Luận văn bài toán cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai và hệ phương trình tuyến tính cấp một

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ LOAN BÀI TOÁN CAUCHY CHO PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP HAI VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP MỘT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI, 2018 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ——————–o0o——————– NGUYỄN THỊ LOAN BÀI TOÁN CAUCHY CHO PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP HAI VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH TUYẾN TÍNH CẤP MỘT Chun ngành: Tốn Giải tích Mã số: 8.46.01.02 LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS HÀ TIẾN NGOẠN HÀ NỘI, 2018 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành Trường Đại học Sư phạm Hà Nội hướng dẫn PGS TS Hà Tiến Ngoạn Trong trình nghiên cứu thực luận văn thầy tận tình bảo tác giả hoàn thiện nhiều mặt kiến thức phương pháp nghiên cứu khoa học Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn, kính trọng sâu sắc thầy Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Sau đại học, thầy, giáo giảng dạy chun ngành Tốn Giải tích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập trường Nhân dịp tác giả xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, đồng nghiệp bạn bè cổ vũ, động viên, giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hồn thành khóa học Thạc sĩ luận văn tốt nghiệp Xin trân trọng cảm ơn Hà Nội, tháng năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Loan Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn bảo hướng dẫn PGS TS Hà Tiến Ngoạn, luận văn chun ngành Tốn Giải tích với đề tài “Bài tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp một” hồn thành nhận thức tìm hiểu thân tác giả Trong suốt trình nghiên cứu thực luận văn, tác giả kế thừa kết nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Loan i Mục lục Mở đầu 1 Các kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tính tuyến cấp 1.1.1 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai 1.1.2 Hệ phương trình tuyến tính cấp Mặt đặc trưng phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp 1.2.1 Mặt cong không gian Rn 1.2.2 Mặt đặc trưng phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai 1.2.3 Mặt đặc trưng hệ phương trình tuyến tính cấp 1.3 10 Đặt tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp 11 1.3.1 Bài tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai 1.3.2 11 Bài toán Cauchy cho hệ phương trình tuyến tính cấp 15 ii 1.3.3 Đưa tốn Cauchy tắc cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai tốn Cauchy tắc cho hệ phương trình tuyến tính cấp Sự tồn nghiệm toán Cauchy 2.1 18 21 Định lý Cauchy–Kovalewski tồn nghiệm lớp hàm giải tích tốn Cauchy cho hệ phương trình tuyến tính cấp ([3]) 2.2 21 Định lý Holmgren tính nghiệm lớp hàm khơng giải tích cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính 2.3 cấp hai 27 Bài tốn Goursat