈ Ω (3.1) u ∂Ω =ϕ(X ′), X ′ ∈ ∂Ω (3.2) 3.1. Tính duy nhất nghiệm và sự phụ thuộc liên tục của nghiệm vào điều kiện biên Định lí 1 Nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2), nếu tồn tại, là duy nhất. Chứng minh Giả sử u1 và u2 là hai nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2). Khi đó u = u1 – u2 là một hàm điều hoà trên Ω, liên tục trên Ω và u ∂Ω = 0. Theo hệ quả 4i, ta có u = 0 trên Ω, hay u1 = u2 trên Ω. Định lí 2. Nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) phụ thuộc liên tục vào điều kiện biên, tức là nếu u1, u2 lần l−ợt là nghiệm của các bài toán : ⎪⎧∆=u 0 ⎪⎧∆=u 0 ⎨ và ⎨ ⎩⎪u ∂Ω =ϕ1 ⎩⎪u ∂Ω = ϕ2 và ϕ−12()XXϕ() 0) với mọi X ∈ ∂Ω thì ϕ−12( XX) ϕ( ) 0) với mọi x ∈ Ω. Chứng minh của định lí 2 suy từ hệ quả 3ii. 3.2. Hàm Green đối với ph−ơng trình Laplace trong miền Ω Định nghĩa. Cho Ω là miền bị chặn trong R 3. Hàm G(X, X 0) theo biến X = (x, y, z) và tham biến X 0 = (x0, y0, z0) gọi là hàm Green của ph−ơng trình Laplace trong Ω nếu hai điều kiện sau đây đ−ợc thoả mãn : 103
a) Nếu X ∈ Ω , X 0 ∈ Ω thì G(X, X 0) có dạng G(X, X 0) = ε(X, X 0) + g(X, X 0), (3.3) trong đó ε(X, X 0) là nghiệm cơ bản của ph−ơng trình Laplace còn g(X, X 0) là hàm điều hoà theo biến X trong miền Ω, liên tục và có các đạo hàm riêng cấp một liên tục trong Ω . 0 b) G(X, X ) X ∈∂Ω = 0. (3.4) Từ định nghĩa ta suy ra : • G(X, X 0) là hàm điều hoà theo biến X trong miền Ω\{X 0}. 0 0 • g(X, X ) X ∈∂Ω = –ε(X, X ). • Khi X → X 0 thì G(X, X 0) → +∞. X 0 gọi là cực điểm của hàm Green. Biểu diễn nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) trong miền Ω Giả sử trong miền bị chặn Ω ⊂ R3 tồn tại hàm Green G(X, X 0) và tồn tại nghiệm u của bài toán (3.1) – (3.2) sao cho u có các đạo hàm riêng cấp một liên tục trên Ω . Khi đó nghiệm u đ−ợc biểu diễn d−ới dạng : ∂Gs(), X0 U(X 0) = ∫ ϕ()sds (3.5) ∂Ω ∂n trong đó n là pháp vectơ trong của ∂Ω . Chứng minh Theo công thức biểu diễn tích phân của hàm điều hoà (1.5) ta có : 0 ⎡∂ε 0 ∂u ⎤ U(X ) = ∫ ⎢us() −ε()s, X ⎥ds (3.6) ∂Ω ⎣⎦∂∂nn Mặt khác, áp dụng công thức Green đối với hai hàm u và v = g(X, X0) ta có : ⎡⎤∂∂gu0 0 = ∫ ⎢us() − g(s,X ) ⎥ds. (3.7) ∂Ω ⎣⎦∂∂nn Cộng (3.6) với (3.7) vế theo vế ta có : ⎡ ∂Gs, X0 () 0 ∂us()⎤ U(X 0) = ⎢us() − G()s, X ⎥ ds ∫ ∂∂nn ∂Ω ⎣⎢ ⎦ 104
⎡∂Gs(), X0 U(X 0) = ⎢ ϕ()sds, ∫ ∂n ∂Ω ⎣⎢ 0 vì G(s, X ) s ∈∂Ω = 0 và u(s) s ∈∂Ω = ϕ(s). Nh− vậy nếu ta biết đ−ợc hàm Green G(X, X 0) và bài toán (3.1) – (3.2) tồn tại nghiệm khả vi liên tục trên Ω thì nghiệm đó sẽ hoàn toàn đ−ợc xác định bởi công thức (3.5). 3.3. Giải bài toán Dirichlet đối với hình cầu V(0, R) Trong phần này ta xét bài toán (3.1) – (3.2) trên miền Ω = V(0, R) (viết tắt VR). A) Xây dựng hàm Green trong hình cầu VR. 0 0 0 0 2 Xét X ∈ VR, gọi X là điểm sao cho 0X .0 X = R . Với mỗi X thuộc VR = VRUSR (SR = S(0, R)), ta đặt 0X 0 = ρ, 0 X 0 = ρ′, XX 0 = r X X 0 = r ′. Hàm Green trong hình cầu VR có dạng : 0 11⎡⎤R G(X, X ) = ⎢− ′ ⎥ (3.8) 4π ⎣⎦rrρ Chứng minh 0 0 0 Vì X ∈ VR nên X ∈ VR do đó X ≠ X ∈ VR . 0 1 R R 0 0 Đặt g(X, X ) = −.=−.ε(X, X ). Khi đó g(X, X ) là hàm điều hoà theo biến X trong VR và 4π ρr′ ρ G(X, X 0) có dạng (3.3). 0 0 2 2 Mặt khác, với X ∈ SR ta có : 0X .0 X = R = 0X . Suy ra hai tam giác ∆OX 0X và ∆OX X 0 đồng dạng, do đó : 105
XX 00OX 11R = hay = . ′ XX0 OX r ρ r Vậy 11 G(X, X 0)|= − =0 . XS∈ R 44ππrr Một cách tổng quát, với hình cầu V(0, R) ⊂ R n (n ≥ 3), hàm Green có dạng : n − 2 11⎡ ⎛⎞R 1⎤ G(X, X 0) = ⎢ − ⎜. ⎟⎥ nr−ω2 n − 2 ρ r′ ()n ⎣⎢ ⎝⎠⎦⎥ 0 11⎡ R ⎤ Với n = 2, hàm Green G(X, X ) = ⎢ln − ln ′ ⎥ 2π ⎣ r ρ.r ⎦ B) Biểu diễn nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) trong V(0, R). Giả sử bài toán (3.1) – (3.2) tồn tại nghiệm khả vi liên tục trong hình cầu đóng V(0, R) = V(0, R)USR. Khi đó : ∂Gs(), X0 U(X 0) = ds ∫ ∂n ∂SR ∂∂Gs(,X0 ) ⎛⎞1⎡⎤1 R 1 =−⎜⎟⎢⎥ ∂πnn⎝⎠4 ⎣⎦rSr′ 0 0 0 0 Giả sử s(x, y, z) ∈ SR, X = (x , y , z ) ∈ V(0, R). Khi đó 222 r = sX 0 = ()x −+xy00(−y)+(z−z0) và 111 ∂∂∂ ∂ ⎛⎞11rr r ⎜⎟=++cos()nx, cos()n, y cos()n, z =2 cos()r, n. nr⎝⎠ ∂∂x y ∂z r ∂ ⎛⎞11 ′ T−ơng tự ta có ⎜⎟= 2 cos(rn, ). nr⎝⎠′′r ∂Gs(,X0 ) 1⎡⎤1 R 1 Vậy =−⎢⎥22cos(rn, ) . cos(rn, ) . ∂πnr4 ⎣⎦ρ r′ Mặt khác, do ∆OX 0s đồng dạng với Os X 0 nên ta có : ρ2 = R 2 + r2 – 2Rrcos( r, n) ; ρ′2 = R 2 + r′2 – 2Rr ′cos( r, n) ∂GR1 ⎡⎤Rr22+−ρρ2 Rr2+′2−′2 do đó =−⎢⎥33. ∂πnR42⎣⎦rρ 2Rr′ 106
ρ′ 0 X X0 0 ρ r r′ 0 R Rr Nh−ng ρ′ = , r′ = (vì s ∈ S) nên : ρ ρ 22 ∂G 1 R − ρ 0 =3 =P(sX, ). (3.9) ∂πnR4 r Khi đó (3.5) trở thành : 22 0 R − ρ 0 0 u(X ) = 2 ϕ()sds hay u(X ) = P(sX, )ϕ(s)ds (3.10) ∫ Rr ∫ SR SR (3.10) gọi là công thức Poisson, (3.9) gọi là nhân Possion. Các tính chất của nhân Poissoi P(s, X 0). 0 0 a) P(s, X ) > 0, ∀X ∈ VR và ∀s ∈ SR. b) ∫ Ps(),1X0 ds= . SR c) ∆=Ps(,X0 ) 0. X 0 Chứng minh nh− bài tập C. Kiểm nghiệm công thức (3.10) là nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) Trong phần B, với giả thiết bài toán (3.1) – (3.2) tồn tại nghiệm u khả vi liên tục trên VR thì u đ−ợc cho bởi công thức (3.10). Tuy nhiên với điều kiện biên liên tục u | = ϕ cho tr−ớc, nhờ công SR thức Poisson (3.10) ta luôn có thể xây dựng đ−ợc hàm u xác định trên VR. Trong phần này ta sẽ chứng minh (3.10) sẽ là nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2). 1 R22− ρ Thật vậy, ta cần chứng minh u(X 0) = ϕ()sds thoả mãn : 4π ∫ Rr3 SR 0 • u(X ) liên tục trên VR . • ∆=uX()0 0 X 0 0 0 0 • lim uX = ϕ(s ), ∀s ∈ SR. Xs00→ () 107
Ta có : ∆=uX()00∆Ps,X ds=0. XX00∫ () SR 0 Với mọi s ∈ SR, ta có ⎡⎤22 22 0 0 1 RR−−ρρ0 u(X ) – ϕ(s ) = ⎢⎥33ϕ−()sds ϕ()s ds 4π ∫Rr ∫Rr ⎣⎦⎢⎥SSRR R22− 1 ρ ⎡ 0 ⎤ = 3 ϕ−()sϕ()sds 4π ∫ Rr ⎣ ⎦ SR 22 001 R − ρ 0 uX()−ϕ(s)≤ 3 ϕ()s−ϕ()s ds. 4π ∫ Rr SR Vì ϕ liên tục trên SR nên tồn tại M > 0 sao cho 0 ϕ−()ssϕ()≤M, ∀s ∈ SR , ε và với mọi ε > 0, tồn tại δ > 0 sao cho : ϕ()ss−ϕ()0 δ và : R22− ρ ()RR+−ρρ()22R(R−ρ) (R−ρ) =≤=. RrR33r Rδδ33 Do đó 108
2MR2 I2 ≤ ()R − ρ . δ3 Khi X 0 → s0 thì ρ = 0X 0 → 0, s0 = R hay R – ρ → 0, nên với ε > 0 0 0 tồn tại δ1 < δ sao cho X s < δ1 ta có : εδ3 R – ρ < . , 22MR2 ε do đó I < và ta có : 2 2 εε uX()00−<u(s) +=ε. 22 00 Nói cách khác lim uX =ϕ s . Vậy u liên tục trên VR và thoả mãn điều kiện biên (3.2). Xs00→ () () 109
