Bài toán cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không gian bất kỳ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI BÀI TOÁN CAUCHY CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN SÓNG VỚI SỐ CHIỀU KHÔNG GIAN BẤT KỲ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI BÀI TOÁN CAUCHY CHO PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN SÓNG VỚI SỐ CHIỀU KHÔNG GIAN BẤT KỲ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC CHUYÊN NGÀNH : TOÁN GIẢI TÍCH MÃ SỐ : 60 46 01 02 Người thực hiện: NGUYỄN THỊ NGẦN Cao học khóa: 2014-2016 Người hướng dẫn: PGS TS HÀ TIẾN NGOẠN HÀ NỘI - 2016 Mục lục ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan, hướng dẫn PGS.TS Hà Tiến Ngoạn, luận văn tốt nghiệp Thạc sỹ chuyên ngành Toán giait tích với đề tài " Bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không gian bất kỳ" hoàn thành nhận thức thân tác giả Trong trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả thừa kế thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn Lời cảm ơn Trong trình thực luận văn thạc sỹ, nhận giúp đỡ, tạo điều kiện nhiều cá nhân, tập thể Lời xin bầy tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Tiến Ngoạn dành nhiều thời gian huownhs dẫn giải đáp thắc mắc suốt trình làm luận văn Tôn xin trân thành cảm ơn toàn thể thầy cô giáo khoa Toán, trường đại học Sư phạm Hà Nội thầy cô giáo tham gia giảng dạy khóa học cao học năm 2014-2016 tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức cho suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè tất người quan tâm , tạo điều kiện, động viên hoàn thành nhiệm vụ Mặc dù có nhiều cố gắng hoàn thiện nhận văn, nhiên luận văn tránh khỏi thiếu sót, mong nhận đóng góp thầy cô bạn Hà Nội, tháng năm 2016 Nguyễn Thị Ngần Mở đầu Phương trình truyền sóng phương trình đạo hàm riêng bản, đại diện cho loại phương trình hyperbolic, mô tả trình truyền sóng nhiễu động Bài toán Cauchy cho loại phương trình tìm phân bố đại lương đặc trưng cho dao động thời điểm biết phân bố tốc độ ban đầu thời điểm ban đầu Trong Giáo trình Phương trình đạo hàm riêng, toán thường xét trường hợp chiều với công thức D’Alembert Trường hợp số chiều không gian cao đề cập Luận văn xét toán Cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không gian Trước hết, toán xét trường hợp chiều Với công thức D’Alembert, đại lương trung bình nghiệm toán mặt cầu thiết lập trường hợp số chiều không gian lẻ Từ nhận công thức biểu diễn nghiệm toán xét giới hạn đại lương trung bình bán kính mặt cầu tiến không Trường hợp số chiều không gian số chẵn giải phương pháp hạ bớt số chiều Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần Mở đầu, Kết luận, Một số ký