Giáo trình phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng

đại học huế trung tâm đào tạo từ xa TS Lê văn hạp Giáo trình Phơng trình vi phân phơng trình đạo hàm riêng (Sách dùng cho hệ đào tạo từ xa) Huế - 2008 Mục lục Lời nói đầu Phần A: phơng trình vi phân Chơng I: khái niệm cách giải phơng trình Cấp cấp hai đơn giản Đ1 khái niệm phơng trình vi phân Đ2 cách giải số phơng trình vi phân cấp 10 Đ3 cách giải số phơng trình vi phân cấp cao đơn giản 22 Chơng II: tồn nghiệm .28 Đ1 bổ sung không gian mêtric 28 Đ2 tồn nghiệm phơng trình vi phân 30 Đ3 Sự thác triển nghiệm 32 Đ4 định lí tồn nghiệm nghiệm 33 Chơng III hệ phơng trình vi phân tuyến tính 39 Đ1 khái niệm .39 Đ2 Hệ phơng trình vi phân tuyến tính 42 Đ3 Hệ phơng trình vi phân tuyến tính không .46 Đ4 Hệ phơng trình vi phân tuyến tính với hệ số .48 Đ5 Phơng trình vi phân tuyến tính cấp n 53 Chơng IV: Phơng trình tuyến tính cấp hai .66 Đ1 Các định lí so sánh 66 Đ2 Sự tồn giá trị riêng toán biên Sturm-Liouville phơng trình vi phân cấp hai .71 Phần B: phơng trình đạo hàm riêng .74 Chơng I Nhập môn Phân loại phơng trình 74 Đ1 Các định nghĩa ví dụ 74 Đ2 Phơng trình đạo hàm riêng cấp 78 Đ3 Dạng tổng quát phơng trình tuyến tính cấp m Khái niệm đặc trng 82 Đ4 Phân loại phơng trình đạo hàm riêng Tuyến tính cấp hai trờng hợp hai biến 84 Đ5 Phân loại phơng trình đạo hàm riêng Tuyến tính cấp hai trờng hợp nhiều biến .90 Chơng II: Phơng trình loại elip 94 Đ1 Phơng trình laplace hàm điều hoà 94 Đ2 Các tính chất hàm điều hoà 99 Đ3 Bài toán Dirichlet 103 Đ4 Sự tồn nghiệm toán Dirichlet miền bị chặn .110 Đ5 toán dirichlet hình tròn 114 Chơng III: Phơng trình loại Hyperbol .118 Đ1 Bài toán cauchy phơng trình truyền sóng định lí nghiệm 118 Đ2 Công thức nghiệm toán cauchy phơng trình truyền sóng 121 Đ3 Phơng pháp hạ thấp 126 Đ4 Bài toán hỗn hợp 128 Đ5 Phơng pháp tách biến để giải toán hỗn hợp 131 Chơng IV: Phơng trình loại parabol .135 Đ1 Nguyên lí cực trị miền bị chặn phơng trình truyền nhiệt 135 Đ2 Nguyên lí cực trị miền không bị chặn phơng trình truyền nhiệt .137 Đ3 Công thức Poission phơng trình truyền nhiệt 139 Hớng dẫn giải tập 143 Phần A .143 Chơng I .143 Chơng II 145 Chơng III 146 Chơng IV 151 Phần B .152 Chơng I .152 Chơng II 153 Chơng III 154 Chơng IV 155 Lời nói đầu Phơng trình vi phân (vi phân thờng đạo hàm riêng) công cụ để nghiên cứu vấn đề khoa học tự nhiên, khoa học kĩ thuật khoa học xã hội Do vậy, phơng trình vi phân trở thành môn quan trọng bậc Đại học không ngành Toán mà ngành kĩ thuật Giáo trình đợc biên soạn dựa giảng dạy nhiều