cho phương trình loại hypecbolic ([2]) 28 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 Mở đầu Lý chọn đề tài Trong lý thuyết phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, tốn Cauchy tốn bản, đồng thời thường xuất vấn đề ứng dụng thực tiễn Việc mô tả cách đặt toán Cauchy, tổng quan điều kiện tồn nghiệm toán lớp hàm khác phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp cần thiết để tìm hiểu sâu mơn học Với mong muốn tìm hiểu sâu vấn đề trên, hướng dẫn PGS TS Hà Tiến Ngoạn, tơi chọn đề tài “Bài tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp một” để thực luận văn Tài liệu tham khảo luận văn [1], [2] [3] Mục đích nghiên cứu Luận văn mơ tả cách đặt tốn Cauchy không đặc trưng định lý tồn nghiệm toán lớp hàm giải tích Nhiệm vụ nghiên cứu Bài tốn Cauchy bao gồm phương trình đạo hàm riêng tuyến tính tập hợp kiện ban đầu Luận văn mô tả mặt cong không đặc trưng mà tập hợp kiện ban đầu cho trước Đối tượng phạm vị nghiên cứu Luận văn chủ yếu tập trung vào vấn đề tồn nghiệm tốn Cauchy Những đóng góp đề tài Luận văn tài liệu tham khảo toán Cauchy Phương pháp nghiên cứu Luận văn sử dụng phương pháp lý thuyết phương trình đạo hàm riêng tuyến tính, Giải tích hàm biến số thực Chương Các kiến thức chuẩn bị 1.1 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tính tuyến cấp 1.1.1 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai Định nghĩa 1.1.1 Giả sử Ω miền khơng gian Rn (có thể trùng với Rn ), phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai có dạng tổng quát là: n ∂ 2u + aij (x) ∂x ∂x i j i,j=1 n (x) i=1 ∂u + a(x)u = f (x), ∂xi (1.1) x = (x1 , x2 , , xn ) ∈ Ω ⊂ Rn , aij (x), (x), a(x), f (x) hàm số biết, aij (x) = aji (x) Giả sử ann (x) = 0, chia hai vế phương trình (1.1) cho ann (x) đặt xn = t, với x = (x1 , , xn−1 ) ta nhận phương trình sau với hệ số ann (x) ≡ 1: n−1 ∂ 2u ∂ 2u = bij (x, t) + ∂t2 ∂x ∂x i j i,j=1 n−1 + bi (x, t) i=1 n−1 ∂ 2u bnj (x, t) ∂xj ∂t j=1 ∂u ∂u + bn (x, t) + b(x, t)u + g(x, t) ∂xi ∂t (1.2) Ví dụ 1.1.1 Cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai có dạng tổng quát: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u ∂ 2u +7 −3 −8 −9 + 12u = x1 x22 −3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x2 ∂x2 ∂x1 ∂x1 ∂x2 Viết dạng đặc biệt, ta có: 3 a11 = 6, a12 = − , a21 = − , a22 = 7, 2 a1 = −8, a2 = −9, a = 12 Ta thấy a22 = Khi chia hai vế phương trình ban đầu cho a22 = 7, ta được: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂ 2u ∂u 12 = − + + + + − u + x1 x22 2 ∂x2 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x2 ∂x1 ∂x2 7 Ví dụ 1.1.2 1) Phương trình Poisson: n i=1 ∂ 2u = f (x) ∂x2i (1.3) với aij = δij δij = i = j, δij = i = j, (x) = 0, a(x) = Khi f (x) = 0, phương trình (1.3) gọi phương trình Laplace 2) Phương trình dao động: ∂ 2u = α2 ∂t n i=1 ∂ 2u + h(x, t) ∂x2i với bij (x, t) = α2 δij , bi,n+1 (x, t) = 0, bi (x, t) = 0, b(x, t) = (1.4) 26 theo (2.13) F Mr α ≤ α M rn x = (r − x1 ) · · · (r − xn ) −|α| α Mr |α|! M