hiệu, Tài liệu tham khảo chương Chương 1: trình bày Các tính chất định tính nghiệm phương trình truyền sóng, dẫn dắt phương trình dao động dây, bất đẳng thức lượng toán, Miền phụ thuộc Tính nghiệm toán Cauchy Cauchy Chương trình bày toán Cauchy cho phương trình sóng nhất, Trường hợp không gian chiều, đại lượng trung bình mặt cầu, trường hợp không gian ba chiều, trường hợp không gian hai chiều, trường hợp số chiều không gian bất kỳ, toán Cauchy cho phương trình truyền sóng không Bản luận văn thực hướng dẫn PGS.TS Hà Tiến Ngoạn Tôi bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy dành nhiều công sức thời gian để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ việc hoàn thành luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo thầy, cô khoa Toán , Trường Đại học Sư phạm Hà Nội kiến thức điều tốt đẹp mang lại cho thời gian học tập trường Tôi xin cảm ơn tới Phòng Sau Đại học điều kiện thuận lợi dành cho việc hoàn thành thủ tục học tập bảo vệ luận văn Cuối bày tỏ lòng biết ơn gia đình, người thân chỗ dựa tinh thần vật chất cho sống học tập Hà Nội, tháng năm 2016 Nguyễn Thị Ngần Một số ký hiệu (i) RN không gian Euclide thực N chiều, R = R1 (ii) Một điểm RN x = (x1 , , xN ) trường hợp cụ thể x coi vecto hàng vecto cột N (iii RN + = x ∈ R ; xN > (iv) Một điểm RN ký hiệu (x, t) = (x1 , , xN , t) (v) U, V, W ký hiệu tập mở RN (vi) ∂U biên U (vii) U = U ∪ (∂U ) bao đóng U (viii) B(x, r) hình cầu đóng có tâm x bán kính r (ix) ωN thể tích hình cầu đơn vị RN (x) Đại lượng trung bình hình cầu f dy = ωN r N f dy B(x,r) B(x,r) Đại lượng trung bình f mặt cầu ∂B (x, r) f dS = N ωN rN −1 ∂B(x,r) f dS ∂B(x,r) (xi) C k RN = u : RN → R liên tục khả vi k lần ∂ 2u i=1 ∂xi ∂u ∂u (xiii) ∇u = , , ∂x1 ∂xN N (xii) ∆ = Chương Các tính chất định tính nghiệm phương trình truyền sóng Chương trình bày số kiến thức bổ trợ, dẫn dắt phương trình dao động dây, bất đẳng thức lượng toán Cauchy, miền phụ thuộc, tính nghiệm toán Cauchy Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [??] [??] 1.1 Dẫn dắt phương trình dao động dây Xét sợi dây căng thẳng theo trục Ox Bằng cách đó, ta làm sợi dây dao động, ta xét nghiên cứu định luận dao động sợi dây Ta giả thiết sợi dây nhỏ, không cưỡng lại uấn có lực căng T tương đối lớn so với sợi dây, khiến cho ta bỏ qua yếu tố trọng lượng sợi dây nói Ta xét dao động ngang sợi dây, tức giả thiết dao động, phần tử vật chất sợi dây chuyển động thẳng góc với trục Ox Độ lệch phần tử vật chất dây mà ta ký hiệu M so với vị trí cân ký hiệu u Rõ ràng hàm u phụ thuộc thời gian hoành độ điểm M tức là: u = u (x, t) Xét t = t0 đồ thị đường cong biểu diễn bởi: u = u (x, t0 ) Rõ ràng cho ta hình dãng sợi dây thời điểm t = t0 Hơn nữa, ta