năm cho sinh viên khoa Toán ĐHSP Huế Chúng có bổ sung thêm nhiều ví dụ minh hoạ, nhiều chứng minh chi tiết nh phân định số phần dành cho đọc thêm để phù hợp cho đối tợng học viên từ xa Nội dung giáo trình chia làm hai phần : Phần A : Phơng trình vi phân Phần B : Phơng trình đạo hàm riêng Để học tốt giáo trình này, sinh viên cần nắm vững kiến thức giải tích cổ điển, hàm biến số phức, không gian mêtric đại số tuyến tính Chúng chân thành cảm ơn cán giảng dạy Tổ Giải tích khoa Toán ĐHSP Huế nhiệt tình đóng góp cho việc biên soạn giáo trình Chúng mong đợc bạn đọc góp ý kiến thiếu sót cho lần biên soạn Xin chân thành cám ơn Tác giả Phần A phơng trình vi phân Chơng I Các khái niệm cách giải phơng trình Cấp cấp hai đơn giản Đ1 khái niệm phơng trình vi phân Phơng trình vi phân (PTVP) phơng trình có chứa biến độc lập, hàm phải tìm (hàm ẩn) đạo hàm (hay vi phân) Ví dụ a) y = x + 1, b) y y + y = x + 3, c) z z + = 0, x y PTVP Trong PTVP, ẩn hàm hàm biến, ta có phơng trình vi phân thờng (nói gọn PTVP) Nếu ẩn hàm hàm nhiều biến, ta có phơng trình đạo hàm riêng Cấp PTVP cấp cao đạo hàm có mặt phơng trình Ví dụ a) PTVP cấp ; b) PTVP cấp ; c) PTĐHR cấp PTVP cấp n tổng quát có dạng F ( x, y, y, , y( n ) ) = , (1) x (a, b) R ; y = y( x ) ; y, , y ( n ) đạo hàm y ; F : G R n + R hàm n + biến Đặc biệt y ( n ) = f ( x, y, y, , y ( n 1) ) , (2) f : G R n + R hàm n + biến (2) gọi PTVP cấp n giải đợc đạo hàm Nói riêng PTVP cấp có dạng: F ( x, y, y) = hay y = f ( x , y ) Nghiệm phơng trình (1) hay (2) hàm : (a, b) R R y = ( x ) x cho với x (a, b) ( x, y, y, , y n ) G R n + (hay R n + ) thoả mãn phơng trình (1) (hay (2)) Ví dụ y = x + suy y = y= x3 +x+C x4 x2 + + C1 x + C2 , C1, C2 hai số 12 Nói chung, nghiệm (1) hay (2) hàm phụ thuộc vào n số tuỳ ý C1 , C2 , , Cn : y = ( x, C1 , C2 , , Cn ) Trong PTVP, ngời ta thờng gặp toán sau đây, gọi toán Cauchy Bài toán Cauchy PTVP cấp : Tìm nghiệm : (a, b) R x ( x ) phơng trình y = f ( x, y ) thoả mãn điều kiện đầu cho trớc : ( x0 ) = y0 y y( x0 ) = f ( x, y) (3) = y0 Bài toán Cauchy PTVP cấp n có dạng: y ( n ) y( x0 ) = f ( x, y, y, , y ( n 1) ) = y0 ; y( x ) = y01 ; y( x0 ) = y02 ; , y ( n 1) ( x ) = y0, n (4) x, y0 , y01 , y02 , , y0,n giá trị cho trớc Các loại nghiệm PTVP Xét phơng trình y ( n ) = f ( x, y, y, , y n ) (2) Giả sử với ( x, y0 , y01 , y02 ; , y0,n ) G R n + toán (4) có nghiệm nhất, đó: + Hàm y = ( x, c1 , c2 , , cn ) phụ thuộc n số c1 , c2 , , cn gọi nghiệm tổng quát (NTQ) (2) thoả mãn hai điều kiện sau : ) Từ hệ y = ( x, c1 , , cn ) y = ( x, c1 , , cn ) y ( n 1) = ( n 1) ( x, c , , c ) n Ta giải đợc ci = ( x, y, y, , y ( n ) ), i = 1, n với ( x, y, y, , y( n 1) ) G ) Hàm y = ( x, c1 , c2 , , cn ) thoả mãn (2) với giá trị c1 , c2 , , cn , nhận đợc từ hệ ) ( x, y, y, , y ( n 1) ) G + Nếu nghiệm (2) tồn dới dạng ( x, y, c1 , , cn ) = thoả mãn hai điều kiện ) ) ( x, y, c1 , , cn ) = gọi tích phân tổng quát (2) + Nếu y = ( x ) (2), mà điểm đồ thị toán Cauchy (4) có lời giải nhất, gọi nghiệm riêng (NR) Nghiệm y = ( x ) (2) có đợc từ nghiệm tổng quát với giá trị xác định ci = ci0 , i = 1, n nghiệm riêng + Nghiệm (2), y = ( x ) , mà điểm đồ thị nó, tính nghiệm toán Cauchy bị phá vỡ, gọi nghiệm kì dị (NKD) Giải PTVP tìm tất nghiệm Nếu cho thêm điều kiện đầu tìm nghiệm riêng thoả mãn điều kiện Ví dụ học dẫn đến PTVP1 Bài toán Một chất điểm có khối lợng m chuyển động theo trục Ox dới tác dụng lực bx (b > 0) hớng gốc toạ độ Hãy tìm qui luật chuyển động chất điểm đó, biết lúc t = chất điểm vị trí x = x0 có vận tốc v = v0 Ta cần tìm hàm x = x(t) biểu diễn quy luật chuyển động chất điểm, x(t) hoành độ chất điểm thời điểm t o m x0 d x b d2 x Theo định luật Newton ta có m = bx hay + x = (với = ), hệ thức dt dt m để tìm x(t), phơng trình vi phân cấp hai theo ẩn hàm x(t) Dễ kiểm chứng x (t ) = C1 cos t + C2 sin t (C1, C2 hai số tuỳ ý), nghiệm tổng quát phơng trình Khi t = 0, x = x0 nên C1 = x0 Dành cho sinh viên đọc thêm Mặt khác v = dx = C1 sin t + C2 cos t , nên t = ta có v0 = C2 dt Vậy quy luật chuyển động chất điểm có dạng : x (t ) = x0 cos t + v0 sin t (1) Đ2 cách giải số phơng trình vi phân cấp 2.1 Phơng trình tách biến Phơng trình tách biến phơng trình có dạng: M ( x )dx + N ( y)dy = , (1) M, N hàm liên tục (a, b) R x (1) d M ( x )dx + x0 x M ( x )dx + x0 y N( y)dy = 0, x , x, y0 , y (a, b) y0 y N( y)dy = C , C : số y0 Vậy tích phân tổng quát (1) M( x )dx + N ( y) = C C số Phơng trình (1) nghiệm kì dị Phơng trình dạng M1 ( x )N1 ( y )dx + M2 ( x )N2 ( y )dy = , (2) Mi, Ni hàm liên tục (a, b), i = 1, đa đợc dạng tách biến Giả sử N1 ( y) M2 ( x ) (2) M1 ( x ) N ( y) dx + dy = , M2 ( x ) N1 ( y) Tích phân tổng quát M1 ( x ) N ( y) dx + dy = C , M2 ( x ) N1 ( y) C số Ngoài y = b nghiệm N1(y) = (hay x = a nghiệm M2(x) = )) nghiệm phơng trình (2) Tuỳ trờng hợp nghiệm nghiệm riêng hay nghiệm kì dị Ví dụ Giải phơng trình x y dx + y x dy = (*) Tìm đờng cong tích phân qua điểm (0, 1) Điều kiện để phơng trình (*) có nghĩa : ( x, y) [0,1]2 Với x 1, y (*) trở thành : 10 u(x, y) = x y (1 + cos2x) = C TPTQ : x2 x2 + sin2y = Cx, x b) Thừa số tích phân (x) = 1.10 