r−|α| xα = α! r − x1 − x2 − · · · − xn Ở r đo kích thước lân cận phức |xk | < r, k = 1, 2, , n mà F (x) giải tích, M điều khiển độ lớn F lân cận phức Do tồn số M, r thích hợp cho aijk (x, u) bj (x, u) M r2 (r − x1 − · · · − xn−1 − u1 − · · · − uN )(r − xn ) M (n − 1)r2 (r − x1 − · · · − xn−1 − u1 − · · · − uN )(r − xn ) (2.19) Ở ta làm trội toán (2.3), (2.4) cho u dạng M r2 Dn vj = (r − x1 − · · · − xn−1 − v1 − · · · − vN )(r − xn ) n−1 N × Di vk + (n − 1) , (2.20) i=1 k=1 vj = với xn = Nghiệm tốn có dạng v1 = v2 = · · · = vN = (w(s, t) − s), N (2.21) s = x1 + x2 + · · · + xn−1 , t = xn (2.22) Ở số w(s, t) nghiệm tốn Cauchy phương trình bậc ẩn wt = M r2 (n − 1) ws , (r − w)(r − t) w(s, 0) = s (2.23) (2.24) Bài tốn giải cách tường minh ta dễ dàng kiếm chứng nghiệm giải tích gốc tọa độ 27 Ta kiểm tra véctơ giải tích u xây dựng từ (2.5), (2.6) thực thỏa mãn (2.1) Do kết thúc chứng minh định lý Cauchy-Kovalewski 2.2 Định lý Holmgren tính nghiệm lớp hàm khơng giải tích cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai Từ lập luận sử dụng chứng minh định lý Cauchy– Kovalewski suy tốn Cauchy giải tích với liệu cho trước siêu mặt khơng đặc trưng S có nhiều nghiệm giải tích u, hệ số chuỗi lũy thừa xác định cách Điều khơng ngoại trừ khả nghiệm khơng giải tích tốn tồn Tuy nhiên, ta chứng minh tính tốn Cauchy phương trình tuyến tính với hệ số giải tích với liệu (khơng thiết giải tích) cho trước mặt khơng đặc trưng giải tích Ta xét định lý Holmgren Định lý 2.2.1 (Holmgren) Xét phương trình n ∂ 2u ∂ 2u = + a (x, t) ij ∂t2 ∂x ∂x i j i,j=1 n bj (x, t) j=1 ∂ 2u ∂xj ∂t n ∂u ∂u + + a(x, t) + c(x, t)u, aj (x, t) ∂x ∂t j j=1 (2.25) hệ số phương trình (2.25) giả thiết giải tích lân cận Dε1 sau gốc tọa độ Dε1 = (x, t) ∈ Rn+1 ; |x|2 + |t| < ε1 , ε1 > Khi tồn ε0 > 0, ε0 < ε1 cho với ε thỏa mãn < ε < ε0 u(x, t) ∈ C (Dε ) thỏa mãn phương trình (2.25) điều kiện ban 28 đầu u(x, 0) = ut (x, 0) = u(x, t) ≡ Dε Chú ý 2.2.1 Tính nghiệm trường hợp nửa không gian Trong trường hợp này, ta giả thiết u(x, t) xác định Dε = Dε ∩ {t ≥ 0} khả vi liên tục lần kể biên Chứng minh định lý Holmgren trình bày [3] cách sử dụng định lý Cauchy-Kovalewski đẳng thức Lagrange-Green Do cồng kềnh đẳng thức Lagrange-Green, nên luận văn bỏ qua việc trình bày chứng minh định lý 2.3 Bài tốn Goursat cho phương trình loại hypecbolic ([2]) Trong phần lại chương này, ta xét tốn Goursat cho phương trình loại hypecbolic với hai biến độc lập Ta xét phương trình có dạng ∂ 2u ∂u ∂u + a(x, y) + b(x, y) + c(x, y)u = f (x, y) ∂x∂y ∂x ∂y (2.26) Như ta biết, phương trình tuyến tính loại hypecbolic với hai biến độc lập, phép biến đưa dạng nói Ta giả thiết a(x, y), b(x, y), c(x, y), f (x, y) hàm liên tục miền mà đề cập tới Ta xét phương trình đặc trưng sau: aij (x) i,j=1 ∂ϕ(x) ∂ϕ(x) = ∂xi ∂xj Trong trường hợp phương trình (2.26) ta có: a11 = a22 = 0, a12 = a21 = , 29 x1 = x, x2 = y, ∂ϕ(x, y) ∂ϕ(x, y) · =0 ∂x ∂y  ∂ϕ = 0,  ∂x ⇒  ∂ϕ = ∂y Ta chọn ϕ(x, y) = x + c1 ⇒ ∂ϕ = 0, ∂y ϕ(x, y) = y + c2 ⇒ ∂ϕ = 0, ∂x x + c1 = ⇒ x = −c1 , y + c2 = ⇒ y = −c2 Nó gồm hai họ đường thẳng song song với trục tọa độ Bài tốn Goursat phương trình (2.26) toán với kiện cho đường đặc trưng phát biểu sau: Bài tốn 2.3.1 Tìm nghiệm phương trình (2.26) cho đoạn đường đặc trưng x = x0 , y0 ≤ y ≤ β y = y0 , x0 ≤ x ≤ α nghiệm nói lấy giá trị cho trước u|x=x0 = ϕ1 (y), y0 ≤ y ≤ β (2.27) u|y=y0 = ϕ2 (y), x0 ≤ x ≤ α (2.28) Ta giả thiết ϕ1 (y), ϕ2 (y) hàm khả vi liên tục ϕ1 (y0 ) = ϕ2 (x0 ) (2.29) Bài tốn Goursat nói có nghiệm nhất, hồn tồn xác định hình chữ nhật x0 ≤ x ≤ α, y0 ≤ y ≤ β Thực vậy, ta đặt v= ∂u ∂u ,w = ∂x ∂y (2.30) 30 Phương trình (2.26) viết dạng ∂w ∂v = = f (x, y) − a(x, y)v − b(x, y)w − c(x, y)u ∂y ∂x (2.31) Do đó, y [f (x, y) − a(x, y)v − b(x, y)w − c(x, y)u]dy v(x, y) = v(x, y0 ) + y0 (2.32) x [f (x, y) − a(x, y)v − b(x, y)w − c(x, y)u]dx w(x, y) = w(x0 , y) + x0 (2.33) Chú ý (2.27), (2.28), (2.30), (2.33) ta hệ phương trình sau  y   [f (x, y) − a(x, y)v − b(x, y)w − c(x, y)u]dy v(x, y) = ϕ2 (x) +    y   x [f (x, y) − a(x, y)v − b(x, y)w − c(x, y)u]dx w(x, y) = ϕ1 (y) +  x0   y    wdy u(x, y) = ϕ2 (x) + y0 (2.34) Như từ phương trình (2.26) với điều kiện (2.27), (2.28) ta suy hệ (2.34) Ngược lại từ hai phương trình cuối (2.34) ta suy ∂u = ϕ2 (x) + ∂x y y0 y ∂w dy ∂x [f (x, y) − a(x, y)v − b(x, y)w − c(x, y)u]dy = ϕ2 (x) + y0 ∂u = w ∂y (2.35) So với phương trình đầu (2.34) ta ∂u = v ∂x ∂u , sau đạo hàm ∂x hai vế theo y ta (2.26) Hơn từ phương trình thứ ba Trong phương trình đầu (2.34) thay v 31 thứ hai (2.34), ý điều kiện (2.29) ta suy u(x, y0 ) = ϕ2 (x) y u(x0 , y) = ϕ2 (x0 ) + y w|x=x0 dy = ϕ(y0 ) + y0 ϕ1 (y)dy y0 = ϕ1 (y0 ) + ϕ1 (y) − ϕ1 (y0 ) = ϕ1 (y), tức ta có (2.27) (2.28) Như việc giải phương trình (2.26) với điều kiện (2.27), (2.28) hồn tồn tương đương việc giải hệ phương trình (2.34) Để tìm nghiệm hệ phương trình (2.34) ta dùng phương pháp xấp xỉ liên tiếp Phương pháp này, ta biết dùng để chứng minh tồn nghiệm phương trình vi phân thường y = f (x, y) (phương pháp Picard) Hàm xấp xỉ đặt v0 = ϕ2 (x), w0 = ϕ1 (y), u0 = ϕ2 (x) Sau hàm xấp xỉ thứ n suy từ hàm xấp xỉ n −  y   = ϕ2 (x) + [f (x, y) − a(x, y)vn−1 − b(x, y)wn−1 − c(x, y)un−1 ]dy    y0   x [f (x, y) − a(x, y)vn−1 − b(x, y)wn−1 − c(x, y)un−1 ]dx wn = ϕ1 (y) +  x   y0    wn−1 dy un = ϕ2 (x) + y0 (2.36) Ta chứng minh hội tụ dãy {un }, {vn }, {wn } Từ (2.36), ta 32 có  y   vn+1 − = [−a(x, y)(vn − vn−1 ) − b(x, y)(wn − wn−1 )    y     −c(x, y)(un − un−1 )]dy    x wn+1 − wn = [−a(x, y)(vn − vn−1 ) − b(x, y)(wn − wn−1 )  x0     −c(x, y)(un − un−1 )]dx    y    u − u = (wn − wn−1 )dy  n+1 n (2.37) y0 Ta chứng minh |un − un−1 |, |vn − vn−1 |, |wn − wn−1 | thỏa mãn bất đẳng thức |(x − x0 ) + (y − y0 )|n−1 |un − un−1 | ≤ K A (n − 1)! |(x − x0 ) + (y − y0 )|n−1 |vn − vn−1 | ≤ K n−1 A (n − 1)! n−1 n−1 |(x − x0 ) + (y − y0 )| |wn − wn−1 | ≤ K A (n − 1)! n−1 (2.38) K số cho |a(x, y)| + |b(x, y)| + |c(x, y)| ≤ K (2.39) A số khơng phụ thuộc n Hằng số K tồn giả thiết liên tục a, b, c hình chữ nhật kín x0 ≤ x ≤ α, y0 ≤ y ≤ β Từ (2.36), cho n = 1, rõ ràng giả thiết liên tục a, b, c, f, ϕ1 , ϕ2 , ϕ1 , ϕ2 , ta có |v1 | ≤ A, |w1 | ≤ A, |u1 | ≤ A A chọn đủ lớn Như (2.38) thỏa mãn với n = Trong trường hợp chung ta chứng minh quy nạp Ta chứng minh bất 33 đẳng thức (2.38) n thay n + Thực từ phương trình đầu (2.37), ý (2.38), (2.39), ta y (x − x0 + y − y0 )n−1 dy |vn+1 − | ≤ (|a| + |b| + |c|)K A (n − 1)! y0 y (x − x0 + y − y0 )n−1 n ≤K A dy (n − 1)! y0 (x − x0 + y − y0 )n (x − x0 )n n =K A − n! n! n |(x − x0 ) + (y − y0 )| ≤ K nA n! n−1 Vậy điều khẳng định chứng minh Từ bất đẳng thức vừa ta suy |vn+1 − | ≤ K n A (x − x0 + y − y0 )n n! (2.40) x0 ≤ x ≤ α, y0 ≤ y ≤ β Các đại lượng |wn+1 − wn | |un+1 − un | đánh giá tương tự Từ đánh giá (2.40) ta suy hội tụ tuyệt đối hình chữ nhật x0 ≤ x ≤ α, y0 ≤ y ≤ β chuỗi: ∞ ∞ (vn − vn−1 ), u0 + v0 + n=1 ∞ (un − un−1 ), w0 + n=1 (wn − wn−1 ), n=1 chuỗi già cua chúng ∞ A+A n=1 K n−1 (α − x0 + β − y0 )n−1 = A(1 + eK(α−x0 +β−y0 ) ) (n − 1)! chuỗi hội tụ Từ suy dãy {vn }, {wn }, {un } hội tụ hình chữ nhật để kể tới hàm giới hạn v, w, u Do tính hội tụ dãy vừa nói, ta chuyển hệ thức (2.36) qua giới hạn n → ∞, từ ta thấy hàm giới hạn v, w, u hàm liên tục hình chữ nhật thỏa mãn hệ thức (2.34) Nói khác tốn (2.26), (2.27), (2.28) có nghiệm 34 Bây ta chứng minh toán (2.26)–(2.27)–(2.28) hệ (2.34) tương đương với nó, có nghiệm Thực vậy, hệ (2.34) có hai ngiệm (v, w, u) (v ∗ , w∗ , u∗ ) ta ký hiệu chúng V = v − v ∗ , W = w − w∗ , U = u − u∗ Viết (2.34) cho (v, w, u) (v ∗ , w∗ , u∗ ) sau trừ hệ thức thu cho nhau, ta có y V (x, y) = − (aV + bW + cU )dy y0 x W (x, y) = − (aV + bW + cU )dx (2.41) x0 y U (x, y) = W dy y0 (2.42) Vì V, W, U hàm liên tục hình chữ nhật x0 ≤ x ≤ α, y0 ≤ y ≤ β nên chúng đại lượng giới nội Vì tồn số B cho |V | ≤ B, |W | ≤ B, |U | ≤ B Từ (2.41) ta có y |V (x, y)| ≤ (|a| + |b| + |c|)Bdy y0 (x − x0 + y − y0 ) 1! (x − x0 + y − y0 ) |W (x, y)| ≤ KB 1! (x − x0 + y − y0 ) |U (x, y)| ≤ KB 1! ≤ KB(y − y0 ) ≤ KB Lại phương pháp quy nạp ta có (x − x0 + y − y0 )n |V | ≤ K B n! (x − x0 + y − y0 )n |W | ≤ K n B n! n 35 (x − x0 + y − y0 )n |U | ≤ K B n! n n Cho n → ∞ ta thấy V (x, y) ≡ W (x, y) ≡ U (x, y) ≡ tức v ≡ v ∗ , w ≡ w∗ , u ≡ u∗ Tính nghiệm toán chứng minh Bài toán Goursat phương trình dao động dây Đối với phương trình dao động dây: ∂ 2u 2∂ u − a =0 ∂t2 ∂x2 (2.43) nghiệm tốn Goursat tìm dạng tường minh Các đường đặc trưng (2.43) có dạng x + at = const x − at = const Giả sử ta phải tìm nghiệm u(x, t) theo giá trị cho đoạn OA đường đặc trưng x + at = đoạn OB đường đặc trưng x − at = u(P )|P ∈OA = ϕ(P ) (2.44) u(Q)|Q∈OB = ψ(Q) (2.45) Nghiệm u(x, t) giả thiết liên tục hình bình hành kín OACB, ϕ(P ) ψ(Q) phải thỏa mãn điều kiện ϕ(O) = ψ(O) (= u(O)) Ta xét điểm M hình hành OACB dựng hình bình hành OP M Q với P, Q nằm OA OB 36 Hình 2.1: Gọi D(M ) hình bình hành vừa dựng Lấy tích phân hai lớp hai (2.43) D(M ), đổi tích phân đường lấy theo chu vi nhờ cơng thức Green, ta có (utt − a2 uxx )dxdt 0= D(M ) =− + OQ + QM (ut dx + a2 ux dt) + MP (2.46) PO Nhưng OQ M P , x − at = const, ta có dx = adt Tương tự QM P O, x + at = const, ta có dx = −adt Từ đó, OQ M P ta có ut dx + a2 ux dt = a(ut dt + ux dx) = adu Trên QM P O ta có ut dx + a2 ux dt = −a(ut dt + ux dx) = −adu Vậy (2.46) cho ta − OQ − + QM MP du = PO 37 hay (u(Q) − u(O)) − (u(M ) − u(Q)) + (u(P ) − u(M )) − (u(O) − u(P )) = tức u(M ) = u(P ) + u(Q) − u(O) (2.47) Từ (2.47), ta thấy rằng: Giá trị nghiệm u(x, t) điểm M hoàn toàn xác định theo giá trị u(x, t) P, Q O Theo giả thiết toán, ta biết u(x, t) OA, OB, cho P chạy OA, Q chạy OB, ta thấy nghiệm toán (2.36), (2.44), (2.45) hồn tồn xác định hình bình hành OACB Đặc biệt, cho M chạy hai cạnh BC CA ta thấy rằng: Giá trị u(x, t) hai cạnh BC CA hoàn tồn xác định giá trị hai cạnh OA OB Như vậy, ta đặt tốn Dirichlet cho phương trình (2.43) tương tự phương trình Laplace: “Tìm nghiệm u(x, t) phương trình (2.43) hình bình hành OACB cho biên Γ giá trị u(x, t) trùng với hàm cho trước u(x, t)|Γ = f (s) tốn nói chung khơng có nghiệm giá trị u(x, t) cho hai cạnh OA OB giá trị BC CA, theo kết trên, tùy ý cho trước Như vậy, phương trình Laplace phương trình truyền sóng, ta có hai kết ngược nhau: Đối với phương trình Laplace, toán Dirichlet toán đặt đắn, tốn Cauchy tốn đặt khơng đắn 38 Đối với phương trình truyền sóng ngược lại, toán Cauchy toán đặt đắn, tốn Dirichlet tốn đặt không đắn 39 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau đây: • Định nghĩa mặt đặc trưng phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp Cách đặt tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp • Định lý Cauchy–Kovalewski tồn nghiệm lớp hàm giải tích tốn Cauchy cho hệ phương trình tuyến tính cấp • Định lý Holmgren tính nghiệm lớp hàm khơng giải tích cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai • Trình bày toán Cauchy đặc trưng: Bài toán Goursat Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy, cô giáo bạn 40 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Mạnh Hùng (2009), Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng, NXB Đại học Sư phạm [2] Nguyễn Thừa Hợp (2006), Giáo trình Phương trình đạo hàm riêng, NXB Đại học QGHN Tiếng Anh [3] F John (1978), Partial Differential Equations, Springer-Verlag, New York Heidelberg Berlin ... Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tuyến tính cấp 1.3.1 Bài tốn Cauchy cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai Xét phương trình đạo hàm riêng tuyến tính. .. 1.1 1.2 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai hệ phương trình tính tuyến cấp 1.1.1 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai 1.1.2 Hệ phương trình tuyến tính cấp ... Đưa tốn Cauchy tắc cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai tốn Cauchy tắc cho hệ phương trình tuyến tính cấp Xét tốn Cauchy tắc cho phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai: n n