giả thiết độ lệch u(x, t) sợi dây đạo hàm ∂u nhỏ kiến cho ∂x ta bỏ qua đại lượng u2x so với đơn vị Hãy lấy đoạn dây bất ký giới hạn hai điểm M1 , M2 với hoành độ x1 , x2 Khi đó, bỏ qua đại lượng u2x (x, t), độ dài đoạn dây M1 M2 bằng: x2 + u2x dx ≈ x1 − x2 = l l = x1 Tức độ dài đoạn M1 M2 dây cung vị trí cân Nó khác đi, ta coi độ dài sợi dây không thay đổi dao động Như vậy, theo định luật Hooke lực căng T sợi dây không thay đổi, ta coi lực căng T số T0 T = T0 Bây ta thiết lập phương trình dao động dây, cách dung nguyên lý D’Alambert : (( chuyển động dây, tổng lực tác dụng vào đoạn dây, kể lực quán tính không, hình chiếu lực trục đề không)) Xét đoạn dây M1 M2 cho không tổng hình chiếu lực xuống trục u, cụ thể hình chiếu lực căng, ngoại lực tác động vào dây lực quán tính Lực căng hướng theo tiếp tuyến dây điểm M1 M2 T0 Gọi α (x) góc tạo trục Ox với tiếp tuyến điểm x tổng hình chiếu lực căng điểm M1 M2 xuống trục u : Y = T0 [sin (x2 ) − sin (x1 )] Nhưng sin (x) = tan (x) + tan2 (x) = ∂u ∂x 1+ ∂u ∂x ≈ ∂u ∂x Chú ý 2.5 Tính trơn Trong trường hợp N = nghiệm trơn giống ϕ (x) ψ (x) Nếu N = đạo hàm theo t xuất phương trình (2.12) , nghiệm u(x, t) có độ trơn thấp ϕ ψ Nói chung, ϕ ∈ C m (R3 ), ψ ∈ C m (R3 ), m ∈ N Thì u ∈ C m (R3 × R+ ) Như ϕ ψ lớp C R3 sau uxi xi tăng vọt điểm (x, t) ∈ R3 × R ϕxi xi , ψxi xi bị chặn Nó biết đến tiêu điểm Theo Chú ý 2.4,tập kỳ dị trở nên nhỏ lại cho t>0 vào tập nhỏ gọi tiêu điểm Chú ý 2.6 Giá compact Trong phần giả sử giá ϕ ψ compact, chẳng hạn hình cầu Br (0) xét tính ổn định L∞ (R3 ), ∀t ∈ R Từ công thức nghiệm (2.13), hàm u(◦, t) có giá trị chứa tập sau (t − r)+ ≤ |x| ≤ r + t Sự nhiễu cảu hàm ϕ (x) ψ (x) ảnh hưởng đến giá trị nghiệm miền nói không gian Chú ý 2.7 Giá trị nghiệm thời gian đủ lớn.Ta tiếp tục giả định giá trị ϕ ψ giá hình cầu Br (0).Từ Chú ý 2.6 nghiệm x → u(x, t) có giá compact R3 Nghiệm u(x, t) theo biến t có giá compact theo biến t theo nghĩa u(x, t) = x cố định |t| đủ lớn Phát biểu mạnh hơn, có dạng sau u ∞,R (t) →0 t → ∞ Thật từ (2.15) , cho thời gian đủ lớn, ta có u ∞,R3 2r2 ≤ t ϕ ∞,R3 + ∇ ∞,R3 + ψ ∞,R3 , (2.16) Do hình cầu {|x − y| = ct} cần phải có giao khác rỗng với hình cầu Br (0) 22 Chú ý 2.8 Năng lượng Ký hiệu ε(t) lượng thời gian t, tức u2t + c2 |∇u|2 dx ε (t) = R3 Nhận phương trình đạo hàm riêng u = với ut lấy tích phận R3 d ε(t) = dt Từ a suy ε(t) = ε(0) = const ta có x → |∇u| (x, t) ∈ L2 R3 , ∀t ∈ R (2.17) Hệ Mệnh đề 2.1 Tồn nghiệm toán cachy (2.6) lớp công thức (2.17) Dùng công thức (2.17) Định lý 2.2 ta Định lý 2.2 Cho N = giả sử supp(ϕ, ψ) ≡ Br (0) với r > Giả sử thêm ϕ ∈ (R3 × R) ψ ∈ (R3 × R) Có tồn nghiệm toán Cauchy (2.6) đưa công thức(2.13)-(2.15) Ngoài ra, nghiệm ổn