Thông tin tài liệu
Chương Bài toán dây rung 3.1 Mở đầu Trong chương này, để làm quen với phương trình hyperbolic, xét mơ hình truyền sóng thực tiễn "Sóng" hiểu tượng lan truyền dao động khơng gian Ví dụ lan truyền dao động tượng dây đàn rung (1 chiều), tượng lan toả sóng nước mặt hồ (2 chiều) tượng lan truyền sóng âm (3 chiều) Chúng ta quan tâm tới việc thiết lập tốn mơ tả tượng dao động kể trên, từ có nhận xét nghiệm tương ứng Trong khuôn khổ môn học, hạn chế làm việc với mơ hình truyền sóng chiều(1) Bài tốn đặt tìm hàm u(x, t) biểu diễn tượng biến dạng dây rung vị trí x ∈ (0, l) thời điểm t ≥ 0, l chiều dài dây Với tham gia điều kiện cho trước, ta thiết lập tốn tương ứng từ đưa cơng thức nghiệm thích hợp Chúng ta bắt đầu với việc thiết lập toán ứng với phương trình hyperbolic chuẩn tắc, Sau xét toán Cauchy, ứng với kiện cho trước thời gian, ta xét tốn hỗn hợp, có kiện cho trước khơng gian thời gian Tiếp theo, ta xét toán ứng với phương trình hyperbolic dạng tổng qt có số chiều cao Kết thúc chương số ví dụ tập thực hành 3.2 Đặt tốn Xét phương trình hyperbolic u = utt − a2 uxx = 0, u = u(x, t), (x, t) ∈ [0, l] × (0, +∞), phương trình truyền sóng khơng u = utt − a2 uxx = f (x, t), u = u(x, t), (x, t) ∈ [0, l] × (0, +∞), (3.2.1) với điều kiện ban đầu (dữ kiện Cauchy cho theo thời gian) điều kiện hai đầu mút dây (dữ kiện cho theo không gian) Tương ứng với điều kiện nói toán Cauchy toán hỗ hợp Đầu tiên, ta xét toán Cauchy tương ứng (1) 1-D wave equation models Chương 3: Phương trình hyperbolic 52 phương trình truyền sóng (3.2.1) sau utt = a2 uxx + f (x, t), (x, t) ∈ [0, l] × (0, +∞), (3.2.2) u(x, t0 ) = g(x), x ∈ [0, l], (3.2.3) ut (x, t0 ) = h(x), x ∈ [0, l] (3.2.4) Chú ý đoạn [0, l] thay trục thực R Từ Chương 1, ta nêu cách thiết lập để dẫn đến phương trình truyền sóng dây căng thẳng Trong mục đây, ta chứng minh tính đặt chỉnh tốn Cauchy, tức chứng minh định lí tồn nghiệm, tính nghiệm, chứng minh định lí phụ thuộc liên tục nghiệm vào kiện Cauchy Điều phù hợp với thực tiễn vật lý tượng truyền sóng dây Định lý 3.2.1 (Tính nghiệm) Tồn không nhiều nghiệm u ∈ C (Ω) toán Cauchy (3.2.1), (3.2.2), (3.2.3) Nhận xét 3.2.1 Một số giả thiết cho toán: - Nghiệm hiểu theo nghĩa cổ điển, tức ẩn hàm u(x.t) hàm khả vi liên tục cấp hai theo x t - Bằng cách co giãn hệ toạ độ, đặt t0 = at, ta giả sử hệ số a = - Bằng cách tịnh tiến hệ toạ độ, ta coi t0 = - Để chứng minh Định lý, ta chứng minh hiệu hai nghiệm toán đồng Giả sử u1 u2 hai nghiệm tốn trên, hiệu v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) thoả mãn toán vtt = vxx , (x, t) ∈ [0, l] × (0, +∞), (3.2.5) v(0, x) = 0, x ∈ [0, l], (3.2.6) vt (0, x) = 0, x ∈ [0, l] (3.2.7) Khi nghiệm u(x, t) tốn đồng khơng Chứng minh Giả sử u(x, t) nghiệm toán Cauchy trên, cho u khả vi liên tục với đạo hàm riêng cấp hai Ω Xét tam giác K có đáy đường t = t0 = 0, cạnh bên đường đặc trưng phương trình hyperbolic, có phương trình x + t = C1 x − t = C2 Khi ut (utt − uxx ) = 0, Chương 3: Phương trình hyperbolic 53 suy ZZ ut (utt − uxx ) dxdt = 0, I= K Lại có ut · utt = ∂t (u2t ), ut · uxx = ∂x (ut · ux ) − ∂t (u2x ) Từ suy I=− ZZ ∂t (u2x + u2t ) − ∂x (2ux ut ) dxdt = K Theo cơng thức Green, tích phân viết thành Z 2ut ux dt + (u2x + u2t )dx = ∂K Từ công thức đường đặc trưng ta suy hệ thức ut = ±ux Khi đó, dọc theo đường đặc trưng l,(2) ta có, chẳng hạn ∂u = ut + ux = 0, ∂m ∂u = ut − ux = 0, ∂n đạo hàm lấy theo phương m đường đặc trưng theo phương pháp tuyến n đường đặc trưng(3) Vậy dọc theo đường đặc trưng ta có u(x, t) = const Vì đường đặc trưng lấy nên ta suy u(x, t) = u(x, 0) = Điều với điểm (x, t) nằm tam giác K xét Vì K chọn nên ta suy u(x, t) ≡ Điều phải chứng