a) ; b) : Phơng trình Clairaut c) Nghiệm C y = Cx y = 27 x 1.11 a) Đặt p = y , xem y biến số Ta có PT : pdy + 2ydp = TPTQ : y3 = (C1x + C2)2 b) Đặt u = y", ta có PT u = 2(u 1)cotgx NTQ : y = C1 sinx + x2 + C2x + C3 c) Với y" = y = C1x + C2 nghiệm với y" Ta viết lại y = 1 = + C1 , hay y y dp p với p = y Nghiệm : = dx + C1 p x = C1 p + ln p + C2 C1 p + C3 y = p + d) Với y = y = C nghiệm Với y" 0, ta viết PT lại d xy C1 x = suy y = C2 e dx y Chơng II 2.1 Từ giả thiết ta suy f K ( K > 0) với (x, y1), (x, y2) D y Ta có : |f(x, y1) f(x, y2)| = |fy(x, )||y1 y3|, điểm x1 x2 Vậy f(x, y1) f(x, y2) = Ky1 y2 Do f thoả mãn điều kiện Lipchitz ta áp dụng định lí Picard 145 2.2 Xem chứng minh định lí nghiệm Đ4 mục 4.3 2.3 Dùng định lí giá trị trung bình để suy bất đẳng thức f(x, y) k(x)y + f(x, 0) áp dụng mệnh đề : Nếu f(x, y) liên tục G = {(x, y) R2 x (, ), y < +} f(x, y) a(x)y + b(x) G với a, b hàm liên tục không âm, nghiệm toán Cauchy: {y = f(x, y); y(x0) = y0} thác triển lên toàn khoảng (, ) 2.4 Chứng minh phản chứng Giả sử có x1 > x0 : y1(x1) y2(x1), chẳng hạn y1(x1) < y2(x1) Khi tồn (, ) cho y1(x) < y2(x) (, ) y1() = y2() Xét hàm y = y1 y2, ta có y [, ], suy y1(x) y2(x) y1( ) y2( ) = với x ( , ) (vô lí) 2.5 Từ định lí Peano ta suy tồn đờng cong tích phân Tính suy từ mệnh đề : Giả sử f liên tục, dơng [ , ] 1, hai hàm xác định [ , ] cho với x [ , ] ta có 1(x), 2(x) [a, b] Khi : ( x ) f (t )dt = 1(x) = 2(x), x [ , ] ( x ) Chơng III 3.1 Chứng minh phản chứng 3.2 Dùng phơng pháp biến thiên số để tìm nghiệm PT tuyến tính không ý tới điều kiện i = k yi( k ) ( , ) = i k ta suy kết 3.3 x a) Chuyển hệ sang dạng y(x) = y(x0) + A(t ) y(t ) dt x0 A(t) = (aij(t)) Kí hiệu &A(t)& = Max aij (t ) ta suy i, j x &y ( t ) & &y(x0)& + A(t ) y(t ) dt x0 Từ suy &y(t)& &y ( x ) & e x x0 &A ( t )&dt 146 Do + aij dx < + nên y(t) bị chặn x0 b) Ta có + x0 & A( x ) y( x ) & dx + x0 & A( x ) && y( x ) & dx x & y( x0 ) & e Suy + x0 x0 &A ( x )&dx x & A( x ) & dx < + x0 A( x ) y( x )dx hội tụ y(x) có giới hạn hữu hạn x + 3.4 a) y = ex y Từ z = eydy = exdx Vậy y = ln(ex + C1) dx 2z ta suy = x z Vậy : z2 2C2z + 2x = dz z 2x z Nghiệm hệ {y = ln(ex + C1), z2 2C2z + 2x = 0} b) Trong PT thứ nhất, đặt u = xy, ta có nghiệm y = PT vi phân toàn phần, có tích phân tổng quát : xz c) Viết hệ PT lại : ĐS : y = Cxe x , C > Thế y vào PT thứ hai ta có z2 C1 ( x 1)e x = C2 z dy = ydx = 2dz Suy y = C1z2, C1 y C1 C1 x + C2 , z= z= C1 x + C2 d) Từ phơng trình thứ hai ta có z = 2 y + y Từ phơng trình thứ ta có x x 2 y y Đây phơng trình tuyến tính, cách