định L∞ (R3 ) 2.4 Trường hợp không gian hai chiều Xét toán Cauchy cho phương trình sóng không gian hai chiều utt − (ux1 x1 + ux2 x2 ) = R2 × R u (x1 , x2 , 0) ≡ ϕ (x1 , x2 ) (x1 , x2 ) ∈ R2 ut (x1 , x2 , 0) ≡ ψ (x1 , x2 ) 23 (2.18) Định lý 2.3 Giả sử (x1 , x2 ) → ϕ (x1 , x2 ) ∈ C R2 (x1 , x2 ) → ψ (x1 , x2 ) ∈ C R2 Khi toán Cauchy (2.19) có nghiệm u (x1 , x2 , t) = ∂ { ∂t 2π ϕ (y1 , y2 ) dy1 dy2 2π Dt (x1 ,x2 ) } − (y1 − x1 ) − (y2 − x2 ) ψ (y1 , y2 ) dy1 dy2 2 t − (y1 − x1 ) − (y2 − x2 ) Dt (x1 ,x2 ) + t2 Với Dt (x1 , x2 ) hình tròn có tâm (x1 , x2 ) bán kính t, tức Dt (x1 , x2 ) ≡ (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 < t2 Phương pháp hạ chiều Hadamard bao gồm việc xét nghiệm u (x1 , x2 ) toán (2.18) nghiệm (2.6) mà không phụ thuộc vào x2 Ta giả sử S hình cầu có tâm (x1 , x2 , 0) bán kính t S ≡ (y1 , y2 , y3 ) ∈ R3 (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + y32 = t2 Thật vậy, từ (2.12) u (x1 , x2 , t) = u (x 1 , x2 , 0, t) = ∂ ∂t  4πt  ϕ (y1 , y2 ) dσ   +  S 4πt ψ (y1 , y2 ) dσ (2.19) S Nếu P ≡ (y1 , y2 , y3 ) ∈ S ν (P ) phần bên S P ν y3 y3 = , |y3 | > |y3 | t dσ = t dy1 dy2 |y3 | Ở đây, dy = dy1 dy2 độ đo Lebesgue R2 (y1 , y2 ) biến thiên đường tròn (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 < c2 t2 , ta có 24 |y3 | = c2 t2 − (y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 Chú ý áp dụng cho công thức (2.20) ký hiệu x ≡ (x1 , x2 ), y ≡ (y1 , y1 ) điểm R2 Ta nhận u (x1 , x2 , t) = ∂ { ∂t 2π ϕ (y) dy |y−x| Theo (2.7) ta đặt (i) U (x, r, t) ωN rN u (y, t) dσ (y) = ∂B(x,r) u (y, t) dσ (y) ∂B(x,r) 25 (2.22) giá trị trung bình hàm u(x, t) mặt cầu ∂B(x, r), (iii) G (x, r) = N ωN rN −1 ϕ (y) dσ (y) (2.23) ψ (y) dσ (y) (2.24) |x−y|=r H (x, r) = N ωN rN −1 |x−y|=r 2.5.1 Trường hợp N lẻ Cho φ : R → R C k+1 Khi với k = 1, 2, Bổ đề 2.1 (i) ∂2 ∂r2 (ii) ∂ r ∂r ∂ r ∂r k−1 r2k−1 φ (r) = ∂ r ∂r k−1 k−1 r2k−1 φ (r) βjk rj+1 = j=0 k r2k ∂φ (r) ∂r ∂j φ (r) ∂rj βjk Ở số (j = 0, , k − 1) phụ thuộc vào φ Hơn (iii) β0k = 1.3.5 (2k − 1) Giả sử N ≥ số nguyên lẻ đặt (k ≥ N = 2k + Giả sử u(x, t) ∈ C k+1 RN × [0, ∞) thỏa mãn toán giá trị ban đầu (2.22) Khi hàm U xác định (2.23) C k+1 Ta ký hiệu  k−1  ∂   U (x, r, t) = r2k−1 U (x, r, t)   r ∂r    k−1 ∂ (r > 0, t ≥ 0) (2.25) G (x, r) = r2k−1 G (x, r)  r ∂r   k−1   ∂   r2k−1 H (x, r)  H (x, r) = r ∂r Khi U (x, r, 0) = G (x, r) Ur (r, 0) = H (x, r) 26 (2.26) Bổ đề 2.2 Ta có   Utt (x, r, t) − Urr (x, r, t) =  U (r, 0) = G (r) Ur (r, 0) = H (r) U (x, r, t) = {r = 0} × (0, ∞) Chứng minh Urr ∂2 = ∂r = = = R+ × (0, ∞) R+ × {t = 0} Nếu r>0, ta có k−1 k ∂ ∂ r2k−1 U = r2k Ur (theo Bổ đề 2.1,i) r ∂r r ∂r k−1 ∂ r2k−1 Urr + 2kr2k−2 Ur r ∂r k−1 ∂ N −1 Ur (n = 2k + 1) r2k−1 Urr + r ∂r r k−1 ∂ r2k−1 Utt = Utt (theo (2.10)) r ∂r Theo Bổ đề 2.1,(ii) ta thấy {r > 0} × {(0, ∞)} U =0 Theo Bổ đề 2.2 (2.5) ta kết luận với ≤ r ≤ t, x+t 1 U (x, t) = G (x, x + t) − G (x, t − x) + 2 H (x, s) ds x−t với r ∈ R, t ≥ Theo Chú ý 2.3 ta có u (x, t) = lim U (x, r, t) ∀x ∈ RN r→0 Hơn nữa, theo Bổ đề 2.1,(ii) khẳng định U (r, t) = ∂ r ∂r k−1 = j=0 k−1 r2k−1 U (x, r, t) βjk rj+1 ∂j U (x, r, t) ∂rj U (r, t) = lim U (x, r, t) = u (x, t) r→0 β k r r→0 lim 27 (2.27) Vì thế, từ (2.29) suy  x+t G (x + t) − G (t − x) 1 lim  + k 2r β0 r→0 u (x, t) = = k G (t) + H (t) β0  H (s) ds x−t Từ N = 2k + 1, (2.27) Bổ đề 2.1,(iii) ta suy công thức biểu diễn nghiệm N −3  N −2 t    ∂  γN ∂t u (x, t) = 1∂ t ∂t ∂B(x,r) N −3    + 1∂ t ∂t tN −2  ϕdS   (2.28) ψdS   ∂B(x,t) Bây ta kiểm tra công thức (2.28) nghiệm toán (2.22) Định lý 2.4 Giả thiết N số lẻ, N ≥ giả sử ϕ ∈ C m+1 (RN ), ψ ∈ N +1 Xác định u (2.22) Khi RN × [0, ∞) , C m (RN ) với m = (i) u ∈ C (ii) utt − ∆u = (iii) lim RN × [0, ∞) u (x, t) = ϕ x0 , lim (x,t)→(x0 ,0) x∈RN ,t>0 (x,t)→(x0 ,0) x∈RN ,t>0 ut (x, t) = ψ x0 với điểm x0 ∈ RN Chứng minh Giả sử ϕ ≡ 0, tức u (x, t) = γN 1∂ t ∂t n−3 tn−2 H (x, t) Khi đó, từ Bổ đề 2.1,(i) ta có utt (x, t) = γN Mà ta có Ht = 1∂ t ∂t N −1 t N ∆ψdy B(x,r) 28 tN −1 Ht (2.29) Suy utt = N ωN γN N −1  1∂ t ∂t    ∆ψdy   B(x,r)  = N −3 1∂ 1  t ∂t t N ωN γN  ∆ψdS   ∂B(x,r) Mặt khác, ∆H (x, t) = ∆x ψ (x + y) dS (y) = ∂B(x,r) ∆ψdS ∂B(x,r) VÌ thế, (2.31) tính toán cho ta RN × (0, ∞) utt = ∆u Tương tự giả sử ψ ≡ 0, tức u (x, t) = γN 1∂ t ∂t ∂ ∂t n−3 tN −2 G (x, t) Khi đó, từ bổ đề 2.1, (ii)-(iii) ta có utt = γN ∂ ∂t 1∂ t ∂t n−1 tN −2 Gt Mà ta có Gt = t N ∆ϕdy B(x,r) suy utt = N ωN γN 1∂ t ∂t N −1     ∆ϕdy   B(x,r)  = N ωN γN N −3 1∂ 1  t ∂t t ∆ϕdS   ∂B(x,r) 29  (2.30) Vì thế, (2.32) tính toán cho ta utt = ∆u RN × (0, ∞) Vậy u thỏa mãn điều kiện ban đâu toán (2.22) nên (2.30) nghiệm toán (2.22) 2.5.2 Trường hợp với N chẵn n+2 Ta muốn tạo công thức nghiệm giống với công thức (2.30) u Ở Giả sử N số tự nhiên chẵn, u C m -nghiệm (2.22), m = giống trường hợp với N = 2, ta thấy (2.31) u˜ (x1 , , xN +1 , t) = u (x1 , , xN , t) thỏa mãn phương trình truyền sóng RN +1 ×{0, ∞} với điều kiện ban đầu RN +1 × {0, ∞} u˜ = ϕ; ˜ u˜t = ψ˜ ϕ˜ (x1 , , xN +1 , t) = u (x1 , , xN , t) ψ˜ (x1 , , xN +1 , t) = u (x1 , , xN , t) (2.32) Vì N + lẻ, ta sử dụng công thức (2.30) (với N + thay cho N ) để đạt công thức cho u˜ theo hàm f˜, ψ˜ Khi (2.30) (2.34) cho ta công thức u theo hàm ϕ, ψ Cố định x ∈ RN , t > ta viết x˜ = (x1 , , xN +1 , 0) ∈ RN +1 Khi (2.30) với N + chỗ cho N , cho ta  u (x, t) = γN +1  ∂  1∂ t ∂t ∂t n−2   ϕd ˜ S˜  n−2 t  ˜ n−2  n−2 t  + ∂ t ∂t B(x,t) ∂ (2.33)  ˜ S˜ ψd  ˜ ∂ B(x,t) ˜ (x, t) mặt cầu RN +1 với tâm x bán kình t d∂S độ đo ∂B mặt N -chiều ∂ B˜ (x, t) Bây 30 ϕd ˜ S˜ = (N + 1) ωN +1 tN ˜ ∂ B(x,t) ϕd ˜ S˜ (2.34) ˜ ∂ B(x,t) 2 Chú ý ∂ B˜ (x, t) ∩ {yN +1 ≥ 0} đồ thị hàm γ (y) := − |y − x| với y ∈ B (x, t) ⊂ RN Cũng ∂ B˜ (x, t) ∩ {yN +1 ≤ 0} đồ thị hàm −γ Như vậy, từ (2.36) suy t2 ϕd ˜ S˜ = (N + 1) ωN +1 tN ˜ ∂ B(x,t) ϕ (y) + |Dγ (y)| dy (2.35) ˜ B(x,t) Thừa số có mặt ∂ B˜ (x, t) gồm hai bán cầu Chú ý + |Dγ (y)|2 t t2 − − |y − x| = Thay vào (2.37) ta (N + 1) ωN +1 tN −1 ϕd ˜ S˜ = ˜ ∂ B(x,t) ϕ (y) B(x,t) = 2tωN (N + 1) ωN +1 tN −1 B(x,t) t2 − |y − x|2 ϕ (y) t2 − |y − x|2 2 dy dy Ta làm cách tương tự với ψ chỗ ϕ (2.37) Sau ta thay công thức nhận vào (2.35) để có  u (x, t) =   ∂ 2tωN  γN +1 (N + 1) ω N −1  ∂t t N +1 1∂ t ∂t  n−2   ˜ B(x,t)  + 1∂ t ∂t ϕ (y) n t t2  − |y − x| dy    n−2   ψ (y) n t ˜ B(x,t)  t2 − |y − x|  dy   n Vì γN +1 = 1.3 (N − 1) ωN = π2 Γ( n+2 ) công thức nghiệm 31 ta nhận γN = 2.4 N Cuối  u (x, t) =   ∂  γN +1  ∂t  n−2   1∂ t ∂t ϕ (y) n t ˜ B(x,t) t2  + n−2   1∂ t ∂t ψ (y) n t ˜ B(x,t)  − |y − x|  dy   (2.36)  t2 − |y − x|  dy  , N chẵn γN = 2.4 N , với x ∈ RN , t > Vì γ2 = 2, (2.38) cho ta công thức P oisson(2.20), N = Định lý 2.5 Giả sử N số nguyên chẵn, N ≥ ϕ ∈ C m+1 (RN ), ψ ∈ n+2 Xác định u (2.38) Khi RN × [0, ∞) , C m+1 (RN ) với m = (i) u ∈ C (ii) utt − ∆u = RN × [0, ∞) lim u (x, t) = ϕ x0 , (iii) (x,t)→(x ,0) x∈RN ,t>0 lim ut (x, t) = ψ x0 (x,t)→(x ,0) x∈RN ,t>0 với điểm x0 ∈ RN Định lý 2.5 hệ Định lý 2.4 Chú ý 2.10 (i) Ta thấy, trái người với công thức (2.30, để tính u(x, t) với N chẵn ta cần thông tin u = ϕ, ut = ψ khắp hình cầu B(x, t) không mặt cầu ∂B(x, t) ii) So sánh (2.30) (2.38) ta ý N lẻ N ≥ 3, kiện ϕ ψ điểm x ∈ RN ảnh hưởng đến nghiệm u biên {(y, t) |t > 0, |x − y| = t} hình nón K = {(y, t) |t > 0, |x − y| < t} Mặt khác, N chẵn giữ kiện ϕ ψ ảnh hưởng đến u khắp K 2.6 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng không Nguyên lý Duhamel Xét toán giá trị ban đầu không u = f (x, t) u (x, 0) = ϕ (x) RN × R+ , N = 2, 3, 4, ut (x, 0) = ψ (x) 32 (2.37) Giả sử hàm ϕ(x), Ψ(x) đủ trơn f ∈ C RN × R+ (2.38) Nghiệm (2.37) tổng nghiệm (2.6) (f ≡ 0) nghiệm toán v=f RN × R+ v (x, 0) = vt (x, 0) = (2.39) Nguyên lý Duhamel cho phép ta đưa toán (2.39), toán cho phương trình (f ≡ 0) Xét họ toán Với < τ < t ta tìm nghiệm ω (x, t, τ ) củabài toán Cauchy sau ω (x, t, τ ) = ω (x, 0, τ ) = ωt (x, 0, τ ) = f (x, τ ) i x ∈ RN , t > (2.40) Theo nguyên lý Duhamel, nghiệm v(x, t) (2.39) cho t ω (x, t − τ, τ ) dτ v (x, t) = Thật vậy, t v (x, 0) = ω (x, 0, τ ) dτ = 0 t vt (x, t) = ω (x, t − τ, τ ) + ωt (x, t − τ, τ ) dτ 0 ωt (x, t − τ, τ ) dτ vt (x, 0) = ω (x, 0, τ ) + vt (x, 0) = ω (x, 0, τ ) = 33 (2.41) t vtt = ωt (x, t − τ, τ ) + ωtt (x, t − τ, τ ) dτ t = ωt (x, t − τ, τ ) + ∆ω (x, t, τ ) dτ t ∆ω (x, t, τ ) dτ = f (x, t) + = f + ∆v Ví dụ 2.1 Nếu N = t ≥ 0, áp dụng công thức (2.14) Ta có ω (x, t, τ ) = 4π f (y, τ ) dσ (y), có công thức sau: |x−y|=t t v (x, t) = 4πc2 (t − τ ) f (y, τ ) dσdτ (2.42) |x−y|=c(t−τ ) Ví dụ 2.2 Nếu N = t ≥ t (x, t) = 4πc2 f (y, τ ) dydσ c2 (t − τ ) − |x − y| |x−y|=c(t−τ ) 34 (2.43) Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: - Bất đẳng thức lượng nghiệm toán Cauchy Miền phụ thuộc nghiệm điểm - Các công thức nghiệm toán Cauchy trường hợp ba chiều hai chiều biến không gian - Khái niệm đại lượng trung bình mặt cầu đưa toán Cauchy trường hợp chiều - Công thức nghiệm toán Cauchy trường hợp số chiều - Phương pháp Duhamel giải toán Cauchy cho phương trình không 35 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thừa Hợp, 2005, Lý thuyết phương trình đạo hàm riêng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Trần Đức Vân, 2004, Lý thuyết phương trình vi phân đạo hàm riêng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] E DiBenedetto, 1995, Partial differential equations, Birkhauser, Boston Basel - Berlin 36 [...]... đỉnh 15 Chương 2 Bài toán Cauchy cho phương trình sóng thuần nhất Chương này trình bày: phương trình truyền sóng trong không gian một chiều, đại lượng trung bình trên mặt cầu, phương trình truyền sóng trong không gian ba chiều, phương trình truyền sóng trong không gian hai chiều, phương trình truyền sóng trong không gian có số chiều bất kỳ, bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng không thuần nhất... nhiều dạng khác với dạng kể trên Bài toán tìm nghiệm của phương trình (1.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu (1.7) ( không có điều kiện biên) được gọi là bài toán Cauchy của phương trình (1.1), còn bài toán điều kiện (1.5), (1.6) được gọi là bài toán hỗn hợp của phương trình (1.1) 1.2 Bất đẳng thức năng lượng đối với bài toán Cauchy Ta xét bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng cụ thể là bài toán x ∈ RN... này trái với trong trường hợp ba chiều chỉ khi mà chỉ có các giá trị trên mặt cầu tâm x bán kính t là ảnh hưởng tới u(x, t) 2.5 Trường hợp số chiều không gian bất kỳ Xét bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không gian bất kỳ   utt − ∆uxx = f (x, t)  u (x, 0) = ϕ (x) ut (x, 0) = ψ (x) trong RN × (0, ∞) trên RN × (0, ∞) trên RN × (0, ∞)) (2.21) Ta dùng các ký hiệu sau: Cho x ∈... Định lý 2.2 ta được Định lý 2.2 Cho N = 3 và giả sử supp(ϕ, ψ) ≡ Br (0) với r > 0 Giả sử thêm ϕ ∈ (R3 × R) và ψ ∈ (R3 × R) Có tồn tại một nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy (2.6) và nó