minh Chú ý 3.2.1 Đối với toán biên-ban đầu, người ta sử dụng phiếm hàm lượng tồn phần để chứng minh tính nghiệm (xem [6]) Ta xét phiếm hàm lượng E(t) := l Z ((vx )2 + (vt )2 )dx, v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) hiệu hai nghiệm tốn Cauchy xét Ta chứng minh E(t) không phụ thuộc vào t, kéo theo E(t) = E(0) = Điều có nghĩa vt = vx = 0, tức v(x, t) = const = v(x, 0) = Việc chứng minh (2) thực (3) Ở chất cạnh bên tam giác K xét véctơ m ~ ~n có phương vng góc với nhau, véctơ phương họ đường đặc trưng phương trình dịch chuyển (xem thêm phần Phương trình cấp 1) Chương 3: Phương trình hyperbolic 54 tiến hành cách xét đạo hàm E (t), sử dụng điều kiện ban đầu toán để suy hệ thức l Z (vtt − vxx )vt dx = 0, E (t) = từ suy điều phải chứng minh Chi tiết xin dành cho độc giả tìm hiểu tài liệu dẫn Chú ý 3.2.2 Sử dụng chứng minh tương tự, ta có kết luận tính nghiệm toán biên-ban đầu loại (với điều kiện biên Neumann) toán biên-ban đầu loại (với điều kiện biên hỗn hợp) phương trình hyperbolic Chi tiết chứng minh xin xem tập dành cho độc giả 3.3 Tính đặt chỉnh tốn Cauchy 3.3.1 Cơng thức d’Alembert Xét tốn Cauchy dây vơ hạn (khơng có hạn chế hai đầu mút) utt = a2 uxx , (x, t) ∈ R × (0, +∞), (3.3.8) u(x, 0) = g(x), x ∈ R, (3.3.9) ut (x, 0) = h(x), x ∈ R, (3.3.10) hàm g h hàm thích hợp, cho trước Ta cần tìm nghiệm tốn biểu diễn qua g h Chú ý phương trình (3.3.8) viết dạng toán tử ∂ ∂ ∂ ∂ +a −a u = utt − a2 uxx = (3.3.11) ∂t Đặt v(x, t) = ∂ ∂t ∂x ∂t ∂x ∂ − a ∂x u(x, t) Khi phương trình (3.3.11) trở thành vt (x, t) + avx (x, t) = 0, x ∈ R, t > (3.3.12) Áp dụng nghiệm phương trình chuyển dịch nêu Chương 1, ta tìm nghiệm toán (3.3.8)- (3.3.10) dạng v(x, t) = α(x − at), α(x) := v(x, 0) Kết hợp với (3.3.11) ta ut (x, t) − aux (x, t) = α(x − at), R × (0, ∞) (3.3.13) Áp dụng cơng thức nghiệm phương trình chuyển dịch không với f (x, t) = α(x − at) ta suy nghiệm toán Z t α(x + a(t − s) − as)ds u(x, t) = β(x + at) + Chương 3: Phương trình hyperbolic 55 đổi biến y := x + at − 2as ta = β(x + at) + 2a Z x+at α(y)dy, (b(x) = u(x, 0)) x−at Ở α β hàm cần tìm thỏa mãn toán Cauchy xét, tức thoả mãn điều kiện Cauchy toán Thay nghiệm vừa tìm vào tốn ta x ∈ R, β(x) = u(x, 0) = g(x), α(x) = v(x, 0) = ut (x, 0) − aux (x, 0) = h(x) − g (x), x ∈ R Vậy nghiệm cần tìm 1 u(x, t) = (g(x + at) + g(x − at)) + 2a x+at Z h(y)dy, x ∈ R, t > (3.3.14) x−at Công thức (3.3.14) gọi công thức d’Alembert, lấy theo tên nhà toán học người Pháp đề xuất việc nghiên cứu phương trình truyền sóng Các tính tốn chứng minh định lý tồn nghiệm tốn Cauchy cho phương trình truyền sóng Định lý 3.3.1 (Sự tồn nghiệm) Giả sử g ∈ C (R), h ∈ C (R), cho trước hàm u xác định công thức (3.3.14) Khi đó, khẳng định sau u ∈ C (R × [0, +∞)), utt − a2 uxx = R × (0, +∞), với x0 ∈ R, lim (x,t)→(x0 ,0+ ) u(x, t) = g(x0 ), lim (x,t)→(x0 ,0+ ) ut (x, t) = h(x0 ) Chứng minh Các bước chứng minh Khẳng định Để chứng tỏ 3, ta kiểm tra trực tiếp giới hạn khẳng định Điều hoàn toàn dễ dàng bạn 3.3.2 Xác định nghiệm phương pháp trực tiếp Bên cạnh việc xác định nghiệm tốn Cauchy cho phương trình truyền sóng theo Định lý 3.3.1 ta xác định nghiệm tốn phương pháp trực tiếp Ta có phương trình đường đặc trưng phương trình hyperbolic có dạng dx2 − a2 dt2 = 0, Từ Chương 1, ta suy phương trình có nghiệm u(ξ, η) = f1 (ξ) + f2 (η) (3.3.15) Chương 3: Phương trình hyperbolic 56 Rõ ràng với hàm f (ξ) g(η) khả vi (3.3.15), cách đạo hàm ta có kết luận chúng nghiệm phương trình xét Như biểu thức (3.3.15) nghiệm phương trình truyền sóng xét, ta nghiệm tổng qt phương trình có dạng u(x, t) = f1 (x + at) + f2 (x − at) (3.3.16) Giả sử tốn Cauchy (3.2.2)-(3.2.3)-(3.2.4) có nghiệm, nghiệm biểu