đặt x = x x 3yt + 2y = (trờng hợp x = et > 0) y = Nghiệm {y = C1 + C2x2, z = C1(1 x) + C2(2x x2)} Trờng hợp x = et < tơng tự nh e) C1 x + C2 dz = cos x z = sinx + C1 dx 147 et ta đa PT dạng : y "t cosydy = cosxdx siny = sinx + C2, TPTQ {siny = sinx + C2, z = sinx + C1} 3.5 ĐS : x = (C + C t + C t )et a) y = C1 + C2 (1 + t ) + C3 (2t + t ) et t z = C1 + C2 (2 + t ) + C3 (2 + 4t + t ) e y = 5C1e6 x + C2 e x b) 6x x z = 2C1e + 2C2 e t y = (C1 x + C2 )e c) t z = (2 C1 x + C2 C1 )e x = C1e t + (C2 t + C2 + C3 )e t d ) y = C1e t + 3C2 e t t t z = C1e + (C2 t + C3 )e 3.6 ĐS : 2x 3x y = x + C1e + C2 e a) 2x 3x z = x + + C1e + C2 e y = x cos x + C1 cos x + C2 sin x b) z = x (cos x + sin x ) (C1 C2 ) cos x (C1 + C2 )sin x 3.7 Thế y = eu, z = ev vào hệ Bài toán trở thành : Tìm điều kiện p, q để hệ u + u2 p = v + v q = có nghiệm riêng {u1, v1} cho u1+ v1 = Thay u1, v1 vào hệ cộng lại ta nhận đợc u1 = pq p+q ( = 1) Trừ PT thứ cho PT thứ hai ta nhận đợc u = Suy 2 p + q = ( p q) 2( p + q) Đây điều kiện cần tìm 148 Nếu y1, z1 nghiệm riêng hệ thoả mãn điều kiện y1 z1 = Cy1 z1 (C 0) C Khi thay u = p + q vào PT u" = 2u(2p u)3 đến điều kiện Nh xem q = q(x) cho trớc lập hệ : y = p( x ) y z = q( x )z ta trở lại vấn đề Lu ý q= z1 y y = = p + 12 , z1 y1 y1 y12 : u = p + q = 2 Từ suy việc giải PT u" = 2u(2p u)3 quy giải PT y1 3.8 a) Với x 0, x 1, dùng công thức Ostrogradski-Liouville để tìm nghiệm y2 độc lập tuyến tính với y1 ĐS : y = (C1 + C2 x ) x b) ĐS : y = C1arctgx + x2 + C2 3.9 C2 x + ( + 1) ln x + x 2 x +1 b) y = C1 (2 x 1) + C2 e-x + a) y = C1 (x + 2) + 3.10 HD : u = y1 y2 nghiệm riêng PT tơng ứng Dùng công thức Ostrogradski Liouville để tìm nghiệm u độc lập tuyến tính với u ĐS : y = C1(x2 + 1) + C2x + 2x 3.11 ĐS : a) y = C1e x + C2e 3x ; b) y = C1e 2x + C2cos3x + C3sin3x 149 c) y = C1e 2x + ex(C2cos x + C3sin x) 150 3.12 ĐS : a) y = C1e x + C2 e x (2 x x + 3)e2 x x x x x e ( + e ) 36 1 c) y = e2 x (C1 cos x + C2 sin x ) + e2 x + cos x + sin x 10 100 b) y = C1e x + C2 e x 3.13 a) Đặt x = et, PT trở thành yt - 2yt + 2y = tet 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 y = C1e k1 x + C2 e k2 x e k1 ( x s ) e k2 ( x s ) + f (s)ds x0 k1 k2 x Nghiệm bị chặn y0 R ứng với C1, C2: C1 = e k1s e k2 s f s ds C ( ) , = k k1 k k1 f (s)ds x0 x Vậy y0 = e k1 ( x s ) e k2 ( x s ) f (s)ds = k1 k2 x0 e k1t e k2 t f ( x t )dt k1 k2 a) Do k2 < k1 < |f(x)| m nên y y0 x + b) Suy từ tính tuần hoàn f dạng y0 Chơng IV 4.1 HD Giả sử ngợc lại, gọi x1, x2(x1 < x2) hai không điểm liên tiếp nghiệm y(x) = y(x1) y(x2) = y( )(x1 