được đưa ra bởi công thức(2.13)-(2.15) Ngoài ra, nghiệm đó là ổn định trên L∞ (R3 ) 2.4 Trường hợp không gian hai chiều Xét bài toán Cauchy cho phương trình sóng trong không gian hai chiều utt − (ux1 x1 + ux2 x2 ) =... (x, 0) = vt (x, 0) = 0 (2.39) Nguyên lý Duhamel cho phép ta đưa bài toán (2.39), về bài toán cho phương trình thuần nhất (f ≡ 0) Xét họ của bài toán Với mỗi 0 < τ < t ta tìm nghiệm ω (x, t, τ ) củabài toán Cauchy sau ω (x, t, τ ) = 0 ω (x, 0, τ ) = 0 ωt (x, 0, τ ) = f (x, τ ) i trong x ∈ RN , t > 0 (2.40) Theo nguyên lý Duhamel, nghiệm v(x, t) của (2.39) cho bởi t ω (x, t − τ, τ ) dτ v (x, t) = 0 Thật... đâu của bài toán (2.22) nên (2.30) là nghiệm duy nhất của bài toán (2.22) 2.5.2 Trường hợp với N chẵn n+2 Ta 2 muốn tạo ra một công thức nghiệm giống với công thức (2.30) đối với u Ở đây Giả sử N là số tự nhiên chẵn, u là C m -nghiệm của (2.22), m = giống như trường hợp với N = 2, ta thấy (2.31) u˜ (x1 , , xN +1 , t) = u (x1 , , xN , t) sẽ thỏa mãn phương trình truyền sóng trong RN +1 ×{0, ∞} với điều... hưởng đến u trong khắp K 2.6 Bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng không thuần nhất Nguyên lý Duhamel Xét bài toán giá trị ban đầu không thuần nhất u = f (x, t) u (x, 0) = ϕ (x) trên RN × R+ , N = 2, 3, 4, ut (x, 0) = ψ (x) 32 (2.37) Giả sử các hàm ϕ(x), Ψ(x) là đủ trơn và f ∈ C 2 RN × R+ (2.38) Nghiệm của (2.37) là tổng của nghiệm (2.6) (f ≡ 0) và nghiệm của bài toán v=f trên RN × R+ v (x,... liệu Cauchy đối với bài toán này là mặt phẳng t = t0 và t = 0 Nó không phải là mặt đặc trưng của phương trình này Họ các mặt đăc trưng của phương trình này là họ các mặt nón tròn xoay, có trục song song với 10 trục Ot và có phương trình (x1 − c1 )2 + (x2 − c2 )2 + + (xN − cN )2 − c2 (t − t0 )2 = 0, t0 > 0 (1.12) trong đó (c1 , c2 , , cN , t0 ) là tọa độ của đỉnh hình nón và có thể là điểm bất kỳ trong... liệu[??], [??]và [??] 2.1 Trường hợp không gian một chiều Xét phương trình truyền sóng sau đây   utt − uxx = 0 trong R × (0, ∞) u (x, 0) = ϕ (x) trên R × (t = 0)  u (x, 0) = ψ (x) trên R × (t = 0) t (2.1) Biết t là thời gian, và x là biến không gian một chiều Ở đây ϕ, ψ đã biết Ta tìm công thức của u thông qua ϕ và ψ Ta sẽ chứng minh nghiệm tổng quát của bài toán (2.1) có dạng u (x, t) = F (x −... suy ra bất đẳng thức năng lượng lượng sau đây đối với bài toán Cauchy 13 n n u (x, s) u (x, s) + N t=s, dx≤ ψ (x) + i=1 i=1 N (xi −ci )2 ≤(t−t0 )2 (xi −ci )2 ≤t2 t=0, i=1 ∂ψ (x) ∂xi i=1 (1.22) 1.3 Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy Miền phụ thuộc 1.3.1 Tính duy nhất nghiệm Định lý 1.2 Nghiệm của bài toán (1.9)-(1.11) là duy nhất Chứng minh Giả sử u1 (x, t) và u2 (x, t) là các nghiệm của bài toán