diễn công thức (3.3.15) Sử dụng kiện ban đầu ta tìm dạng hàm fi Ta có (3.3.17) u(x, 0) = f1 (x) + f2 (x) = g(x) Đạo hàm hai vế (3.3.15) cho t = 0, ta af10 (x) − af20 (x) = h(x), (3.3.18) suy f1 (x) − f2 (x) = a Z Z x x (3.3.19) h(ξ)dξ x0 Từ tính tốn ta suy 1 f1 (x) = g(x) + 2a 1 f2 (x) = g(x) − 2a h(ξ)dξ + C , (3.3.20) h(ξ)dξ − C (3.3.21) Zx0x x0 Thay vào (3.3.15) ta nghiệm tổng quát phương trình Z x+at u(x, t) = g(x + at) + g(x − at) + 2a h(ξ)dξ (3.3.22) x−at 3.3.3 Tính ổn định nghiệm Từ cơng thức nghiệm tốn Cauchy nêu mục trước, ta chứng minh tính ổn định nghiệm, tức phụ thuộc liên tục nghiệm vào kiện Cauchy Ta có Định lý sau Định lý 3.3.2 (Tính ổn định nghiệm) Nghiệm tốn Cauchy phương trình hyperbolic phụ thuộc liên tục vào kiện ban đầu Nói cách khác, với khoảng thời gian [0, t0 ], với giá trị > 0, tồn δ(t0 , ) cho |g| < δ, |h| < δ, |u(x, t)| < , ∀t ∈ [0, t0 ] Chương 3: Phương trình hyperbolic 57 Chứng minh Từ cơng thức d’Alembert, ta có 1 |u(x, t)| ≤ (|g(x + at)| + |g(x − at)| + 2a Bây ta chọn δ = Z x+at |h(y)|dy ≤ δ(1 + t0 ) := x−at điều phải chứng minh + t0 Vậy, từ Định lý 3.2.1, 3.3.1, 3.3.2, ta có khẳng định Định lý 3.3.3 Bài tốn Cauchy (3.2.2)-(3.2.3)-(3.2.4) phương trình truyền sóng chiều đặt đắn 3.4 Bài toán dây rung nửa trục Đối với toán xét nửa trục x > 0, ứng với tượng dây rung bị cố định đầu (hoặc chịu lực tác dụng phụ thuộc thời gian, ví dụ sợi dây bị buộc vào lị xo), ta có tốn utt = a2 uxx , < x < ∞, t > u(0, t) = µ(t), t > 0, u(x, 0) = ϕ0 (x), ut (x, 0) = ϕ1 (x), 0 0: Phương trình vi phân có nghiệm √ √ X(x) = C1 cos λx + C2 sin λx Thay điều kiện biên X(0) = C1 = 0, √ X(l) = C2 sin λl = 0, Chú ý nghiệm cần tìm khơng tầm thường ta suy C2 6= Vậy √ sin ⇐⇒ λ = λl = k2π2 , k = ±1, ±2, l2 Thay λ vừa tìm vào (3.5.26)(a) ta có k2π2 T (t) = l2 T 00 (t) + Phương trình có nghiệm Tk (t) = Ak cos kπ kπ at + Bk sin at l l Từ lập luận suy phương trình truyền sóng xét có nghiệm dạng uk (x, t) = Để cho gọn, ta đặt ωk = u(x, t) ∼ ∞ X k=1 uk (x, t) = Ak cos kπ kπ kπ at + Bk sin at sin x l l l kπ l Ta xây dựng chuỗi hình thức ∞ X Ak cos k=1 kπ kπ kπ at + Bk sin at sin x l l l (3.5.27) xác định hệ số Ak Bk cho chuỗi thoả mãn điều kiện ban đầu tốn Giả sử chuỗi đạo hàm hình thức từ theo t, ta có hệ thức u(x, 0) = ut (x, 0) = ∞ X k=1 ∞ X k=1 Ak sin kπ x = ϕ0 (x), l kπa kπ Bk sin x = ϕ1 (x) l l Giả sử ϕ0 ϕ1 khai triển thành chuỗi Fourier theo sin kπl x đoạn [0, l] Khi ta xác định hệ số Ak Bk theo công thức Z l Ak = l ϕ0 (x) sin Bk = kπa kπ xdx, l l Z ϕ1 (x) sin kπ xdx l (3.5.28) (3.5.29) Chương 3: Phương trình hyperbolic 60 Nhận xét 3.5.1 Cuối ta tìm điều kiện ϕ0 ϕ1 để chuỗi (3.5.27) với hệ số xác định (3.5.28) (3.5.29) thực nghiệm toán biên-ban đầu xét Cụ thể ta cần tìm điều kiện để chuỗi (3.5.27) hội tụ Sử dụng kết giải tích Fourier ta có - Hàm ϕ0 [0, l] có đạo hàm liên tục cấp hai, có đạo hàm cấp ba liên tục khúc ϕ0 (0) = ϕ0 (l) = ϕ000 (0) = ϕ000 (l) = - Hàm ϕ1 [0, l] khả vi liên tục, có đạo hàm cấp hai liên tục khúc ϕ1 (0) = ϕ1 (l) = (Chi tiết chứng minh xem giáo trình Phương trình Đạo hàm riêng.) Chú ý 3.5.1 Từ hình minh hoạ, ta có nhận xét với n = dây rung có hình dạng hai sợi dây giống có chiều dài l/2 có tần số Ta gọi tượng tượng sóng dừng Mỗi sóng dừng xem tổng hợp hai sóng nπat chạy Ta lấy ví dụ bước sóng thứ n, tức xét thành phần sin nπx l sin l , thấy sin ωn x sin ωn at = 1 cos ωn (x − at) − cos ωn (x + at), 2 tức sóng dịch chuyển phía trái với vận tốc −a sóng dịch chuyển phía phải với vận tốc a Trên thực tế, biểu thức nghiệm (sóng) tốn biên-ban đầu xét chồng chất sóng dừng Điều dẫn tới việc ta xem nghiệm tổng hợp hai sóng di chuyển ngược chiều với độ lớn vận tốc a 3.6 Trường hợp