x2), x1 < < x2 Từ giả thiết ta suy y( ) (mâu thuẫn) 4.2 Suy từ hệ định lí 151 4.3 ĐS : m ; có ( b a ) không điểm cộng thêm (dấu [.] kí hiệu phần nguyên) m 4.4 ĐS : 15 N 41 4.5 HD : Theo chứng minh ĐL3, ta có: = cos2 + ( r q ) sin p Xét > cho < , - , < < p P, < R r, Q |q| < R sin + Q p Suy < với = lớn Hơn < 10 ca - Vậy (C, ) với lớn Vì tuỳ ý nên ta suy điều cần chứng minh Phần B Chơng I 1.1 a) F(x2 y, x y + z) = F hàm khả vi tuỳ ý z b) F(x2 + y2, ) = x c) F(tgz + cotgx, 2y + 2tgz.cotgx + cotg2x) = 1.2 a) PT loại elip Dạng tắc: u + u 8u = ( = y x, = 2x) b) PT loại Parabol Dạng tắc: u + 18u + 9u 9u = ( = y + x, = x) c) PT loại hyperbol Dạng tắc: u + 3u u + 2u = ( = y x, = 2y x) d) PT loại elip Dạng tắc: u + u 2u + u u + = ( = 2x y, = 3x) e) PT loại hyperbol Dạng tắc : 152 (u u ) = , 32 ( = 2x + sinx + y, = 2x sinx y), u + 1.3 a) Đa dạng tắc tính tích phân ĐS: u(x, y) = f(x + y - cosx) + g(x y + cosx) f g hai hàm tuỳ ý liên tục khả vi cấp hai f ( x y ) + g ( x + y ) 2x c) Đặt v = (x y)u, đa PT dạng tắc b) u(x, y) = f ( x ) g( y ) xy ĐS: u( x, y ) = Chơng II u u r + = r r r r 2.2 a) k = ; b) k = k = n với n > 2.3 Sử dụng nguyên lí cực trị hàm điều hoà ta đa toán cực trị hàm biến 2.1 u = a) umax = 1 , , , 2 2 umin = 1 , , 2 2 b) umax = ( 2, 0), umin = (0, 3) 2.4 HD : Giả sử x0 cực tiểu tơng đối âm hàm u Ta có uxi ( x ) = (i = 1, n) n i, k = Ta có uxi x j = uxi xk i k = n g k =1 ki n (g ) is s i, k = uxi xk i k cho nên: điểm x0 gk j , suy u(x0) (vô lí) 2.7 HD: Lấy x0 thuộc D, gọi B(x0, ), S(x0, ) hình cầu mặt cầu tâm x0 bán kính (nằm D) Gọi v(x) hàm điều hoà B(x0, ) v(x) = u(x) với x S (x0, ) Nh định lí giá trị trung bình nghiệm hàm u v = Do áp dụng nguyên lí cực trị cho hàm (x) suy u(x) = v(x) Vậy ta kết luận u điều hoà D 2.8 áp dụng công thức Green cho hai hàm u v = 1, ta suy 153 ud = x x0 < x x0 u ds = n < Từ suy u = D 2.9 ĐS: u(x, y) = 2xy Chơng III 3.1 Theo công thức Newton-Leibnitz ta có: u( X , t ) = ( X ) + ut dt Bình phơng hai vế lấy tích phân Q u ( X , t ) dX dt Q t Q ( X )dX + ( ut dt )2 dX Q Theo bất đẳng thức Holder, ta nhận đợc u ( X , t ) dX dt Q Q ( X )dX + ut2 d Q Từ đẳng thức lợng hai bất đẳng thức ta suy kết 3.2 Giả sử u1, u2 hai nghiệm toán hỗn hợp Đặt u = u1 u2, áp dụng đẳng thức lợng cho hàm u ta suy ra: ut(X, ) = = uxi ( X , ) hầu khắp X T Từ ta có u(X, t) = 0, (X, t) QT 3.3 a) Dùng phép biến đổi: = x + y, = 3x + 2y Phơng trình trở thành u = Tích phân phơng trình trở biến cũ ta đợc: u(x, y) = f(x + y) + g(3x + 2y), f g hàm hai lần khả vi liên tục b) Dùng phơng pháp