Đ4. Sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền bị chặn Ω Bây giờ ta sẽ chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán Dirichlet trong miền Ω ⊂ R3 bị chặn bất kì với ∂Ω là mặt trơn từng mảnh. ∆u = 0 (3.1) u =ϕ. (3.2) ∂Ω 4.1. Các định nghĩa Giả sử v là hàm liên tục trên Ω . + v gọi là hàm điều hoà trên trong miền Ω nếu với mọi X ∈ Ω, tồn tại δ > 0 sao cho mọi mặt cầu S(X, r) với r ≤ δ thì ta có : 1 v(X ) ≥ vsds (4.1) 2 ∫ () 4πr SX(), r + v gọi là hàm điều hoà d−ới trong miền Ω nếu với mọi x ∈ Ω, tồn tại δ > 0 sao cho mọi mặt cầu S(X, r) với r ≤ δ thì ta có : 1 v(X ) ≤ vsds (4.2) 2 ∫ () 4πr SX(), r Mọi hàm điều hoà trong miền Ω đều là điều hoà trên và điều hoà d−ới trong Ω. + v gọi là hàm trên đối với ϕ nếu v là hàm điều hoà trên Ω và v ≥ϕ (4.3) ∂Ω Bằng cách t−ơng tự, ta có thể định nghĩa hàm d−ới đối với ϕ. 4.2. Các tính chất của hàm điều hoà trên và điều hoà d−ới a) Nếu v là hàm điều hoà trên thì cv là hàm điều hoà trên khi c > 0 và là hàm điều hoà d−ới khi c < 0. b) Nếu v1, v2 là hai hàm điều hoà trên thì v1 + v2 là hàm điều hoà trên. c) Nếu v là hàm điều trên trong miền Ω thì v đạt đ−ợc giá trị nhỏ nhất trên biên ∂Ω . d) Nếu v1, v2, , vn là các hàm trên đối với ϕ thì v = min{v1, v2, , vn} cũng là hàm trên đối với ϕ. Các tính chất này đ−ợc suy trực tiếp từ định nghĩa. Bằng cách t−ơng tự ta cũng có thể phát biểu đ−ợc các tính chất của hàm điều hoà đ−ới đối với ϕ. Định lí 1. Giả sử v là hàm điều hoà trên trong hình cầu K (mở) ⊂ Ω, bao giờ ta cũng xây dựng đ−ợc một hàm uK điều hoà trong K và thoả mãn : 110
⎧ ⎪uvSK==, S∂K ⎨ K ⎩⎪uvK ≤∀()X, X∈K Chứng minh Có thể xây dựng uK từ công thức Poisson (3.10) ⎧ ∫ P()Xs00,nv()sdsếuX∈ K 0 ⎪S uK(X ) = ⎨ K ⎪vX00nếu X ∈ S ⎩ () K Theo chứng minh phần (3.3c) ta có uK là hàm điều hoà trên K và 0 0 0 uK(X ) = v(X ), với mọi X ∈ SK. 0 0 0 Mặt khác v(X ) – uK(X ) = 0, với mọi X ∈ SK nên hàm v – uK là hàm trên đối với ϕ = 0. Do đó theo tính chất c) ta có 00 min vX −uK X =0 , ( K = K ∪ SK) XK0 ∈ { () ()} hay 0 0 0 v(X ) ≥ uK(X ), ∀X ∈ K . Định lí 2. Giả sử v là hàm trên đối với ϕ trong Ω và K là hình cầu mở trong Ω. Khi đó nếu đặt : ⎪⎧uXK ()nếu X ∈ K vXK ()= ⎨ ⎩⎪vX() nếu X ∈Ω K với uK đ−ợc xây dựng trong định lí 1, thì vK cũng là hàm trên đối với ϕ trong Ω. Chứng minh v (X ) = v(X ) ≥ ϕ(X). K X ∈=SK ∂K X ∈ SK Ta sẽ chứng minh vK thoả mãn (4.1). Với mọi X ∈ Ω, nếu X ∈ K thì (4.1) nghiệm đúng vì vK(X) = uK(X). Nếu X ∈ Ω K thì (4.1) cũng nghiệm đúng vì vK(X) = v(X) là hàm trên. Nếu X ∈ SK, xét mặt cầu Sr(X) ⊂ Ω. Ta có : 1 vK(X ) = v(X) ≥ vs()ds. 4πr2 ∫ SXr () Nh−ng theo định lí 1 ta có v(X) ≥ vK(X) với mọi X ∈ Ω nên : 1 vK(X) ≥ vs()ds. 4πr2 ∫ K SXr () Vậy vK là hàm trên đối với ϕ. 111
4.3. Chứng minh sự tồn tại nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) bằng ph−ơng pháp Poincaré – Person. Gọi F là tập tất cả các hàm trên đối với ϕ trong miền Ω. F ≠ ∅ vì mọi hàm v = c ≥ sup ϕ(s) đều S ∈∂Ω là hàm trên đối với ϕ, c là hằng số. Với mọi X ∈ Ω, đặt u(X) = inf vX( ) . (4.4) v ∈ F Khi đó, với giả thiết thích hợp trên ∂Ω , ta sẽ chứng minh rằng u là nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2). Tr−ớc hết ta chứng minh u là hàm điều hoà trong hình cầu K bất kì chứa trong Ω có tâm X 0. 0 Ta có inf vX nên với mọi ε > 0, tồn tại v1 ∈ F sao cho : v ∈ F () 0 0 0 u(X ) ≤ v1(X ) u(X1) nên v(X1) vC∈ alF 0 > u(X1). Suy ra tồn tại ω∈F sao cho uX()11≤ ω<()X v(X1). Gọi K1 là hình cầu tâm X có biên đi qua X1. Ta có {vn } hội tụ đều đến hàm v trên K1 . Nếu đặt zn = min (w, vn) ∈ F thì {zn} hội tụ đến zv=min(ω, ) trong K1 . Khi đó zn= [min(ω, vn)]K là hàm điều hòa trong K1 và hội tụ đều đến K1 1 zv=[min(ω, )]K trong K1. Ta có : K1 1 zX()=<z()X v()Xvìω()X<v()X. K1 111 11 112
áp dụng định lí giá trị trung bình đối với hàm z trên ∂K = S ta có : K1 1 K1 11 z ()X0 ==z ds zsd()s KK1122∫∫ 44ππrrSS KK11 1 ′′)0,∀X∈ΩvàX′≠X. K cX)(ω=K )0 Khi đó X là điểm đều của ∂Ω . 113
Đ5. bài toán dirichlet trong hình tròn Trong phần này, ta sẽ dùng ph−ơng pháp tách biến (ph−ơng pháp Fourier) để tìm nghiệm của bài 3 toán Dirichlet trong hình tròn đơn vị B1 ⊂ R có biên là đ−ờng tròn đơn vị S1 . ⎪⎧∆u = 0 ⎨ uf= ⎩⎪ S1 Kí hiệu s là độ dài cung trên S1 tính từ một điểm cố định nào đó. f : SR→ 1 sf ()s là hàm liên tục cho tr−ớc, ta giả thiết f(0) = f(2π). Ph−ơng trình Laplace ∆=u 0 trong toạ độ cực có dạng: ∂∂22uu11∂u ++ =0. (5.1) ∂ρ2ρ ∂ρ ρ2 ∂ϕ2 Ta hãy tìm nghiệm của (5.1) d−ới dạng tách biến: uR(,ρρϕ=) ().Φ(ϕ)≠0. (5.2) Thay (5.2) vào (5.1) ta có: ⎪⎧′ρρ2 RR′+−′λR=0(5.3) ⎨ Đối với hàm Φ ta có ⎩⎪Φ+′′ λΦ =0(5.4) bài toán sau : ⎧Φ+′′ λΦ=0 ⎨ ⎩Φ=(0) Φ(2π) a) Nếu λ=0 bài toán có nghiệm Φ()ϕ= hằng số. b) Nếu λ 0 , ph−ơng trình đặc tr−ng k + λ=0 của (5.4) có nghiệm phức ki1,2 = ±λ. Khi đó nghiệm tổng quát của (5.4) có dạng : Φϕ()=CC12cos λϕ+ sin λϕ. Kết hợp với điều kiện Φ=(0) Φ(2π) ta phải có 114
⎪⎧cos λπ2 =1 ⎨ ⇔ λπ22= nnπ,∈Z. ⎩⎪sin λπ2 =0 Vậy λ=nn2 , ∈Z, và Φϕ() có dạng Φnn()ϕ=ancosϕ+bnsinnϕ. 1 Với λ=n2 ,ph−ơng trình (5.3) có hai nghiệm độc lập tuyến tính R = ρn và R = . Chọn 1 2 ρn n nghiệm liên tục trong B1 là R1 = ρ , khi đó nghiệm liên tục trong B1 của ph−ơng trình (5.1) là : n un( ρ , ϕ) = ρ (ancosnϕ + bnsinnϕ). a Với λ = 0, ph−ơng trình (5.1) có nghiệm u = 0 (là hằng số). 0 2 Lập chuỗi ∞ a0 n un(,ρρϕ=) +∑ (ancosnϕ+bnsinnϕ) (5.5) 2 n=1 Nếu an, bn bị chặn bất kì, chuỗi (5.5) hội tụ tại mọi điểm (,ρ ϕ)∈ B1 và ta có thể chứng minh đ−ợc u(ρ ,ϕ) là hàm điều hoà trong B1. Mặt khác, trong (5.5), cho ρ = 1 muốn u(1, ϕ) =f(ϕ) ta phải có ∞ a0 n f ()ϕ= +∑ρ (annncosϕ+bsinnϕ). 2 n=1 Đẳng thức này xẩy ra khi a0, an, bn, là các hệ số Fourier của hàm f, tức là : 1 2π af=ϕ()dϕ, 0 π ∫ 0 1 2π af=ϕ()cosnϕdϕ, n ∫ π 0 1 2π bf=ϕ()sinnϕdϕ. (5.6) n ∫ π 0 Hàm u(ρ ,ϕ) xác định bởi chuỗi (5.5), trong đó các hệ số aa0 ,,nbn xác định bởi (5.6) là một hàm liên tục trên B1 và là nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) trong hình tròn B1 chứa trong R2. 115
Bài tập 2.1. Tìm dạng của ph−ơng trình Laplace uuxx + yy = 0 trong toạ độ cực. 2.2. Tìm k để các hàm số sau đây là hàm điều hoà 32 2 au)(x)=+x11kxx2, x=(x1,x2)∈R. n 1 2 2 bu) (x) ==k với x ∑ xinvà x=(x1, , x) ≠0. x i=1 2.3. Tìm các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của các hàm điều hoà sau đây; au)(x,y)= xy trên miền Dx:122+≤y . xy22 bu)(x,y)=x2−y2 trên miền D :1+ ≤ . 49 2.4. Giả sử u là hàm có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp hai trong miền D ⊂ R n và ∆u ∀0, X≠X. bG)(X,X00)= G(X,X). 2.6. Chứng minh các tính chất sau đây của nhân Poisson P(,sX0 ) 00 a) P(,sX )>∀0, X ∈VR là các hình cầu tâm O bán kính R và ∀s∈ SR là mặt cầu tâm O bán kính R. bP)(∫ s,X0 )ds= 1. SR cP)(∆=s,X0 )0. X 0 2.7. Giả sử u là hàm liên tục trên miền D ⊂ R3 và nghiệm đúng định lí giá trị trung bình trong mọi hình cầu V(X,R) ⊂∀D, X∈D. Chứng minh u là một hàm điều hoà. 116