ngoại lực khác khơng Trước hết, ta xét tốn Cauchy không với điều kiện Cauchy triệt tiêu utt = a2 uxx + f (x, t), u(x, 0) = ut (x, 0) = 0, x ∈ R, (x, t) ∈ (0, +∞) × R, Chương Bài tốn truyền nhiệt chiều Phương trình parabolic 4.1 Mở đầu Tiếp theo phương trình hyperbolic, chương nghiên cứu mơ hình thực tiễn tượng lan truyền nhiệt độ mỏng Khái niệm "mỏng" hiểu cách toán học, tức độ dày nhỏ so với độ dài thanh, tượng khuếch tán nhiệt độ xét dọc theo chiều dài thanh, mà khơng bị thất theo phương thẳng đứng Phương trình mơ tả tượng phương trình loại parabolic có dạng tổng quát ∂u ∂ c% = ∂t ∂x ∂u k ∂x + f (x, t), c, k hệ số, phụ thuộc vào (x, t), điều kiện Cauchy tương ứng, cho theo biến thời gian không gian Trong khn khổ chương trình, ta xét dạng tắc phương trình sau ∂u ∂ 2u = a2 + f (x, t), ∂t ∂x u = u(x, t), (x, t) ∈ R × (0, ∞) (4.1.1) Trái với tốn phương trình hyperbolic, chương ta cần điều kiện biến thời gian Khi ta có tốn Cauchy (bài toán giá trị ban đầu) tương ứng Ta chứng minh tính đặt chỉnh tốn Tiếp theo, ta tính đặt đắn tốn hỗn hợp phương trình parabolic Trong chương này, ta làm quen với Nguyên lí cực đại cực tiểu, áp dụng vào việc chứng tỏ tính đặt chỉnh tốn hỗn hợp Phần cuối chương phần giới thiệu số hướng phát triển gợi ý bước đầu nghiên cứu loại phương trình này, số tập thực hành gợi ý lời giải 4.1.1 Thiết lập điều kiện Cauchy điều kiện biên Tương tự phương trình hyperbolic, người ta xây dựng toán Cauchy, toán biên-ban đầu phương trình parabolic cách thiết lập điều kiện ban đầu điều kiện biên tương ứng (xem, ví dụ [6, Chương 4].) Điều kiện Cauchy thiết lập Chương 4: Phương trình parabolic 70 theo thời gian, tức ẩn hàm u(x, t) thời điểm t = t0 hàm thích hợp u(x, t)|t=t0 = g(x), x ∈ [0, l], với l chiều dài xét, vơ hạn Ta xét miền đóng ΩT = [0, l] × [t0 , T ], miền mở Ω0T = (0, l) × (t0 , T ) Ta có số cách thiết lập điều kiện biên cho sau: Điều kiên biên Dirichlet: đầu mút x = x = l ta có u(0, t) = µ0 (t), u(l, t) = µl (t), t ∈ [t0 , T ], với µ0 , µl hàm cho [t0 , T ] Ở T vơ hạn Điều kiện biên Dirchlet cho biết giá trị ẩn hàm cần tìm biên miền ΩT xét Điều kiện Neumann: đầu mút x = x = l, ta có ∂u ∂u (0, t) = ν0 (t), (l, t) = νl (t), ∂x ∂x với ν hàm cho trước [t0 , T ] Điều kiện biên Neumann cho biết độ khuếch tán [dịng] nhiệt độ(1) ngồi hệ hai đầu mút Ta thiết lập số điều kiện biên khác, ví dụ điều kiện ứng với định luật Newton tượng truyền nhiệt sau ∂u (l, t) = −λ[u(l, t) − θ(t)], ∂x θ cho trước Tại biên x = ta có điều kiện tương ứng ∂u (0, t) = λ[u(0, t) − θ(t)], ∂x Nếu giá trị l lớn thời gian xét [t0 , T ] nhỏ, ta bỏ qua điều kiện biên để xét điều kiện ban đầu thời gian Khi ta có điều kiện Cauchy nêu Bên cạnh đó, xét toán biên-ban đầu với đầu xa, tức có điều kiện biên đầu mút u(0, t) = ϕ(t) Ta xét điều kiện phi tuyến (tuy nhiên điều không xét khn khổ mơn học) ví dụ điều kiện mơ tả định luật Stefan-Boltzmann q trình truyền nhiệt ∂u (0, t) = σ[u4 (0, t) − θ4 (t)] ∂x (1) heat flux Chương 4: Phương trình parabolic 71 Định nghĩa 4.1.1 Hàm u gọi nghiệm tốn biên-ban đầu thứ phương trình parabolic (a) xác định miền đóng ΩT , (b) thoả mãn phương trình parabolic miền mở Ω0T , (c) thoả mãn điều kiện ban đầu điều kiện biên Dirichlet u(x, t0 ) = φ(x), u(0, t) = µ1 (t), u(l, t) = µ2 (t), cho hàm φ, µi hàm liên tục, thoả mãn φ(0) = µ1 (t0 ), φ(l) = µ2 (t0 ) Khi thay điều kiện Dirichlet điều kiện biên Neumann, ta có toán biên-ban đầu thứ hai; thay điều kiện hỗn hợp, ứng với định luật Newton mà ta nêu trên, ta có tốn biên- ban đầu thứ ba 4.1.2 Nguyên lí cực đại cực tiểu Trong phần này, ta xét phương trình truyền nhiệt có hệ số vt = a2 vxx + βvx + γv (4.1.2) Bằng cách đổi biến v = eµx+λt u, µ = − β