biến đổi: = y 3x, = 3y x Ta có PT : 32u + u u u (3 - ) e 32 = 32 Đặt u = e 32 v ta có PT : 32v + = x + y ĐS : u(x, y) = [f(y 3x) + g(3y x) (y 3x)(3y x)] e 16 154 3.4 u = a) HD : Đa PT dạng tắc : Tích phân PT sử dụng điều kiện biên, ta có : u( x, y ) = f ( x y ) + b) ĐS : u( x, y ) = 2e (2 x y + cos x ) x + 2y g(t )dt x y2 cos x sin( y cos x ) 3.5 a) u(x, y, z, t) = ex cosy + t(x2 y2) b) u( x, y, z, t ) = x x t2 3.6 u( x, y, t ) = x y + (3 xy + x )t + xt + ( x y x )t + 1 + ( y x + x y )t + (2 y + x )t + t 35 3.7 a) u(x, y, t) = x2 + y2 + t + 2t2 b) u(x, t) = excht + e-xsht Chơng IV 4.1 a) Kiểm chứng trực tiếp b) Dùng phép đổi biến y = + x x0 t ( x, t, x0 , 0)dx = Tích phân trở thành : + e y dy = c) Với t > 0, u(x, t) có đạo hàm : 155 + ut = ( x, t, y, ) ( y ) dy , t + ( x, t, y, ) ( y ) dy uxx = xx Suy ut uxx = ( ) Ta chứng minh : lim+ u x , t = ( x ) t Do b) ta có : + Vì bị chặn (bởi M > 0) + ( ) y 0 e x + t y ( x ) dy u( x , t ) ( x ) = e y dy = (hội tụ), ta suy với > 0, tồn N > cho : y >N e y dy < 4M Sử dụng tính liên tục hình cầu y N Ta có : u(x0, t) - (x0) < 4.2 Giải ba toán phụ tơng ứng: a) vt = a2vxx; v(x, 0) = sinx ; b) t = a2yy; (y, 0) = cos2y ; c) ut* = u*xx ; ut* ( z, 0) = cos z Từ suy nghiệm toán : 156 u( x, y, z, t ) = + ( x ) e a t sin d + a t x 4.3 u( x, t ) = (1 + y ) e x2 + 4t a2 t e (1)n 4.4 u( x , t ) = e n = (2 n + 1)2 (2 n + 1)2 a2 l2 sin 2n + x l a) u(x, t) = e t sinx + l22 ) t sin l1 x sin l2 y c) u(x, y, t) = e l1 t sin l1 x + e l2 t cos l2 y 2 157 ( z )2 + 4.5 b) u(x, y, t) = e ( l1 cos d + 4l ( y )2 + e a2 t cos d Tài liệu tham khảo [1] Hoàng Hữu Đờng Lí thuyết phơng trình vi phân NXB ĐH THCN, 1975 [2] Nguyễn Thế Hoàn Trần Văn Nhung Bài tập phơng trình vi phân NXB ĐH 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 phơng trình đạo hàm riêng NXB ĐH 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 lợng giáo dục Đơn vị phát hành: trung tâm đào tạo từ xa - đại học huế 159 ... phù hợp cho đối tợng học vi n từ xa Nội dung giáo trình chia làm hai phần : Phần A : Phơng trình vi phân Phần B : Phơng trình đạo hàm riêng Để học tốt giáo trình này, sinh vi n cần nắm vững kiến... phơng trình vi phân Chơng I Các khái niệm cách giải phơng trình Cấp cấp hai đơn giản Đ1 khái niệm phơng trình vi phân Phơng trình vi phân (PTVP) phơng trình có chứa biến độc lập, hàm phải tìm (hàm. .. Phơng trình vi phân toàn phần thừa số tích phân 2.5.1 Phơng trình vi phân toàn phần Phơng trình M ( x, y)dx + N ( x, y)dy = , (1) gọi phơng trình vi phân toàn phần tồn hàm U ( x, y) khả vi cho