∂u 2.8. Giả sử uC∈ 2 (D) với D ⊂ R3 và ∫ ds = 0 với S là đ−ờng cong kín bất kì nằm trong D S ∂n còn n là pháp vectơ của S. Chứng minh u là hàm điều hoà trên D. 2.9. Tìm nghiệm của bài toán Dirichlet đối với hàm điều hoà trong hình tròn : xy22+<1 thoả mãn điều kiện biên u =ϕsin 2 (0 ≤ϕ≤2π) trên đ−ờng tròn xy22+ = 1 . 3 2.10. Giả sử Ω là miền bị chặn trong R có biên ∂Ω trơn từng mảnh và {un } là dãy hàm điều hoà trong Ω , liên tục trên Ω . Nếu {un } hội tụ đều trên ∂Ω . Chứng minh: a) {un } hội tụ đều trên Ω về hàm u. b) u điều hoà trong Ω c) Mọi miền Ω⊂′ Ω dãy các đạo hàm cấp tuỳ ý của {un } hội tụ đều về đạo hàm cấp t−ơng ứng của u. 3 2.11. Nếu {un } là dãy các hàm điều hoà trong Ω⊂R , đơn điệu và hội tụ tại điểm x0 ∈ Ω thì {un } hội tụ trong toàn miền Ω và sự hội tụ đó là đều trong mọi miền con Ω⊂′ Ω. 117
Ch−ơng III: Ph−ơng trình loại Hyperbol Trong ch−ơng này, ta nghiên cứu ph−ơng trình loại hyperbol đơn giản, đó là ph−ơng trình truyền sóng. Dạng tổng quát của ph−ơng trình truyền sóng: n 2 uatt =+u f(x, , x, t) , ∑ xxii 1 n i =1 n trong đó t là biến thời gian ; (x1, , xn) ∈ R là biến không gian ; a là hằng số gọi là vận tốc truyền sóng ; f là hàm của n + 1 biến. Nếu f = 0 thì ta có ph−ơng trình truyền sóng thuần nhất. Để đơn giản ta chỉ xét tr−ờng hợp n ≤ 3. Đ1. Bài toán cauchy của ph−ơng trình truyền sóng và định lí duy nhất nghiệm Xét bài toán Cauchy 2 utt = a (uxx + uyy) + f(x, y, t) (1.1) u(x, y, 0) = ϕ(x, y) (1.2) ut(x, y, 0) = ψ(x, y) (1.3) Mặt phẳng t = 0 gọi là mặt mang dữ kiện Cauchy. Họ các mặt đặc tr−ng của ph−ơng trình (1.1) là họ mặt nón tròn xoay có trục song song với trục Ot và có ph−ơng trình: 2 2 2 (x – c1) + (y – c2) – a2(t – c3) = 0, (1.4) trong đó A = (c1, c2, c3) là đỉnh của mặt nón. 2 Giả sử trên mặt t = 0, cho mặt nón B có ph−ơng trình (x – c1) + 2 2 (y – c2) = R . Có hai hình nón đối xứng qua mặt t = 0 và nhận B làm đáy, có mặt bên S là một phần của mặt đặc tr−ng trong họ (1.4). Gọi K là một trong hai hình nón đó, chẳng hạn hình nón có đỉnh h−ớng theo chiều d−ơng của trục Ot. 118
Định lí duy nhất nghiệm Giả sử u là nghiệm của bài toán (1.1) – (1.2) – (1.3) và có các đạo hàm riêng đến cấp hai liên tục trong K =∪KS∪B . Khi đó nghiệm u đ−ợc xác định duy nhất trong K bởi các dữ kiện (1.2), (1.3) cho tr−ớc trên đáy B. Chứng minh. Nếu u1, u2 là hai nghiệm của bài toán thì u = u1 – u2 là nghiệm của bài toán: 2 utt = a (uxx + uyy), (1.5) u(x, y, 0) = 0, (1.6) ut(x, y, 0) = 0. (1.8) Vậy ta chỉ cần chứng minh bài toán (1.5) – (1.6) – (1.7) chỉ có nghiệm u = 0 trong K . Trong (1.5) ta có thể giả sử a = 1. a) Chứng minh u = 0 tại A. Nhân ph−ơng trình (1.5) với 2ut rồi lấy tích phân trên K, ta có: I =−⎡⎤2(u u 2u u +2u u )dxdydt =0. ∫ ⎣⎦tt t t xx t yy K Biến đổi 2 2uttu t = ( ut )t 2 2utuxx = 2(utux)x – ( ux )t 2 2utuyy = 2(utuy)y – ( uy )t. Vậy I = ⎡⎤(uu22++( u2)) −2(uu) −2(uu) dx dy dt =0 ∫ ⎣⎦txyt txx tyy K áp dụng công thức Ostrogradsky ta có I =+{[uu22( +u2)]cos(n,t)−2uucos(n, x) ∫ txy tx SB∪ −=2cuuty os(n,y)}ds 0, trong đó n là vectơ pháp tuyến trong của S U B. Trên đáy B, do (1.6) và 1.7 ta có : ux |B = uy|B = ut|B = 0. Mặt nón S có ph−ơng trình 22 ω=(,uxt,) t±(x−c1)+(y−c2) = hằng số, 222 nên ta có ω−txω−ωy=0 và 119
ωω ω tx== y =k . cos(nt, ) cos(n, x) cos(n, y) Suy ra cos2( nt, ) – cos2( n, x) - cos2( n, y) = 0. (1.8) Vậy I =+{[uu22( +u2)]cos(n,t)−2uucos(n, x) ∫ txy tx SB∪ −=2cuuty os(n,y)}ds 0. Nhân hai vế với cos (,nt)≠ 0 và sử dụng (1.8) ta có : Iu=−{[ cos(n, x) ucos(n,t)]22+[ucos(n, y)−ucos(n,t)] }ds=0 . ∫ tx ty S Suy ra uuu x==y t =v. (1.9) cos(nx, ) cos(n, y) cos(n,t) Gọi m là vectơ chỉ ph−ơng của đ−ờng sinh l trên mặt S. Trên l ta có: ∂u =+umcos( , x) ucos(m, y)+ucos(m,t) ∂m xyt =+vm[cos( , x)cos(n, x) cos(m, y)cos(n, y) + cos(mt, )cos(n,t)] ∂u ==vmcos( ,n) 0 vì m ⊥n. ∂m Suy ra u là hàm hằng trên l. Theo (1.6) thì u(x, y, 0) = 0 nên u = 0 trên l hay u = 0 tại A. b) Chứng minh u = 0 trên K. Lấy điểm P bất kì của K , dựng mặt đặc tr−ng của họ (1.4) có đỉnh P và cắt mặt t = 0 tạo thành hình tròn B′ ⊂ B. Theo (1.6) và (1.7) ta có: u|B’ = ut|B = 0. Gọi K′ là hình nón đỉnh P có đáy B′. Theo chứng minh ở phần a) ta có u = 0 tại P. Vậy u = 0 trên K . Chú ý 1) Trong chứng minh định lí, để đơn giản, ta đã giả thiết a = 1. Nếu a ≠ 1 ta có thể đổi biến số t′ = at để có vận tốc truyền sóng a = 1. 2) Định lí vẫn đúng cho tr−ờng hợp n chiều. 120
Đ2. Công thức nghiệm của bài toán cauchy đối với ph−ơng trình truyền sóng Trong phần này, ta sẽ giải quyết vấn đề tồn tại nghiệm của bài toán Cauchy của ph−ơng trình truyền sóng bằng cách thiết lập nghiệm cụ thể của bài toán này. Xét bài toán : 2 utt = a (uxx + uyy + uzz) + f(x, y, z, t) (2.1) u(x, y, z, 0) = ϕ (x, y, z) (2.2) ut(x, y, z, 0) = ψ (x, y, z) (2.3) Với giả thiết ϕ là hàm có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp ba, ψ là hàm có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp hai còn f liên tục theo t và có các đạo hàm riêng đến cấp một liên tục theo x, y, z. Ta tìm nghiệm của bài toán trong miền t > 0. Để giải bài toán (2.1) – (2.2) – (2.3), ta lần l−ợt xét ba bài toán phụ sau đây : Bài toán 1 2 ⎧vatt =+()vxx vyy +vzz ⎪ ⎨vx(,y,z,0)=ϕ(,xy,z) ⎪vx(,y,z,0)= ψ(,xy,z) ⎩ t Bài toán 2 2 ⎧ω=tt a ()ωxx +ωyy +ωzz ⎪ ⎨ω=(,xy,z,0) ϕ(,xy,z) ⎪ω=(,xy,z,0) 0 ⎩ t Bài toán 3 *2 ⎧uatt =+()uxx uyy +uzz +f(x,y,z,t) ⎪ ⎪ * ⎨ux(,y,z,0)= 0 ⎪ * ux(,y,z,0)= 0 ⎩⎪ t Giả sử v, ω, u* là nghiệm theo thứ tự của các bài toán 1, 2, 3. Khi đó nghiệm của bài toán (2.1) – (2.2) – (2.3) là u = v + ω + u*. 2.1. Giải bài toán 1 Định lí 1. Nghiệm của bài toán 1 có dạng: 121
1(ψ ξη,,ζ) ν(x, y, z, t) = ds (2.4) 4πat2 ∫ Sat trong đó t > 0, Sat là mặt cầu tâm (x, y, z) bán kính at. Chứng minh. Kiểm chứng v(x, y, z, 0) = 0. Do ψ liên tục nên theo định lí giá trị trung bình của tích phân ta có : 1 v(x, y, z, t) = ψ(,ξη ,ζ*)ds , 4πa2 ∫ Sat * * * trong đó (ξ , η , ζ ) ∈ Sat v(x, y, z, t) = t. ψ (ξ*, η*, ζ*) (*) Vì ψ bị chặn trên Sat nên lim vx( , yz, ,t) = 0 = v(x, y, z,0) . Từ (*) ta cũng suy ra t→0 vx(,yz,,t) lim = ψ(x, yz, ). t→0 t 2 Kiểm chứng vt(x, y, z, 0) = ψ (x, y, z) và vtt = a ∆v. Dùng phép đổi biến số không suy biến : ⎧ξ =+x αat ⎪ ⎨η =+y β at ⎪ ⎩ζ =+zaγ t 2 2 Khi đó Sat → S1 và ds = a t ds1. Ta có 1 v(,x y,z,t)=+ψ(x αat,y +βat,z +γat)ds (2.5) 4π ∫ 1 St 1 at v()t =+ψψ(αβ, ,γ)ds (α +βψ+γψ)ds ∫∫11ξηζ 44ππSS tt (2.6) 1 =+ψψds at()αβ + ψ+γ ψ. 4π ∫ ξηζ S1 * * * * * * * trong đó (α , β , γ )∈ S1 và ψξ = ψ ξ(α , β , γ ), t−ơng tự đối với ψη,ψζ. Do ψ có các đạo hàm riêng cấp 1 liên tục trên S1 nên 1 v limvt (x, yz, ,t) ==lim ψψds lim =(x, yz, ). tt→→004π ∫ t→0t S1 Từ (2.5) ta có 122
11 ∆=vd∆ψs= ∆ψds (2.7) 44ππ∫1 at2 ∫ SS1 at Mặt khác, ta có thể viết (2.6) lại nh− sau v 1 vd=+ ()αψψ+β +γψs. t ta4π t∫ ξηζ Sat Theo công thức Ostrogradski ta có: v 1 vd=+ ∆ψ V, t ta4π t∫ Sat trong đó Vat là hình cầu tâm (x, y, z) bán kính at. Đặt I(t) = ∫ ∆ψ dV và thực hiện phép biến đổi biến qua toạ độ cầu ta có : Vat at ππ2 It()=∆∫∫dr dθθ∫ψ(r, ,ϕ)dϕ, 00 0 ππ2 It′()=∆a∫∫dθθψψr2 sin dϕ=a∫∆ds, 00 Sat vv1111 vv==( ) ( +I(t)) =−+v− I()t+I′()t tt t t ta44ππtt t22tt at 4πat 1 v=∆ψ ds. (2.8) tt 4πt ∫ Sat 2 So sánh (2.7) và (2.8) ta có : vtt = a ∆v. Chú ý 1) Nghiệm của Bài toán 1 phụ thuộc vào điều kiện ψ , kí hiệu là v ψ . 2) Nếu ψ có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp k theo các biến ξ, η, ζ thì nghiệm v ψ có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp k theo các biến x, y, z, t (t > 0). 2.2. Giải bài toán 2 Định lí 2. Giả sử vϕ là nghiệm của Bài toán 2 ứng với điều kiện biên vt = ϕ. Khi đó Bài toán 3 có nghiệm là 123
ω(x, y, z, t) = (vϕ)t (2.9) Chứng minh. Theo giả thiết ta có ∂v limω=(x, yz, , t) lim ϕ =ϕ(x, yz, ). tt→→00∂t Vậy ω(x, y, z, 0) = ϕ(x, y, z). Mặt khác, ta có 2 ( vϕ )tt = a [(vϕ )xx + (vϕ )yy + (vϕ )zz]. Do ϕ có các đạo hàm riêng liên tục đến cấp ba và theo chú ý trên ta có vϕ có đạo hàm riêng liên tục đến cấp ba theo t, nên : 2 ( vϕ )ttt = a [(vϕ )xxt + (vϕ )yyt + (vϕ )zzt], 2 hay ωtt = a [ωxx + ωyy + ωzz]. Ngoài ra, ta có : vϕ⏐t = 0 = 0, suy ra ∆vϕ⏐t = 0 = 0. 2 Do đó ωt⏐t = 0 = (vϕ)tt⏐t = 0 = a ∆vϕ⏐t = 0 = 0. 2.3. Giải bài toán 3 Định lí 3. Nếu V(τ, x, y, t ), với mọi giá trị của tham biến τ, là nghiệm của bài toán sau đây : 2 ⎧Vat =∆V ⎪ ⎨Vx(,τ ,y,z,0)= 0 ⎪Vx(τ,,,yz,0)= f(x,,yz,)τ ⎩ t t thì hàm u*(x, y, z, t) = ∫ Vx(,τ,y,z,t−τ)dτ (2.10) 0 là nghiệm của Bài toán 3. Chứng minh Ta có tt uV* =τd+V(,tx,y,z,0)=Vdτ (2.11) tt∫∫t 00 124
tt u* =τVd +V(t,x,,yz,0)=Vdτ+f(x,,yz,t). tt ∫∫tt t tt 00 tt Mặt khác au2*∆=a2∆dτ=Vdτ. ∫∫tt 00 * 2 * Vậy utt = a ∆u + f(x, y, z, t). Từ (2.10) và (2.11) ta có ngay * * u (x, y, z, 0) = ut (x, y, z, 0) = 0. Nh− vậy nghiệm Bài toán 3 có dạng : 1(t f ξη,,ζ,τ) ux* (,y,z,t)=τd ds. 4π−at2 ∫∫ τ 0 Sa(1−τ) Bằng cách đổi biến số r = a(1 - τ) ta có : r 0 ft(,ξη,ζ, − ) 1 ux* (,y,z,t)=− dr a ds 4πar2 ∫∫ at Sr r ft(,ξη,ζ, − ) 1 ux* (,y,z,t)= a dV, trong đó V là hình cầu tâm (x, y, z) bán 4πar2 ∫ at Vat kính at. Từ đó ta có thể biển diễn nghiệm của bài toán Cauchy (2.1), (2.2), (2.3) nh− sau : ∂v uv=+ϕ + u*. ϕ ∂t ⎡⎤r ⎛⎞ft(,ξη,ζ, − ) 1 ⎢⎥ψ∂ϕ a ud=+⎢⎥s⎜⎟ds+ dV, (2.12) 4π∂at2 ∫∫t⎜⎟t ∫r ⎢⎥SSat ⎝⎠at Vat ⎣⎦ trong đó rx=−()ξ22+(y−η)+(z−ζ)2. Công thức (2.12) gọi là công thức Kirchoff. 125
Đ3. Ph−ơng pháp hạ thấp Công thức Kirchoff (2.12) biển diễn nghiệm của bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình truyền sóng phụ thuộc vào biến thời gian t và các biến không gian x, y, z. Muốn biểu diễn nghiệm của bài toán Cauchy có số biến không gian ít hơn, ta dùng ph−ơng pháp sau đây, gọi là ph−ơng pháp hạ thấp. a) Tr−ờng hợp 1. Tìm nghiệm của bài toán 2 ⎧uatt =+()uxxyuy ⎪ ⎨ux(,y,0) =ϕ(x,y) (3.1) ⎪ux(,y,0)=ψ(x,y) ⎩ t Ta xem bài toán này là tr−ờng hợp đặc biệt của bài toán (2.1) – (2.2) – (2.3) với f(x, y, z, t) = 0 còn các hàm ϕ(x, y) = ϕ(x, y, z) và ψ (x, y) = ψ (x, y,z). Nh−ng giá trị của chúng không phụ thuộc vào z, nên ϕ và ψ là những hàm chẵn theo biến z. Khi đó theo công thức Kirchoff ta có : 1 ⎡⎤ψ∂ϕ u(,x y,t)=+⎢⎥ds ds . 4π∂at2 ∫∫tt ⎣⎦⎢⎥SSat at 12 1 2 Đặt Sat = Sat ∪ Sat trong đó Sat (t−ơng ứng Sat ) là nửa mặt cầu nằm trên (t−ơng ứng d−ới) của mặt phẳng xOy, Kat là hình chiếu của chúng xuống mặt phẳng xOy. Chuyển các tích phân mặt về tích phân hai lớp ta có : dξηd at atdξηd dS ==dξdη= cos γξ−z at22− ()x−ξ 2− (y−η)2 2 ⎡⎤ψ ∂ϕ u(,x y,t)=+⎢⎥ds ds 2 ∫∫ 4π∂at⎢⎥11tt ⎣⎦SSat at 1(⎡ ϕξ,η)ddξ η ux(,y,t)= ⎢ ∫ 22 2 2 4πa ⎢K at −−()x ξ−(y−η) ⎣ at (3.2) ∂ϕ(,ξη)ddξη⎤ + ⎥ ∂−ta∫ 22t ()x−ξ2−(y−η)2 Kat ⎦⎥ (3.2) gọi là công thức Poisson b) Tr−ờng hợp 2. Tìm nghiệm của bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình dao động của dây 126
2 ⎧uatt = uxx ⎪ ⎨ux(,0)= ϕ(x) (3.3) ⎪ux(,0)= ψ(x) ⎩ t T−ơng tự nh− trên, trong công thức (2.12) ta xem f(x, y, z, t) = 0 và các hàm ϕ, ψ không phụ thuộc vào y và z. Ta có công thức D’Alambert biểu diễn nghiệm của bài toán (3.3) nh− sau: ϕϕ()xa++t (x−at)1xa+ t ux(,t)=+∫ ψ(ξ )dξ . 22a xa− t 127
Đ4. Bài toán hỗn hợp 3 4 Cho Ω ⊂ R là miền bị chặn có biên ∂Ω. Kí hiệu hình trụ trong R là QT = Ω ì (0, T) với T > 0 ; Mặt xung quanh của QT là ST = ∂Ω ì (0, T). Đáy d−ới và đáy trên của QT lần l−ợt là Ω và ΩT. Trong QT, ta xét bài toán hỗn hợp đối với ph−ơng trình truyền sóng sau đây : 2 ⎧uatt =+()uxx uyy +uzz ⎪ ⎪ux(,y,z,0)= ϕ0 (,x y,z) ⎪ (4.1) ⎨uxt (,y,z,0)= ϕ1(,xy,z) ⎪ ⎪ ∂u ux(,y,z,t)SS==0 hoặc 0 ⎩⎪ TT∂n 1 với giả thiết ϕ0 ∈ C (Ω), ϕ1 ∈ C(Ω) và n là véctơ của ST. 4.1 Định luật bảo toàn năng l−ợng Định lí. Với mọi τ ∈ [0, T], kí hiệu QC = Ω ì (0, T) và giả sử u là nghiệm của bài toán (4.1). Khi đó ta có ⎡⎤uX22(,ττ)++a(u2(,X ) u2(X,τ)+u2(,Xτ))dX ∫ ⎣⎦txyz QT = ⎡⎤ϕϕ22()Xa++(2(X)ϕ2(X)+ϕ2(X))dX, (4.2) ∫ ⎣⎦10xy00z Ω trong đó X = (x, y, z) ∈ Ω. Đẳng thức (4.2) mô tả một quy luật: “năng l−ợng” tại thời điểm t = τ (0 ≤ τ ≤ T) cũng bằng “năng l−ợng” tại một thời điểm t = 0. Quy luật đó gọi là định luật bảo toàn năng l−ợng. Chứng minh. Nhân ph−ơng trình thứ nhất của bài toán (4.1) với 2ut rồi lấy tích phân trên QT ta đ−ợc 2(u u dx dt =+a2 u u +u )2u dx dt. ∫∫tt t xx yy zz t QQττ τ Vế trái = ()ud22xdt= dX(u)dt ∫∫tt ∫t t Qτ Ω 0 128
=uX2(,τϕ)dx−2(X)dX. (4.3) ∫t ∫1 ΩΩT Vế phải = −+au2 (2 u2uu+2uu)dXdt ∫ xtx yty ztz Qτ ++au2 [2( u) 2(uu) +2(uu) ]dXdt. ∫ xtx yty ztz Qτ áp dụng công thức Ostrogradski vào số hạng thứ hai ta có: Vế phải = −+a22⎡⎤()u (u )2+(u )2dxdt + ∫ ⎣⎦xt yt zt QT 2a2 ⎡⎤uuncos( , x)++uuncos( , y) uuncos( , z) ds ∫ ⎣⎦xt yt zt ST ∂u =−a22⎡⎤()u +(u )2+(u )2dx dt + 2 .u ds. ∫∫⎣⎦xyz ∂n t QSTT ∂u Do các điều kiện biên của (4.1) ta suy ra u = 0 hoặc n = 0 . tST ∂n SST Vậy vế phải = au22⎡⎤(,X0)++u2(,X0) u2(,X0)dX− ∫ ⎣⎦xyz Ω −+au22⎡⎤(,Xττ) u2(X,)+u2(,Xτ)dX. (4.4) ∫ ⎣⎦xyz ΩT Từ (4.3) và (4.4) ta có đẳng thức (4.2). 4.2. Tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp (4.1) Định lí. Nghiệm của bài toán (4.1), nếu có, là duy nhất. Chứng minh. Giả sử bài toán có hai nghiệm u1, u2. Khi đó u = u1– u2 là nghiệm của bài toán : ⎧ 2 ⎪uatt =+()uxx uyy +uzz ⎪ ⎨uX( , 0) = ut (X, 0) = 0 ⎪ ∂u ⎪u = 0hay = 0 ⎩⎪ SSTT∂n theo đẳng thức năng l−ợng (4.2) ta có : 129
⎡⎤u2(X, τ+) a2(uuu222(X, τ+) (X, τ+) (X, τ) dx =0 ∫ ⎣⎦txyz Ωτ Suy ra ut (X, τ) = 0 = ux(X, τ) = uy(X, τ) = uz(X, τ) với hầu khắp X ∈ Ω và mọi τ ∈ [0, T]. Vậy u = hằng số với hầu khắp X ∈ Ω và mọi τ ∈ [0, T]. Nh−ng u khả vi liên tục trong QT và u(X, 0) nên u = 0 trong QT hay u1 = u2. 130
Đ5. Ph−ơng pháp tách biến để giải bài toán hỗn hợp Trong phần này ta sử dụng ph−ơng pháp tách biến để giải quyết vấn đề tồn tại nghiệm của bài toán hỗn hợp đối với ph−ơng trình hyperbol. Với l, T > 0 ta kí hiệu : 2 QT = [0, l] ì [0, T] ⊂ R , L(u) ≡ – (p(x)ux)x + q(x)u, trong đó x ∈[0, l], p, p′, q ∈ C [0, l] và p(x) ≥ 0, q(x) ≥ 0, ∀x ∈ [0, l]. Xét bài toán hỗn hợp trong QT nh− sau : utt = – L(u) (5.1) u(x, 0) = ϕ0(x) (5.2) ut(x, 0) = ϕ1(x) (5.3) u(0, t) = u(l, t) = 0, ∀t ∈ [0, T] (5.4) 2 với giả thiết ϕ0, ϕ1 ∈ C0 [0, l] : không gian các hàm khả vi liên tục đến cấp hai và triệt tiêu tại các mút. 5.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp Định lí. Nghiệm của bài toán hỗn hợp, nếu có, là duy nhất. Phần chứng minh xem nh− bài tập. 5.2. Lời giải của bài toán hỗn hợp. Sự tồn tại nghiệm Ta hãy tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp d−ới dạng : u(x, t) = X(x).T(t) ≠ 0, trong đó ta giả thiết L(ϕ0) = 0. Ta có : T″ X = – T.L(X). TL′′ ()X Suy ra =− =−λ , trong đó λ là một hằng số. Khi đó bài toán hỗn hợp chuyển thành hai TX bài toán phụ 131
T″ + λT = 0 (5.5) và ⎧LX()= λ X ⎨ (5.6) ⎩XX(0) ==(l) 0 L là một toán tử tuyến tính, do vậy các giá trị của λ sao cho (5.6) có nghiệm X ≠ 0, chính là các giá trị riêng và vectơ riêng của toán tử L. Gọi 0 0, ph−ơng trình (5.5) có nghiệm TCkk=12cos λ .t+Csin λk.t, do đó nghiệm của ph−ơng trình (5.1) t−ơng ứng là : kk uXkk==.(TkkXC12cosλk.t+Csinλk.t) Tuy nhiên các uk không thoả mãn các điều kiện (5.2) và (5.3). Ta đi tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp bằng cách lập chuỗi : ∞ kk ux(,t)=∑ Xkk(C1cos λ.t+C2sin λk.t). (5.7) k =1 Muốn (5.7) thoả mãn (5.2) ta phải có : ∞ k ϕ0()Xu==(x,0) ∑C1Xk . (5.8) k =1 2 Do {Xk} là cơ sở trực chuẩn của L [0, l] nên (5.8) phải đ−ợc xem là khai triển Fourier của ϕ0 trên k [0, l]. Nh− vậy các hệ số C1 đ−ợc xác định nh− sau : 1 1 Ck = ϕ ()xX(X)dx, k = 1, 2, (5.9) 10∫ k l 0 Muốn (5.7) thoả mãn (5.3) ta phải có : ∞ k ϕλ12()Xu==tk(x,0) ∑ CXk(x). k =1 T−ơng tự nh− trên ta phải có: 132
1 l λϕCXk = ()X(x)dx. kk21∫ l 0 hay 1 l Ck = ϕ ()XX(x)dx. (5.10) 21∫ k λk .l 0 Khi đó chuỗi (5.7) với các hệ số đ−ợc xác định bởi (5.9) và (5.10) sẽ xác định một hàm u(x, t) và ng−ời ta chứng minh đ−ợc u là nghiệm của bài toán hỗn hợp. Bài tập 3.1. Nếu u là nghiệm của bài toán hỗn hợp : 2 ⎧uatt =∆u ⎪ ux(,0)= ϕ (x) ⎪ 0 ⎨uxt (,0)= ϕ1(x) ⎪ ∂u ⎪uxt(,) 0hoặc = 0 ⎩⎪ SSTT∂n 3 trong miền trụ QT ⊂ R , QT = Ω ì (0, T), có mặt xung quanh là ST và 1 ϕ0 ∈ C (Ω), ϕ1 ∈ (Ω). Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức : uX22(,t)dXdt≤+C⎡ϕϕ(X) 2(X)+a2(ϕ2+ϕ2)⎤ dX ∫∫⎣ 01 0xy0⎦ ΩΩτ trong đó X = (x, y) ∈Ω, Ωτ = {(x, y, τ)⏐(x, y) ∈ Ω và τ ∈ (0, T) }, C là hằng số d−ơng. 3.2. Chứng minh định lí về tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp trong phần 5.1 của Đ5. 3.3. Tìm nghiệm tổng quát của các ph−ơng trình sau đây : a) 2uxx – 5uxy + 3uyy = 0. xy+ 1 − b) 3u + 10u + 3u + u + u + ux− 16 e16 = 0 . xx xy yy x y 16 3.4. Giải các bài toán Cauchy sau đây : 133
2y a) 4y2u + 2(1 – y2)u – u – (2u – u ) = 0, xx xy yy 1 + y2 x y u(x, y)⏐y = 0 = ϕ(x), uy(x, y)⏐y = 0 = ψ (x) trong đó ϕ và ψ là các hàm khả vi liên tục đến cấp hai. 2 b) uxx – 2sinx uxy – (3 + cos x)uyy + ux + (2 – sinx – cosy)uy = 0. x − 2 u(x, y)⏐y = cosx = 0, uy(x, y)⏐y = cosx = excos . 3.5. Tìm nghiệm của ph−ơng trình sau uxx + uyy + uzz – utt = 0 và thoả mãn điều kiện sau đây : x 2 2 a) u(x, y, z, 0) = e cosy và ut(x, y,z, 0) = x – y . 1 b) u(x, y, z, 0) = và u (x, y,z, 0) = 0 (x ≠ 0). x t 3.6. Tìm nghiệm của bài toán sau : ⎧uutt =+xx uyy ⎪ ⎨ux(,y,0)= x32y ⎪ux(,y,0)=−x24y 3x2 ⎩ t 3.7. Tìm nghiệm của bài toán sau đây : ⎧uutt =+xx uyy ⎪ a) ⎨ux(,y,0) =+x22y ⎪ux(,y,0)= 1 ⎩ t ⎧uutt = xx ⎪ x b) ⎨ux( , 0) = e ⎪ −x ⎩uxt (,0)= e 134
Ch−ơng IV: Ph−ơng trình loại parabol Trong ch−ơng này ta sẽ xét một ph−ơng trình loại parabol th−ờng gặp, đó là ph−ơng trình truyền nhiệt u = a2( uu+ ++ u), a > 0. t x11xx2x2 xnnx Để đơn giản ta chỉ xét n ≤ 2. Đ1. Nguyên lí cực trị trong miền bị chặn đối với ph−ơng trình truyền nhiệt 2 3 Trong R cho miền mở Ω bị chặn có biên ∂Ω. Kí hiệu hình trụ trong R là QT = Ω ì (0, T) (T > 0), có mặt xung quanh ST = ∂Ω x (0, T) ΩT = {(x, y, T)|(x, y) ∈ Ω}; σ = ST ∪ Ω 2k, k C ( QT ) là không gian gồm các hàm có các đạo hàm riêng theo x, y liên tục đến cấp 2k, theo t liên tục đến cấp k trong QT. Trong QT ta xét ph−ơng trình truyền nhiệt: Tu = ut – (uxx + uyy) = f(x, y, t). (1.1) 1.1. Nguyên lí cực trị Nếu u là nghiệm của ph−ơng trình T(u) = 0 và liên tục trên QT thì u đạt đ−ợc giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất trên σ = ST ∪ Ω . Chứng minh Tr−ớc hết ta chứng minh u đạt giá trị lớn nhất trên σ . Đặt M = Max u(,x y,t) và α = Max u(,x y,t). (,xy,t)∈QT (,xy,t)∈σ Ta cần chứng minh α = M Ta có α ≤ M, giả sử α < M khi đó tồn tại (x0, y0, t0) = X0 ∈ QT ∪ Ω T sao cho u(X0) = M. M − α Đặt v(x, y, t) = u(x, y, t) + (t− t). Ta có v liên tục trên Q 2T 0 T và vì với mọi (x, y, t) ∈ ST ∪ Ω thì u(x, y, t) ≤ α còn t0 – t ≤ t0 ≤ T nên MM−+α α v(x, y, t) ≤ α + =<M , 22 135
nh−ng v(X0) = u(X0) = M. Vậy v phải đạt giá trị lớn nhất tại X1 = (x1, y1, t1) ∈ QT ∪ Ω T. Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì: MM−−α α Tv()=+T(u) T(t −t)=− <0. (*) 22TT0 Mặt khác nếu X1 ∈ QT thì X1 là điểm trong của QT và ta có X1 là điểm cực đại của hàm v. Nên : vv=≤0, 0, v≤0 tX11xxX yyX1 do đó Tv(X1) ≥ 0, mâu thuẫn với (*). Vậy thì X1 phải thuộc Ω T. Khi đó (x1, y1) là điểm trong của Ω còn t0 = T là điểm biên của (0, T) do đó vvv≥≤0, 0, ≤0 ttXX11yyX1 và ta cũng có Tv(X1) ≥ 0, mâu thuẫn với (*). Vậy α = M. áp dụng chứng minh trên cho hàm – u ta suy ra hàm u cũng đạt giá trị nhỏ nhất trên σ . Nh− vậy theo nguyên lí cực trị ta có thể viết min ux( ′′, y,t′) ≤≤ux( , y,t) Max u(x′, y′,t′), ∀(x, y,t)∈QT . (,xy′′,t′)∈σ (,,xy′′t′)∈σ n + 1 Định lí trên vẫn đúng với miền QT ⊂ R . 1.2. Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên thứ nhất đối với ph−ơng trình truyền nhiệt Xét bài toán biên sau đây gọi là bài toán biên thứ nhất : Tu ≡ ut – (uxx + uyy) = f(x, y, t) (1.1) u |σ = φ (x*, t) (1.3) Định lí Nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3), nếu có, là duy nhất. Chứng minh Giả sử bài toán có hai nghiệm u1, u2. Khi đó u = u1 – u2 là nghiệm của bài toán : ⎪⎧Tu = 0 ⎨ ⎩⎪u σ = 0 Từ bất đẳng thức (1.2) ta suy ra u = 0 trên QT hay u1 = u2. 136
Đ2. Nguyên lí cực trị trong miền không bị chặn đối với ph−ơng trình truyền nhiệt 2 Kí hiệu GT = R x (0, T), (T > 0) Xét ph−ơng trình truyền nhiệt Tu ≡ ut – (uxx + uyy) = 0 trên miền không bị chặn GT. 2.1. Nguyên lí cực trị 2, 1 Giả sử u ∈ C (GT) và u bị chặn trên GT. Khi đó nếu Tu = 0 thì : inf u(,xy,0)≤≤u(x,y,t) sup u(xy,,0) (,xy)∈∈R22(x,y)R với mọi (x, y, t) ∈ GT. Chứng minh Vì u bị chặn trên GT nên tồn tại m = inf u(,x y,0)và M = sup u(,x y,0). R2 R2 Tr−ớc hết ta chứng minh u(X0) ≤ M, với mọi X0 = (x0, y0, t0) ∈ GT. Với X = (x, y, t) ∈ GT và ε > 0 ta đặt : 2 2 V(X ) = x + y + 4t ; V1(X ) = u(X ) – M – ε V(X ). Ta có : T(V) = 0 = T(V ) và VV≥≤0, 0 . 1 RR221 2 Xét hình tròn tâm O bán kính R trong R : B(0, R) = BR có biên đ−ờng tròn S(0, R) = SR. Đặt σ = SR x (0, T) ta có V(X ) ≥ x2 + y2 = R2 , ∀X = (x, y, t) ∈ σ . Do u bị chặn nên ta có thể chọn R đủ lớn để : ε V(X ) ≥ u(X) – M hay v1 σ ≤ 0 . Với X0 = (x0, y0, t0) bất kì thuộc GT sẽ tồn tại R > 0 đủ lớn sao cho(*) nghiệm đúng và (x0, y0) ∈ BR. Khi đó X0 ∈ BR x (0, T) = QT và : Max V1 ()X ≤ 0. X ∈σ áp dụng nguyên lí cực trị trong miền bị chặn QT đối với hàm V1 ta có: VX1()≤ MaxV1()X≤ 0,∀X ∈ QT. X ∈σ + Đặc biệt V1(X0) ≤ 0 hay u(X0) – M – ∈ V(X0) ≤ 0, cho ε → 0 ta suy ra 137
uX()0 ≤ M= infu(x,y,0). R2 2.2. Bài toán Cauchy và định lí duy nhất nghiệm 2 Xét bài toán Cauchy trong miền GT = R x (0, T) đối với ph−ơng trình truyền nhiệt. ⎧Tu = f (,x y,t) ⎨ (2.1) ⎩ux(,y,0)= ϕ(x,y) Định lí : Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy (2.1), nếu có là duy nhất. Chứng minh Giả sử u1, u2 là hai nghiệm của bài toán. Khi đó u = u1 – u2 là nghiệm của bài toán ⎧Tu = 0 ⎨ ⎩ux(,y,0)= 0 Theo nguyên lí cực trị ta có u = 0 trên GT, tức là u1 = u2. 138
Đ3. Công thức Poission đối với ph−ơng trình truyền nhiệt Trong phần này ta sẽ dùng ph−ơng pháp tách biến để tìm nghiệm của bài toán sau đây : 2 ut = a uxx , (3.1) u(x, 0) = φ(x), ∀x ∈ R. (3.2) Ta tìm nghiệm bị chặn của bài toán d−ới dạng : u(x, t) = X(x). T(t). Thế vào (3.1) ta đ−ợc ph−ơng trình TX′′′ ==−K, (hằng số). (3.3) aT2 X Từ điều kiện u bị chặn trong miền R x (0, T) suy ra K = λ 2 > 0 và từ (3.3) ta có : ⎪⎧Ta′ +=22λ T0 (3.4) ⎨ 2 ⎩⎪XX′′ +=λ 0 22 Suy ra Tt()= e−aλ t và X(x) = A cos λ x + B sin λ x với A, B phụ thuộc vào λ là những hằng số bất kì. Vậy −at22λ uxλ (,t)=+e [A(λ)cosλλx B()sinλx]. Đặt +∞ 2 ux(,t)=∫ e−atλ []A(λ)cosλλx+B()sinλx dλ. (3.5) −∞ Nếu tích phân suy rộng (3.5) hội tụ đều và có thể đạo hàm d−ới dấu tích phân hai lần theo x và một lần theo t thì (3.5) sẽ xác định một hàm u(x, t) là nghiệm của ph−ơng trình (3.1). Bây giờ ta sẽ chọn A( λ ), B( λ ) để (3.5) thoả mãn điều kiện (3.2). Cho t = 0 trong (3.5) ta có : +∞ ux(,0)=+∫ []A(λλ)cos x B(λ)sinλx dλ=ϕ(x). −∞ 139
Ta giả thiết φ(x) có dạng: 1 +∞ +∞ ϕλ()xd=−[]ϕ()ξcosλ(ξx)dξ 2π ∫∫ −∞ −∞ 1 +∞ +∞ +∞ ϕ(x) =+∫∫[cosλϕxd( (ξ) cosλξ) ξsin λϕx∫( (ξ)sin λξ)dξ]dλ 2π −∞ −∞ −∞ Vậy ta có 1 +∞ A()λ = ∫ ((ϕξ)cosλξ)dξ, 2π −∞ 1 +∞ B()λ = ∫ ((ϕξ)sinλξ)dξ. 2π −∞ Khi đó +∞ +∞ 1 222 ux(,t)=−dλ [ϕξ()e−atλ cosλ(ξ x)]dξ 2π ∫∫ −∞ −∞ +∞ +∞ 1 222 ux(,t)=−∫∫dλ [ϕξ()e−atλ cosλ(ξ x)]dξ π −∞ −∞ Chú ý rằng +∞ ()ξ − x 2 − 222 π 22 ∫ [cex−atλ osλξ(−=)]dλ e4at 0 2at Vậy +∞ ()ξ − x 2 − 1 2 ux(,t)= ∫ ϕ(ξ)e 4at dξ (3.6) 2atπ −∞ Công thức (3.6) biển diễn nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) gọi là công thức Poission. Bằng cách hoàn toàn t−ơng tự ta có các kết quả sau: 1) Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy trong không gian hai chiều: 2 ⎪⎧uatx=+()uxuyy ⎨ ⎩⎪ux(,y,0)= ϕ(x,y) đ−ợc cho bởi công thức Poission sau : +∞ +∞ ()ξη−+xy22(−) − 1 2 ux(,y,t)= e 4at ϕ(,ξη)dξdη. 2 ∫∫ (2atπ ) −∞ −∞ 2) Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy trong không gian ba chiều 140
2 ⎪⎧uatx=+()uxuyy+uzz ⎨ ⎩⎪ux(,y,z)= ϕ(,x y,z) đ−ợc cho bởi công thức : +∞ +∞ +∞ ()ξη−+xy22(−)+(ζ−z)2 − 1 2 ux(,y,z,t)= e 4at ϕ(ξη, ,ζ)dξdηdζ. 3 ∫∫∫ (2atπ ) −∞ −∞ −∞ bài tập 4.1. Với x, x0 ∈ R, t > t0 ta kí hiệu : (x − x )2 − 0 1 4(tt− 0 ) Γ T(x, t, x0, t0) = e . 2(π−tt0 ) a) Chứng minh rằng Γ là nghiệm của ph−ơng trình ut – uxx = 0, ∀t > t0. b) Chứng minh +∞ Γ=(,xt,x,0)dx 1. ∫ 0 −∞ c) Suy ra ⎧+∞ ⎪ ∫ Γ(xt, , y, 0)ϕ(y)dy nếu t > 0, ux(,t)= ⎨−∞ ⎪ ⎩ϕ(xt) nếu = 0. là nghiệm của bài toán ⎧uutx−=x0 ⎨ ⎩ux(,0)= ϕ(x) 4.2. Giải bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình truyền nhiệt : 2 ⎪⎧uatx=+()uxuyy+uzz,t>0 ⎨ 23 ⎩⎪ux(,y,z,0)=+sinx cosy+cosz,(,x y,z)∈R 141
4.3. Tìm nghiệm của bài toán sau đây : ⎪⎧uutx=−x ∞ ⎨ −x2 ⎩⎪ux(,0)= x.e 2 4.4. Tìm nghiệm của ph−ơng trình : ut = a uxx (0 0) thoả mãn điều kiện biên : u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0 và thoả mãn điều kiện ban đầu : ⎧ l x khi 0 ≤ x < ⎪ 2 ux(,0)= ⎨ l ⎪lx−≤khi x<l ⎩⎪ 2 4.5. Bằng cách kiểm tra trực tiếp, hãy chứng tỏ rằng hàm t u x, t x tτ dτ u – u g x, t ( ) = ∫ (,, ) thoả mãn ph−ơng trình t xx = ( ), trong đó ta cho 0 ()xy− 2 1 +∞ − Vx(,t,ττ)= ∫ e4(t − τ ) g(y, )dy 2(πτt − )−∞ với hàm g(x, τ) liên tục bị chặn trên R2. 4.6. Tìm nghiệm của các bài toán Cauchy sau đây : a) ⎧uutx−=x0, x∈R, t≥0. ⎨ ⎩ux(,0) = sinx b) 2 ⎪⎧uutx−+=()xuyy0, (x,y)∈R,t≥0. ⎨ ⎩⎪ux(,y,0) = sinl12x.sinly c) 2 ⎪⎧uutx−+=()xuyy0, (x,y)∈R,t≥0 ⎨ . ⎩⎪ux(,y,0)=+sinl12x cosly. 142
H−ớng dẫn giải bài tập Trong phần này, chúng tôi sử dụng các chữ viết tắt và các kí hiệu sau: ĐS : đáp số; HD : h−ớng dẫn; PT : Ph−ơng trình; NTQ : nghiệm tổng quát; TPTQ : tích phân tổng quát; C : hằng số bất kì. Phần A Ch−ơng I y 1.1. Họ đ−ờng cong là nghiệm của y′ = − . x C Vậy y = (0xC≠≠), 0. x 1.2 a) Đặt u = x2 + 1, lấy tích phân PT ta có : y =+ln( 1 xC2 +1) +. b) Đặt ux=−441;y=arctgx−1+C. c) ĐS : yl.( n(1 −+x2 ) 1) =1. d) Đặt ux=+42y−1. TPTQ : 42x +−yl1−2n(4x+2y−1+2)=x+C. 1.3 a) TPTQ : y – y3 = Cx3 ; y = ± x nghiệm kì dị. b) Nghiệm : ylnCx=±1 và y = 0. c) Nghiệm : yx=−(eCx 1) (c ≠ 0)và y = 0. 1.4 y + 2 −2arctg x − 3 a) Đổi biến số x = x1 + 3, y = y1 – 2. ĐS : y + 2 = Ce . y + x Cy+ x b) Đặt y = TPTQ : 1 +=ln . x + 3 yx++x3 y + 2 yx− 2 c) Đặt z = , TPTQ : sin = Cx( + 1). x + 1 x + 1 2 2 x x 2 d) Đặt z = , TPTQ : xeCyx− = ; y= x2 . y − x2 1 − xy2 C e) Đặt z=−1xy2 , TPTQ : = ln . xy2 x 143
1.5 a) PT tuyến tính . NTP : y = (ex + C)(x + 1)n. b) y = C(lnx)2 – lnx là nghiệm của PT trong khoảng (0, +∞) c) PT tuyến tính của x(y). NTQ: (1 – y)2x = y – ln Cy d) Đặt z = cosy. TPTQ : cosy = (x + 1) + [ln(1 + x2) – arctgx + C](1 + x2). e) Đặt z = f(y). TPTQ pxd()x pxd()x ef∫∫()y=+∫ q(x)edxC. f) Lấy đạo hàm theo x hai vế của PT, chú ý cách tính đạo hàm của một tích phân phụ thuộc tham số. Ta có PT : y′(x) = g(x) và y(0) = – 2. Nghiệm x y = ∫ gt()dt− 2. 0 1.6 Biểu diễn nghiệm của bài toán d−ới dạng xst ∫∫ad()ττ⎡⎤ad()ττ x()te=+00⎢⎥x(0) ∫ f(s)e ds ⎣⎦0 t s ∫ ad()ττ xf(0) + ∫ (s)e0 ds 0 = t ∫ ad()ττ e 0 Chú ý rằng f(t) → 0 khi t → + ∞ nên khi t đủ lớn ta có |f(t)| 0. Ta suy ra : sup x()t − x0 (t)< ε . t 1.8. PT Bernoulli. TPTQ : y –3 = C cos3x + 3sinx cos2x, y = 0 là nghiệm riêng. 1.9 a) PT vi phân toàn phần. TPTQ: 144
1 u(x, y) = x – y2(1 + cos2x) = C. 2 1 b) Thừa số tích phân à (x) = . TPTQ : x2 x2 + 2 sin2y = Cx, x ≠ 0 1.10 a) ; b) : Ph−ơng trình Clairaut. c) Nghiệm ⎧ C−2 ⎪yC=−x ⎨ 2 ⎪ 32 ⎩82yx= 7. 1.11 a) Đặt p = y′ , xem y là biến số. Ta có PT : pdy + 2ydp = 0. 3 2 TPTQ : y = (C1x + C2) . b) Đặt u = y", ta có PT u′ = 2(u – 1)cotgx. 2 NTQ : y = – C1 sinx + x + C2x + C3 11 c) Với y" = 0 thì y = C x + C là nghiệm với y" ≠ 0. Ta viết lại = + C , hay 1 2 yy′′ ′ 1 dp p y′′ == với p = y′. Nghiệm : dx 1 + C1 p ⎧x =+Cp lnp +C ⎪ 12 ⎨ C1 2 ⎪y =+pp+C3 ⎩ 2 ⎛⎞ 2 dxy Cx1 d) Với y′ = 0 thì y = C là nghiệm. Với y" ≠ 0, ta viết PT lại ⎜⎟= 0 suy ra y = Ce2 dx ⎝⎠y Ch−ơng II 2.1. Từ giả thiết ta suy ra ∂f ≤KK(>0) với (x, y ), (x, y ) ∈ D ∂y 1 2 Ta có : |f(x, y1) – f(x, y2)| = |fy(x, ξ )||y1 – y3|, ξ là điểm ở giữa x1 và x2. Vậy ⏐f(x, y1) – f(x, y2)⏐ = K⏐y1 – y2⏐. Do đó f thoả mãn điều kiện Lipchitz và ta có thể áp dụng định lí Picard. 145
2.2. Xem chứng minh định lí duy nhất nghiệm ở Đ4 mục 4.3 2.3. Dùng định lí giá trị trung bình để suy ra bất đẳng thức ⏐f(x, y)⏐ ≤⏐k(x)⏐⏐y⏐ + ⏐f(x, 0)⏐. áp dụng mệnh đề : Nếu f(x, y) liên tục trong G = {(x, y) ∈ R2 ⏐x ∈(α, β), ⏐y⏐ x0 : y1(x1) ≠ y2(x1), chẳng hạn y1(x1) < y2(x1). Khi đó tồn tại (α, β ) sao cho y1(x) < y2(x) trong (α, β ) và y1(α) = y2(α). Xét hàm y = y1 – y2, ta có y′ ≥ 0 trên [α, β ], suy ra y1(x) – y2(x) ≤ y1(α ) – y2(α ) = 0 với x ∈ (α, β ) (vô lí). 2.5. Từ định lí Peano ta suy ra tồn tại đ−ờng cong tích phân. Tính duy nhất suy ra từ mệnh đề : Giả sử f liên tục, d−ơng trên [α, β ] và φ1, φ2 là hai hàm xác định trên [α , β ] sao cho với mọi x ∈ [α , β ] ta có φ1(x), φ2(x) ∈ [a, b]. Khi đó : ϕ2 ()x f tdt ⇔ φ φ x α β ∫ () = 0 1(x) = 2(x), ∈ [ , ] ϕ1 ()x Ch−ơng III 3.1. Chứng minh bằng phản chứng. 3.2. Dùng ph−ơng pháp biến thiên hằng số để tìm nghiệm của PT tuyến tính không thuần nhất và chú ý tới điều kiện ()k ⎧1nếuik= yi (,ξξ)= ⎨ ⎩0nếuik≠ ta suy ra kết quả. 3.3 x y x y x A tytdt a) Chuyển hệ sang dạng ( ) = ( 0) + ∫ () () trong đó x0 A(t) = (aij(t)). Kí hiệu &A(t)& = Max aij ()t ta suy ra ij, x &y t & &y x & ⏐⏐ A ty⏐⏐⏐⏐ t⏐⏐dt ( ) ≤ ( 0) + ∫ () () . x0 x &&A()tdt ∫x0 Từ đó suy ra &y(t)& ≤ &y(x0)& e . 146
+∞ Do adx 0. Thế y vào PT thứ hai ta có một PT vi phân toàn phần, có tích phân tổng quát : z2 xzC− ±−(1x)e± x =C. 3 12 z 1 c) Viết hệ PT lại : dy = ydx = 2dz. Suy ra y = C z2, C ≠ 0 và z =− . y 1 1 C 1 x + C 2 2 C 1 ĐS : yz==1 , −. 2 C ⎛⎞C1 1 x + C ⎜⎟xC+ 2 2 ⎝⎠2 2 22⎛⎞ ′′ d) Từ ph−ơng trình thứ hai ta có zy=− 2 +⎜−1⎟y. Từ ph−ơng trình thứ nhất ta có xx⎝⎠ 22 y′′ =−y′ y. Đây là ph−ơng trình tuyến tính, bằng cách đặt x = ± et ta đ−a PT về dạng : y " – x x2 t t 3y′t + 2y = 0 (tr−ờng hợp x = e > 0). 2 2 Nghiệm {y = C1 + C2x , z = C1(1 – x) + C2(2x – x )}. Tr−ờng hợp x = – et < 0 t−ơng tự nh− trên. dz e) = cos x ⇒ z = sinx + C . dx 1 147
cosydy = cosxdx ⇒ siny = sinx + C2, TPTQ {siny = sinx + C2, z = sinx + C1}. 3.5. ĐS : ⎧xC=+()Ct+Ct2 et ⎪ 12 3 ⎪ ay=+⎡⎤CC +t+Ct+t2 et )(⎨ ⎣⎦121)3(2) ⎪ zC=+⎡⎤C(2 +t) +C(2 +4t+t2 ) et ⎩⎪ ⎣⎦12 3 66xx− ⎪⎧yC=+5 12e Ce b) ⎨ 66xx− ⎩⎪zC=+2212e Ce −t ⎪⎧yC=+()12xCe c) ⎨ −t ⎩⎪zC=+(2 12x2C−C1)e −−tt ⎧x =+Ce12()Ct+C2+C3e ⎪ −tt dy)2⎨ =− C12e+3Ce ⎪ −tt zC=+e Ct+Ce ⎩ 2(123) 3.6. ĐS : 22xx3 ⎪⎧yx=+C12e+Ce a) ⎨ 23xx ⎩⎪zx=+2 +C12e+Ce ⎪⎧yx=− cos x+C12cos x+Csin x b) ⎨ ⎩⎪zx=(cos x+sin x) −−(C12C)cos x−+(C1C2)sin x 3.7. Thế y = eu, z = ev vào hệ. Bài toán trở thành : Tìm điều kiện của p, q để hệ ⎪⎧uu′′ +−′ 2 p=0 ⎨ 2 ⎩⎪vv′′ +−′ q=0 có nghiệm riêng {u1, v1} sao cho u1+ v1 = 0. Thay u1, v1 vào hệ rồi cộng lại ta nhận đ−ợc pq+ p − q u′ =ε(ε=±1). Trừ PT thứ nhất cho PT thứ hai ta nhận đ−ợc u′′ = . Suy ra 1 2 2 p′′+=qpε()−q2(p+q). Đây là điều kiện cần tìm. 148
z Nếu y , z là các nghiệm riêng của hệ thoả mãn điều kiện y . z = 1 thì Cy và 1 cũng vậy (C ≠ 0). 1 1 1 1 1 C Khi đó nếu thay u = p + q vào PT u" = 2u(2p – u)3 đi đến điều kiện trên. Nh− vậy nếu xem q = q(x) cho tr−ớc và lập hệ : ⎧y′′ = px()y ⎨ ⎩zq′′ = ()xz thì ta trở lại vấn đề trên. L−u ý rằng 2 zy11′′ ′′ y1′ qp==−=−+2 2 , zy11 y1 2 y1′ 3 do đó : up=+q=2 2 . Từ đó suy ra việc giải PT u" = 2u(2p – u) có thể quy về giải PT trên. y1 3.8 a) Với x ≠ 0, x ≠ 1, dùng công thức Ostrogradski-Liouville để tìm nghiệm y2 độc lập tuyến tính với y1. 1 ĐS : y =+()CCx2 . 1 − x 12 2 b) ĐS : y = C1arctgx + x + C2. 3.9 C x 3 a) y=C (x++2) 2 +( +1) ln x + 1 x 22 x2 + 1 b) y=C (2x−+1) C e-x + 1 2 2 3.10 HD : u = y1 – y2 là nghiệm riêng của PT thuần nhất t−ơng ứng. Dùng công thức Ostrogradski- − Liouville để tìm nghiệm u độc lập tuyến tính với u. 2 –3 ĐS : y = C1(x + 1) + C2x + 2x. 3.11 ĐS : – x –3x a) y = C1e + C2e ; 2x b) y = C1e + C2cos3x + C3sin3x 149
– 2x x c) y = C1e + e (C2cos 3 x + C3sin 3 x). 150
3.12 ĐS : xx42 2x ay)(=+C12e Ce −2x−2x+3)e. xx1 by)(=+Ce−−44xxCe−ex−+e−x) 125636 11 5 cy)(=+e22xxCcos2x Csin2x)+e +cos2x+sin2x 124 10 100 3.13 t t a) Đặt x = e , PT trở thành y′′t - 2y′t + 2y = te . ĐS : y = x[C1 coslnx + C2sinlnx + lnx] b) Đặt x = et – 1, PT trở thành y′′ + y = 4cost. ĐS : y = C1 cosln(x + 1) + C2sinln(x + 1) + 2ln(x + 1) sinln(x + 1) 3.14. HD : NTQ kx()−−s k()x s x ee12− y =+Cekx12Cekx + f()s ds 12∫x 0 kk12− Nghiệm bị chặn y0 trên R ứng với C1, C2: xx 00ee−−ks12ks Cf=− ()sds, C=− f(s)ds. 12∫∫ −∞ kk21−−−∞ kk21 Vậy x0 −−kx()s −k(x−s) kt kt ee12−−∞ e1e2 y ==fs()ds f(x−t)dt 0 ∫∫0 −∞ kk12−−kk12 a) Do k2 < k1 < 0 và |f(x)| ≤ m nên y → y0 khi x → + ∞ . b) Suy ra từ tính tuần hoàn của f và dạng của y0. Ch−ơng IV 4.1. HD. Giả sử ng−ợc lại, gọi x1, x2(x1 < x2) là hai không điểm liên tiếp của nghiệm y(x). 0 = y(x1) – y(x2) = y′(ξ )(x1 – x2), trong đó x1 < ξ < x2. Từ giả thiết ta suy ra y′(ξ ) ≠ 0 (mâu thuẫn). 4.2. Suy ra từ hệ quả của định lí 1. 151
π ⎡⎤m 4.3. ĐS : ; có ⎢()ba− ⎥ không điểm hoặc cộng thêm 1 (dấu [.] kí hiệu phần nguyên). m ⎣⎦π 4.4. ĐS : 15 ≤ N ≤ 41. 4.5. HD : Theo chứng minh ĐL3, ta có: 1 ω′ =+cos22ωλ(rq−)sin ω. p Xét δ > 0 sao cho α < π – δ , nếu 0 ≤ ω ≤ ≤ - δ, π < 0 và 0 < p ≤ P, 0 < R ≤ r, Q ≥ |q| thì 1 ωλ′ <−R sin2 δ+Q . p −10 Suy ra ω ′ < 0 với ω = δ nếu – λ khá lớn. Hơn nữa ω ′ < đối với ca− δ ≤ ω ≤ λ - δ. Vậy ω (C, λ ) ≤ δ với mọi – λ khá lớn. Vì δ tuỳ ý nên ta suy ra điều cần chứng minh. Phần B Ch−ơng I 1.1. a) F(x2 – y, x – y + z) = 0 trong đó F là một hàm khả vi tuỳ ý. z b) F(x2 + y2, ) = 0. x c) F(tgz + cotgx, 2y + 2tgz.cotgx + cotg2x) = 0. 1.2. a) PT loại elip. Dạng chính tắc: uξξ + uηη – 8u = 0 ( ξ = y – x, η = 2x). b) PT loại Parabol. Dạng chính tắc: uηη + 18uξ + 9uη – 9u = 0 (ξ = y + x, η = x). c) PT loại hyperbol. Dạng chính tắc: uξη + 3uξ – uη + 2u = 0 (ξ = y – x, η = 2y – x). d) PT loại elip. Dạng chính tắc: uξξ + uηη – 2uξ + uη – u + η – ξ = 0 (ξ = 2x – y, η = 3x). e) PT loại hyperbol. Dạng chính tắc : 152
η − ξ uξη + ()uu−=0, 32 ξη (ξ = 2x + sinx + y, η = 2x – sinx – y), 1.3. a) Đ−a về dạng chính tắc rồi tính tích phân. ĐS: u(x, y) = f(x + y - cosx) + g(x – y + cosx) trong đó f và g là hai hàm tuỳ ý liên tục và khả vi cấp hai. 1 b) u(x, y) = ⎡⎤f ()xy−+g(x+y) . 2x ⎣⎦ c) Đặt v = (x – y)u, rồi đ−a về PT về dạng chính tắc. f ()xg− (y) ĐS: ux(,y)= . x − y Ch−ơng II 11∂∂⎛⎞uu∂2 2.1. ∆=ur⎜⎟+22=0 . rr∂∂⎝⎠r r∂ϕ 2.2. a) k = – 3 ; b) k = 0 và k = n – 2 với n > 2. 2.3. Sử dụng nguyên lí cực trị của hàm điều hoà ta đ−a về bài toán cực trị của hàm một biến. 11⎛⎞1⎛11⎞ au)max =− tại ⎜⎟,và⎜−,−⎟, 2 ⎝⎠22⎝22⎠ 11⎛⎞1⎛11⎞ umin =− tại ⎜⎟− , và ⎜, − ⎟. 2 ⎝⎠22 ⎝2 2⎠ b) umax = 4 tại (± 2, 0), umin = – 9 tại (0, ±3). 2.4. HD : Giả sử x0 là cực tiểu t−ơng đối âm của hàm u. Ta có n ux()==0(i 1,n) và u λλ ≥ 0 cho nên: xi 0 ∑ xxik i k ik,1= n 2 uλ λ= gλ tại điểm x . ∑xxik i k ∑(is s) 0 ik,1= n Ta có u= gg, suy ra ∆u(x ) ≥ 0 (vô lí). xijx∑ ki kj 0 k = 1 2.7. HD: Lấy x0 bất kì thuộc D, gọi B(x0, ε), S(x0, ε) là hình cầu và mặt cầu tâm x0 bán kính ε (nằm trong D). Gọi v(x) là hàm điều hoà trong B(x0, ε) và v(x) = u(x) với x ∈ S (x0, ε). Nh− vậy định lí giá trị trung bình nghiệm đúng đối với hàm u – v = ω. Do đó có thể áp dụng nguyên lí cực trị cho hàm ω(x) và suy ra u(x) = v(x). Vậy ta kết luận u điều hoà trên D. 2.8. áp dụng công thức Green cho hai hàm u và v = 1, ta suy ra 153
∂u ∆=udτ ds =0 . ∫∫∂n xx−<00εεxx−< Từ đó suy ra ∆u = 0 trên D. 2.9. ĐS: u(x, y) = 2xy. Ch−ơng III 3.1. Theo công thức Newton-Leibnitz ta có: 1 uX(,t)=+ϕ (X) udt 0 ∫ t 0 Bình ph−ơng hai vế và lấy tích phân trên Qτ t uX22(,t)dXdt≤+2ϕ (X)dX 2(udt)2dX. ∫∫0 ∫∫t QQττQτ0 Theo bất đẳng thức Holder, ta nhận đ−ợc uX22(,t)dXdt≤+2ϕ (X)dX 2ττu2d. ∫∫0 ∫t QQττQτ Từ đẳng thức năng l−ợng và hai bất đẳng thức trên ta suy ra kết quả. 3.2. Giả sử u1, u2 là hai nghiệm của bài toán hỗn hợp. Đặt u = u1 – u2, khi đó áp dụng đẳng thức năng l−ợng cho hàm u ta suy ra: u (X, τ) = 0 = uX(,τ ) hầu khắp X ∈ Ω và 0 ≤ τ ≤ T. Từ đó ta có t xi u(X, t) = 0, ∀(X, t) ∈QT. 3.3. a) Dùng phép biến đổi: ξ = x + y, η = 3x + 2y. Ph−ơng trình trở thành uξη = 0. Tích phân ph−ơng trình này và trở về biến cũ ta đ−ợc: u(x, y) = f(x + y) + g(3x + 2y), trong đó f và g là các hàm bất kì hai lần khả vi liên tục. b) Dùng ph−ơng pháp biến đổi: ξ = y – 3x, η = 3y – x. Ta có PT : ξη− − 1 32 32uξη + uξ – uη – u – (3ξ - η) e = 0. 32 ξη− Đặt u = e 32 v ta có PT : 32vξη – 3ξ + η = 0. x + y 1 − ĐS : u(x, y) = [f(y – 3x) + g(3y – x) – (y – 3x)(3y – x)] e 16 8 154
3.4 a) HD : Đ−a PT về dạng chính tắc : uξη = 0. Tích phân PT này và sử dụng các điều kiện biên, ta có : 2 xy+ 2 ux(,y)=−f(x y2 )+∫ g(t)dt. 3 2 xy− 2 3 1 −−(2xy+cosx) 1 b) ĐS : ux(,y)=−2e4 .cosxsin( y cosx). 2 3.5 a) u(x, y, z, t) = ex cosy + t(x2 – y2). x b) ux(,y,z,t)= . x22− t 3.6 u(,x y,t)=+x32y (3xy2+x3)t2+xt 4+(x 2y4−3x3)t + 111 +−(9yx42+6xy2)t3+(2y2+x2)t5+t7. 3535 3.7 a) u(x, y, t) = x2 + y2 + t + 2t2. b) u(x, t) = excht + e-xsht. Ch−ơng IV 4.1 a) Kiểm chứng trực tiếp. x − x b) Dùng phép đổi biến y = 0 . Tích phân trở thành : 2 t +∞ +∞ 1 2 Γ=(,xt,x,0)dx e− y dy=1. ∫∫0 −∞ −∞ π c) Với t > 0, u(x, t) có các đạo hàm : 155
+∞ ux=Γ ,,ty,0ϕ(y)dy, tt∫ () −∞ +∞ ux=Γ ,,ty,0ϕ(y)dy. xx ∫ xx () −∞ Suy ra ut – uxx = 0. Ta chứng minh : lim ux00, t = ϕ(x). t→0+ ( ) Do b) ta có : +∞ 2 ux(,00t)−=ϕπ(x) e− y ⎡ϕx0+2ty−ϕ(x0)⎤ dy. ∫ ⎣ ()⎦ −∞ +∞ 1 2 Vì ϕ bị chặn (bởi M > 0) và ∫ ed− y y= 1 (hội tụ), ta suy ra với mỗi ε > 0, tồn tại N > 0 sao −∞ π cho : 1 2 ε ∫ ed− y y π 4M Sử dụng tính liên tục đều của ϕ trong hình cầu ⏐y⏐≤ N. Ta có : ⏐u(x0, t) - ϕ(x0)⏐ < ε. 4.2. Giải ba bài toán phụ t−ơng ứng: 2 a) vt = a vxx; v(x, 0) = sinx ; 2 2 b) ωt = a ωyy; ω(y, 0) = cos y ; * c) uutx==x;(utz,0)cosz. Từ đó suy ra nghiệm của bài toán : 156
ux(,y,z,t)= ⎡⎤+∞ −−()ξξxy22+∞ −−() +∞ −−(ξz)2 1 22 2. ⎢⎥∫∫ed44at sinξ ξξ++eat cos2 dξ∫e4at cosξdξ 2atπ ⎣⎦⎢⎥−∞ −∞ −∞ x2 − x 14+ t 4.3. ux( , t) = 3 e . (1 + 4y) 2 (2na+ 1)22π 2 ∞ n − 4(ln−+1) 2 21 ux t = e l π x 4.4. ( , ) 22∑ sin . π n = 0 (2nl+ 1) 4.5. a) u(x, t) = e– t sinx . 22 −+()ll12t b) u(x, y, t) = elsin 12x.sin ly. 22 −−lt12lt c) u(x, y, t) = elsin 12x+ ecosly. 157
Tài liệu tham khảo [1] Hoàng Hữu Đ−ờng . Lí thuyết ph−ơng trình vi phân. NXB ĐH và THCN, 1975. [2] Nguyễn Thế Hoàn và Trần Văn Nhung. Bài tập ph−ơng trình vi phân. NXB ĐH và THCN, 1979. [3] I.L. Krasnov – A.I. Kiselvon – G.I. Makerenko. A book of problems in ordinary differential equations. Mir . Moscow [4] Nguyễn Thừa Hợp. Giáo trình ph−ơng trình đạo hàm riêng. NXB ĐH và THCN, 1976. [5] V. Mikhailov. équations aux dérivées partielles. Mir. Moscow, 1980. [6] A.V. Bitsadze. Equations of Mathematical physics. Mir. Moscow, 1980. [7] A.V. Bitsadze and Kalinichenko. A collection of problems on the equations of mathematical physics. Mir . Moscow, 1980. 158
Chịu trách nhiệm nội dung: Ts. Nguyễn văn hòa Biên tập: Tổ công nghệ thông tin Phòng khảo thí - đảm bảo chất l−ợng giáo dục Đơn vị phát hành: trung tâm đào tạo từ xa - đại học huế 159