β2 , λ = γ − 2, 2a 4a phương trình (4.1.2) trở dạng đơn giản ut = a2 uxx (4.1.3) Ta có nguyên lí cực đại cực tiểu sau Định lý 4.1.1 Giả sử u(x, t) hàm liên tục miền đóng ΩT , thoả mãn phương trình (4.1.3) miền mở Ω0T Khi nghiệm u(x, t) đạt giá trị cực đại cực tiểu t = t0 , x = x = l Chú ý phép dịch chuyển thích hợp, ta coi t0 = Chứng minh Gọi M giá trị cực đại u(x, t) với t = (0 ≤ x ≤ l), với x = x = l (t > 0) Giả thiết hàm u(x, t) đạt giá trị cực đại điểm (x0 , t0 ) bên miền Ω0T Khi ta có u(x0 , t0 ) = M + Chương 4: Phương trình parabolic 72 Vì hàm đạt cực đại (x0 , t0 ) nên ta có ux (x0 , t0 ) = 0, uxx (x0 , t0 ) ≤ Hơn nữa, u(x0 , t) đạt cực đại t ∈ [0, T ] nên ut (x0 , t0 ) ≥ Thực chất, ta có ut (x0 , t0 ) = t0 < T ut (x0 , t0 ) ≥ với t0 = T Bây giờ, ta tìm điểm (x1 , t1 ) ∈ (0, l) × (0, T ] cho uxx (x1 , t1 ) ≤ ut (x1 , t1 ) > Xét hàm v(x, t) = u(x, t) + k(t0 − t), k ∈ R Ta có v(x0 , t0 ) = u(x0 , t0 ) = M + , Chọn k > cho kT < 2 , tức k < 2T k(t0 − t) ≤ kT Khi ta có giá trị lớn v(x, t) t = (theo x ∈ [0, l]) x = x = l (theo t ∈ [0, T )) vượt M + 2 Từ cách đặt hàm v ta suy (4.1.4) v(x, t) ≤ M + , với t = x = x = l Vì hàm v liên tục ΩT nên tồn điểm (x1 , t1 ) cho v đạt giá trị lớn nhất, tức v(x1 , t1 ) ≥ v(x0 , t0 ) = M + Từ (4.1.4) ta thấy < x1 < l, < t1 ≤ T Từ suy vxx (x1 , t1 ) = uxx (x1 , t1 ) ≤ 0, vt (x1 , t1 ) = ut (x1 , t1 ) − k ≥ Bất đẳng thức cuối kéo theo ut (x1 , t1 ) ≥ k , tức điểm (x1 , t1 ) hàm số u khơng thoả mãn phương trình parabolic Điều mâu thuẫn với giả thiết điểm tập mở ΩT thoả mãn phương trình parabolic Ta có điều phải chứng minh Để chứng minh điều kiện cực tiểu, ta ý hàm u1 = −u thoả mãn phương trình parabolic cực đại hàm u1 cực tiểu hàm u Trong trường hợp miền ΩT vơ hạn, ta có định lí cực đại cực tiểu tương ứng Định lý 4.1.2 Giả sử u(x, t) nghiệm phương trình (4.1.1) liên tục giới nội miền ΩT = R × [0, T ] Khi M m cận cận nghiệm u(x, t) t = 0, tức M = sup u(x, 0), x∈R m = inf u(x, 0) x∈R miền mở ΩT , ta có m ≤ u(x, t) ≤ M Chương 4: Phương trình parabolic 73 4.1.3 Ứng dụng ngun lí cực đại cực tiểu Một ứng dụng Nguyên lí cực đại cực tiểu việc chứng minh tính đặt chỉnh toán Cauchy toán biên-ban đầu phương trình truyền nhiệt Trước hết ta xét tốn Cauchy: Tìm hàm u liên tục giới nội t ≥ 0, thoả mãn ∂u ∂ 2u = a2 , ∂t ∂x u(x, 0) = g(x), t > 0, x ∈ R (4.1.5) (4.1.6) Khi ta có định lí Định lý 4.1.3 Nghiệm giới nội toán (4.1.5)-(4.1.6) nhất, phụ thuộc liên tục vào giá trị ban đầu cho t = Chứng minh Từ nguyên lí cực đại cực tiểu miền vơ hạn (Định lí 4.1.2) , xét hai nghiệm u(x, t) v(x, t) cho sup |u(x, 0) − v(x, 0)| < ε, (4.1.7) x∈R miền ΩT = R × [0, T ], T < ∞, ta có |u(x, t) − v(x, t)| < ε, ∀(x, t) ∈ S (4.1.8) Ta có điều phải chứng minh Tiếp theo, ta xét toán biên-ban đầu miền bị chặn ΩT sau: Tìm hàm u(x, t) liên tục, xác định ΩT thoả mãn phương trình ut = a2 uxx + f (x, t), (x, t) ∈ Ω0T , thoả mãn điều kiện biên-ban đầu sau u(x, 0) = ϕ(x), x ∈ (0, l), u(0, t) = µ0 (t), u(l, t) = µl (t), t ∈ (0, T ) Ta có định lí Định lý 4.1.4 Nghiệm liên tục toán biên-ban đầu Chương 4: Phương trình parabolic 74 Chứng minh Xét u1 u2 nghiệm toán với điều kiện biên-ban đầu Khi hàm v(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t), thoả mãn phương trình vt = a2 vxx , điều kiện biên-ban đầu Theo Nguyên lí cực đại cực tiểu, ta thấy rõ ràng hàm v thoả mãn điều kiện Ngun lí đạt giá trị cực đại t = x = x = l Tuy nhiên, ba điểm hàm v triệt tiêu, nên ta suy hàm v điểm ΩT , tức v(x, t) ≡ ΩT Ta có điều phải chứng minh 4.2 Giải toán Cauchy phương pháp tách biến Về thực chất, toán Cauchy xem tốn biên-ban đầu miền không giới hạn, tức trường hợp mà độ dài lớn so với khoảng cách thời gian xét Tuy nhiên, việc xây dựng nghiệm tốn Cauchy có số điểm khác biệt so với việc xây dựng nghiệm tốn biên-ban đầu nói chung Chính thế, ta xét trường hợp riêng biệt Xét tốn Cauchy sau: Tìm hàm u(x, t) xác định miền khơng bị chặn R × (0, ∞) thoả mãn ∂ 2u ∂u = a2 , ∂t ∂x u(x, 0) = g(x), (4.2.9) x ∈ R, (4.2.10) g hàm liên tục giới nội cho trước Ta sử dụng phương pháp tách biến giới thiệu phần phương trình hyperbolic Ta tìm nghiệm riêng giới nội phương trình(4.2.9) dạng u(x, t) = X(x)T (t) Thay vào (4.2.9) ta T (t) X 00 (x) = = −µ (= const ) a2 T (t) X(x) Từ ta có hệ phương trình vi phân thường T (t) + a2 µT (t) = 0, X 00 (x) + µX(x) = (4.2.11) Chương 4: Phương trình parabolic 75 Vì nghiệm tìm giới nội nên µ > 0,(2) ta đặt µ = λ2 Thay vào hệ phương trình ta T (t) + a2 λ2 T (t) = 0, X 00 (x) + λ2 X(x) = Từ 2 T (t) = e−a λ t , X(x) = A cos λx + B sin λx, hệ số A, B số, phụ thuộc λ Vậy nghiệm phương trình uλ (x, t) ứng với giá trị λ có dạng 2 uλ (x, t) = e−a λ t (4.2.12) [A(λ) cos λx + B(λ) sin λx] Tích phân (4.2.12) theo λ Z ∞ 2 e−a u(x, t) = λ t (4.2.13) [A(λ) cos λx + B(λ) sin λx]dλ, −∞ Với giả thiết tích phân biểu thức hội tụ đạo hàm dấu tích phân hai lần theo x lần theo t, ta có hàm số nghiệm phương trình (4.2.9) Để tìm nghiệm toán Cauchy (4.2.9)-(4.2.10), ta cần xác định hàm A(λ) B(λ) để u thoả mãn điều kiện ban đầu (4.2.10) Giả sử ta biểu diễn u(x, 0) = g(x) dạng tích phân Fourier g(x) = 2π = 2π Z ∞ Z ∞ g(ξ) cos λ(ξ − x)dξ dλ Z−∞ ∞ −∞ Z ∞ ∞ −∞ g(ξ) sin λξdξ dλ g(ξ) cos λξdξ + sin λx cos λx −∞ Z −∞ Trong (4.2.13) cho t = đồng với biểu diễn dạng tích phân Fourier hàm g ta tìm A(λ) B(λ) có dạng A(λ) = 2π B(λ) = (2) Có hạn 2π Z ∞ g(ξ) cos λξdξ, Z−∞ ∞ g(ξ) sin λξdξ −∞ thể dễ dàng kiểm tra trường hợp µ ≤ để thấy nghiệm tăng vô t tiến vơ Chương 4: Phương trình parabolic 76 Thay vào (4.2.13) ta u(x, t) = 2π = π Z ∞ Z ∞ −∞ ∞ Z Z 2 g(ξ)e−a dλ −∞ ∞ 2 g(ξ)e−a dλ λ t λ t cos λ(ξ − x)dξ cos λ(ξ − x)dξ −∞ Thay đổi thứ tự lấy tích phân sử dụng cơng thức Z ∞ √ e−α 2 λ π − β22 e 4α , α cos βλdλ = −∞ ta u(x, t) = √ 2a πt ∞ Z e− (ξ−x)2 4a2 t g(ξ)dξ (4.2.14) (4.2.15) −∞ Công thức (4.2.15) gọi cơng thức Poisson tốn Cauchy (4.2.9)-(4.2.10) Đặt F (ξ, τ ; x, t) = √1 2a − 4a(ξ−x) (t−τ ) π(t−τ ) e , với τ < t, (4.2.16) ngược lại 0 Khi cơng thức Poisson (4.2.15) có dạng Z ∞ u(x, t) = F (ξ, 0; x, t)g(ξ)dξ (4.2.17) −∞ Hàm F (ξ, τ ; x, t) gọi nghiệm phương trình truyền nhiệt Chú ý (ξ, τ ) 6= (x, t), biến (x, t) hàm F thoả mãn phương trình (4.2.9), cịn biến (ξ, τ ) hàm F thoả mãn phương trình liên hợp với phương trình (4.2.9) − ∂v ∂ 2v = a2 ∂t ∂x (4.2.18) Ta có khẳng định Định lý 4.2.1 Giả sử hàm g(x) liên tục giới nội Khi tốn Cauchy (4.2.9)-(4.2.10) có nghiệm u(x, t) xác định công thức (4.2.17) Chứng minh Để chứng minh định lí này, trước hết ta kiểm tra cơng thức (4.2.17) thoả mãn phương trình (4.2.9) với t > Chú ý nghiệm (4.2.16) thoả mãn phương trình (4.2.17), ta cần chứng minh đạo hàm dấu tích phân hai lần theo biến x lần theo biến t, tức chứng minh tích phân nhận cách đạo hàm hình thức biểu thức dấu tích phân theo x t hội tụ miền chữ nhật ≤ t0 ≤ t ≤ T , |x| ≤ N , với t0 , T, N tuỳ ý dương Điều hàm g giới nội, Chương 4: Phương trình parabolic 77 cịn hàm xm e−ax giảm x → ∞ nhanh hàm đa thức, hàm R∞ C dấu tích phân khơng lớn C/(1 + ξ ) Sử dụng tính hội tụ tích phân −∞ 1+ξ dξ tiêu chuẩn Weierstrass suy tích phân xét hội tụ đều, tức điều ta cần chứng minh Tiếp theo, ta chứng minh hàm cho công thức (4.2.17) giới nội miền t > Điều dễ dàng suy từ tính giới nội hàm g , tức ta có Z ∞ (ξ−x)2 |u(x, t)| ≤ √ e− 4a2 t |g(ξ)|dξ 2a πt −∞ Z ∞ (ξ−x)2 M e− 4a2 t dξ = M ≤ √ 2a πt −∞ (áp dụng (4.2.14)) Cuối ta dễ dàng chứng minh hàm cho công thức (4.2.17) thoả mãn điều kiện ban đầu, tức lim u(x, t) = g(x) t→0 (4.2.19) Ta có điều phải chứng minh Như vậy, từ Định lí 4.1.3 Định lí 4.2.1 ta suy Định lý 4.2.2 Nếu nghiệm tìm lớp hàm giới nội với kiện ban đầu giới nội tốn Cauchy (4.2.9)-(4.2.10) phương trình truyền nhiệt miền x ∈ R, t > đặt đắn Nhận xét 4.2.1 Nghiệm tốn Cauchy phương trình truyền nhiệt khả vi cấp miền t > 0, x ∈ R, khơng phụ thuộc vào việc hàm g có đạo hàm R khơng Tính chất phân biệt phương trình truyền nhiệt với phương trình truyền sóng 4.3 Bài toán biên ban đầu thứ Trong mục này, ta xây dựng nghiệm toán biên-ban đầu thứ nhất, ứng với điều kiện biên Dirichlet miền bị chặn ΩT Nhắc lại việc sử dụng điều kiện biên Dirichlet nhằm làm đơn giản phép tính mà thơi 4.3.1 Bài tốn Xét tốn biên ban đầu thứ khơng có vế phải u = a2 uxx , (x, t) ∈ VT , t u(x, 0) = ϕ(x), ≤ x ≤ l, (IBVP) u(0, t) = u(l, t) = Trong hàm ϕ(x) giả thiết liên tục, khả vi khúc, ϕ(0) = ϕ(l) = Ta sử dụng phương pháp tách biến Fourier để giải toán Giả sử nghiệm giới nội toán Chương 4: Phương trình parabolic 78 u(x, t) = X(x)T (t) Thay vào phương trình ta X(x)T (t) = a2 X 00 (x)T (t) X 00 (x) T (t) = = −λ X(x) a T (t) ⇐⇒ Từ suy hệ phương trình vi phân thường sau X 00 (x) + λX(x) = 0, (4.3.20) T (t) + λa2 T (t) = (4.3.21) Làm tương tự toán hỗn hợp hyperbolic ta λk = k2π2 l2 k = 1, 2, 3, Từ suy dạng nghiệm phương trình kπ x, l Xk (x) = Ak sin T (t) = Bk e−( uk (x, t) = Ck e−( kπa t l ) , ) sin kπ x l kπa t l Lấy chuỗi hình thức u(x, t) = ∞ X uk (x, t) = k=1 ∞ X −( kπa t l ) Ck e sin k=1 kπ x , l nghiệm phương trình Với việc khai triển hàm ϕ(x) theo hệ sin kπl x , ta tìm hệ số Ck biểu thức nghiệm u(x, t) từ hệ thức ϕ(x) = u(x, 0) = ∞ X ϕk sin k=1 tức Ck = ϕ k = l Z l ϕ(ξ) sin kπ x , l kπ ξdξ, k = 1, 2, l Ta chứng minh với giả thiết hàm ϕ biểu thức u(x, t) nêu nghiệm thực toán Để chứng minh điều này, ta tính hội tụ chuỗi, từ cho phép khả vi từ chuỗi theo x t, tương ứng 4.3.2 Trường hợp không Xét toán biên ban đầu thứ với vế phải khác u = a2 uxx + f (x, t), (x, t) ∈ VT , t u(x, 0) = 0, ≤ x ≤ l, u(0, t) = u(l, t) = (IBVP-f) Chương 4: Phương trình parabolic 79 Tương tự lập luận phần toán biên-ban đầu phương trình hyperbolic, ta tìm nghiệm giới nội toán dạng u(x, t) = ∞ X kπ x l Tk (t) sin k=1 Chú ý 4.3.1 Dạng nghiệm toán rõ ràng phụ thuộc nhiều vào loại điều kiện biên xét Ví dụ điều kiện biên Dirichlet cho hai đầu mút Thay vào phương trình ta ∞ X Tk0 (t) + k=1 kπa l ! 2 Tk (t) ∞ X kπ kπ fk (t) sin sin x= x, l l k=1 fk (t) = l Z l f (ξ, t) sin kπ ξdξ l Vì sin kπl x hệ trực chuẩn, nên đẳng thức xảy tương đương với hệ phương trình vi phân thường Tk0 (t) + kπa l 2 Tk (t) = fk (t), T (0) = 0, k = 1, 2, Giải phương trình ta t Z Tk (t) = e−( kπa (t−τ ) l ) fk (τ )dτ Tức ta có biểu thức nghiệm cần tìm u(x, t) = ∞ Z X k=1 t e l Z tZ fk (τ )dτ sin thay giá trị fk vào, ta Z tZ l( X ∞ kπa 2 u(x, t) = −( kπa (t−τ ) l ) e−( l ) (t−τ ) sin k=1 kπ x sin l kπ x , l kπ ξ l ) f (ξ, τ )dξdτ l G(x, ξ, t − τ )f (ξ, τ )dξdτ := 0 với G(x, ξ, t − τ ) hàm Green toán, cho theo công thức ∞ X −( kπa )2 (t−τ ) l e sin G(x, ξ, t − τ ) = l k=1 kπ x sin l kπ ξ l Chương 4: Phương trình parabolic 80 4.3.3 Trường hợp tổng quát Nguyên lí Duhamel Để giải toán Cauchy toán biên ban đầu cho phương trình parabolic(3) , người ta đưa Nguyên lí Duhamel, mang tên nhà kỹ sư Anh năm kỷ thứ XVIII sau: Xét toán ut − uxx = f (x, t), < x < `, t > 0, (4.3.22) u(x, 0) = 0, < x < `, (4.3.23) u(0, t) = u(`, t) = (4.3.24) Đặt t Z u(x, t) = V (x, t; τ )dτ V (x, t; τ ) nghiệm toán biết Vt − Vxx = 0, (4.3.25) < x < `, t > 0, V (x, 0; τ ) = f (x, τ ), < x < `, (4.3.26) V (0, t; τ ) = V (`, t; τ ) = (4.3.27) Ta tìm nghiệm phương pháp tách biến, đặt V (x, t; τ ) = X(x)T (t, τ ) τ đóng vai trị tham số cố định Khi ta dẫn đến hệ phương trình vi phân thường X T sau: X 00 (x) + λX(x) = 0, (4.3.28) T (t, τ ) + λT (t, τ ) = 0, t với điều kiện biên tương ứng X(0) = X(`) = Làm tương tự biết, ta suy biểu thức nghiệm tốn có dạng V (x, t; τ ) = ∞ X 2 − k `2π t Ak (τ )e sin k=1 kπ x , ` (4.3.29) Ak (τ ) xác định từ biểu thức Ak (τ ) = ` (3) Nguyên Z ` f (x, τ ) sin kπ x dx, ` (4.3.30) lí trình bày cách tương tự phần Phương trình hyperbolic Ta áp dụng cho phương trình elliptic Chương 4: Phương trình parabolic 81 Nhận xét 4.3.1 Trong trường hợp tổng quát, khơng phải ta viết biểu thức nghiệm tường minh cho tốn, phụ thuộc vào dạng phương trình, vào miền lấy tích phân, số chiều khơng gian, vân vân Nhận xét 4.3.2 Trường hợp vế phải điều kiện biên, ban đầu không triệt tiêu, ta sử dụng nguyên lí chồng chất nghiệm để phân rã toán thành toán đơn giản Cách hồn tồn tương tự ta làm dạng phương trình hyperbolic 4.4 Ý nghĩa vật lí số gợi ý nghiên cứu 4.4.1 Ý nghĩa vật lí Nghiệm tốn Cauchy, xét phương diện vật lí, mơ tả nhiệt độ phân bố dài vô hạn cách nhiệt với môi trường xung quanh cho trước phân bố nhiệt độ thời điểm ban đầu Một cách lí tưởng, từ cơng thức nghiệm tốn Cauchy ta thấy sau khoảng thời gian t nhỏ, nhiệt độ điểm thay đổi so với trạng thái ban đầu Trong thực tế điều vơ lí xét điểm xa gốc quan sát thời điểm t nhỏ, điều không khác so với thực tế Vì cơng thức Poisson coi biểu diễn tốt quy luật truyền nhiệt 4.4.2 Một số mở rộng Tìm hiểu hàm Green phương trình parabolic Bài toán biên-ban đầu thứ hai, bàn toán biên-ban đầu nửa đường thẳng Phương pháp nghiệm (fundamental solution method) Bài tốn khơng gian nhiều chiều: (a) Hiện tượng truyền nhiệt mặt phẳng (b) Hiện tượng khuếch tán vật chất không gian Ứng dụng tốn tìm nguồn khuếch tán (bài tốn ngược) 4.5 Bài tập chương Giải toán ut = uxx , t > 0, x ∈ R, (a) u(x, 0) = cos 3x (b) ut = 9uxx , u(x, 0) = sin 2x cos 4x t > 0, x ∈ R, Chương 4: Phương trình parabolic (c) ut = 16uxx , 82 t > 0, x ∈ R, u(x, 0) = cos2 4x (d) (e) ut = 4uxx , t > 0, x ∈ R, u(x, 0) = e−x2 ut = 9uxx , t > 0, x ∈ R, u(x, 0) = e−x2 +2x+2 Tìm nghiệm khơng giới nội toán ut = uxx , t > 0, x ∈ R, u(x, 0) = x2 − 2x + 3 Giải toán biên ban đầu u = 9uxx , t > 0, < x < π, t (a) u(x, 0) = sin x(1 − cos x), < x < π, u(0, t) = u(π, t) = 0, (b) ut = a2 uxx , x u(x, 0) = t > t > 0, < x < l, < x < l/2, 1 − x l/2 < x < l, u(0, t) = u(l, t) = 0, (c) (d) t > u = uxx , t t > 0, < x < l, u(x, 0) = x2 − u (0, t) = u(l, t) = 0, t > x u = uxx − 2ux + x + 2t, t > 0, < x < 1, t u(x, 0) = ex sin πx u(0, t) = u(1, t) = t, (e) t > ut = uxx + u + sin x sin t, u(x, 0) = u(0, t) = u( π , t) = t > 0, < x < π2 , Tài liệu tham khảo [1] N Asmar Partial Differential Equations with Fourier Series and Boundary Value Problems Prentice Hall, Upper Saddle River, NJ 07458, edition, 1987 [2] Trần Đức Vân Giáo trình phương trình đạo hàm riêng, volume NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2000 [3] R Haberman Elementary Applied Partial Differential Equations With Fourier Series and Boundary Value Problems Prentice Hall, Englewood Cliffs, NJ 07632, 1987 [4] Nguyễn Mạnh Hùng Phương trình đạo hàm riêng, volume NXB Giáo dục, 2002 [5] Nguyễn Thừa Hợp Giáo trình phương trình đạo hàm riêng NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2002 [6] Đinh Nho Hào Partial Differential Equations University of Gottingen, 2001 [7] B Neta Partial Differential Equations MA 3132 Lecture Notes Monterey, CA 93943, 2002 [8] V.S Vladimirov Equations of mathematical physics Pure and applied mathematics M Dekker, 1971 83
Ngày đăng: 30/08/2023, 14:24
Xem thêm:
