Toán tử sturm liouville

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN THỊ MÂY TOÁN TỬ STURM-LIOUVILLE LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Chun ngành: TỐN GIẢI TÍCH Mã số: 60.46.01.02 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN VĂN NGỌC HÀ NỘI- 2013 Lời cám ơn Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Ngọc, người tận tình giúp đỡ bảo tơi suốt q trình hồn thành luận văn tốt nghiệp Qua đây, xin chân thành cám ơn giúp đỡ thầy giáo, giáo tổ Tốn giải tích trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội, người giúp đỡ tơi suốt q trình học tập nghiên cứu trường Do làm quen với công tác nghiên cứu khoa học hạn chế thời gian thực nên luận văn tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để luận văn hoàn thiện Hà Nội, năm 2013 Mục lục Mở đầu Lý thuyết phổ trường hợp quy 1.1 Khái niệm toán Sturm-Liouville 1.1.1 Khái niệm 1.1.2 Tính chất 1.2 Dáng điệu tiệm cận giá trị riêng hàm riêng 1.3 Lý thuyết Sturm không điểm nghiệm 14 1.4 Bài tốn tuần hồn nửa tuần hoàn 18 1.4.1 Số bội giá trị riêng 19 1.4.2 Các không điểm hàm riêng 23 1.5 1.6 Chứng minh định lý khai triển phương pháp phương trình tích phân 25 Chứng minh định lý khai triển trường hợp tuần hồn 32 Một số ví dụ toán áp dụng lý thuyết phổ trường hợp quy 35 2.1 Một số ví dụ 35 2.1.1 Các ví dụ đơn giản 35 2.1.2 Các ví dụ phức tạp 38 Phương trình dao động dây (thanh) hữu hạn 42 2.2.1 Nghiệm toán dao động dây 42 2.2.2 Tính nghiệm tốn dao động dây 45 Phương trình truyền nhiệt dây hữu hạn 50 2.3.1 Nghiệm toán truyền nhiệt 50 2.3.2 Sự tồn nghiệm phương trình truyền nhiệt 53 Phương trình Laplace hình chữ nhật 56 Kết luận 59 Tài liệu tham khảo 60 2.2 2.3 2.4 Mở đầu Lý thuyết toán tử lĩnh vực quan trọng giải tích Ngày nay, nhiều ngành giải tích khơng thể tách rời lý thuyết toán tử, đáng ý phải kể đến phép tính biến phân, lý thuyết biến đổi phương trình vi phân Các ngành phát triển sau lý thuyết tốn tử đến hàng kỉ Vì thế, ngạc nhiên nhiều vấn đề lý thuyết toán tử giới thiệu ngành Phương trình vi phân phương pháp tính nhiều biến phát triển nhờ đóng góp to lớn Euler, Lagrange gia đình Bernoulli Mối liên hệ đáng ý giá trị riêng với phương trình vi phân nhắc đến lý thuyết phát triển Charles Francois Sturm năm 1836 Joseph Liouville năm 1838 Đây bước liên hệ có ý nghĩa, khơng giống trường hợp không gian sở vô hạn chiều, cho phép vấn đề khơng thể phát triển trường hợp đại số tuyến tính Lý thuyết Sturm-Liouville bắt đầu với lý thuyết phổ toán tử vi phân thường Lý thuyết phổ toán tử Sturm-Liouville lĩnh vực cổ điển giải tích, bao gồm lớp rộng tốn Nhiều tốn phương trình đạo hàm riêng học, lượng tử đưa toán biên Sturm-Liouville Bởi tầm quan trọng toán tử Sturm-Liouville gợi ý, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Ngọc nên tơi thực đề tài "Tốn tử Sturm-Liouville" để hoàn thành luận văn tốt nghiệp cao học chuyên ngành Tốn giải tích Luận văn bao gồm hai chương Chương trình bày vấn đề lý thuyết phổ toán tử SturmLiouville trường hợp quy, bao gồm đáng điệu tiệm cận giá trị riêng hàm riêng, định lý khai triển hàm riêng Bài toán Sturm-Liouville tuần hoàn nửa tuần hoàn giới thiệu chương Chương trình bày số ví dụ toán áp dụng lý thuyết phổ trường hợp quy Đặc biệt, chương tốn truyền sóng, tốn truyền nhiệt, phương trình Laplace hình chữ nhật đưa tốn biên SturmLiouville phương pháp tách biến Chương Lý thuyết phổ trường hợp quy 1.1 Khái niệm toán Sturm-Liouville 1.1.1 Khái niệm Định nghĩa 1.1.1 Cho L tốn tử tuyến tính xác định tập hợp biết phần tử Một phần tử y = gọi vectơ riêng L Ly = λy, λ gọi giá trị riêng tương ứng L Một toán tử đơn giản thường sử dụng ứng dụng d2 L = − + q (x) dx Toán tử gọi toán tử Sturm-Liouville Giả sử q (x) hàm giá trị thực liên tục đoạn [a, b] Những điều kiện giá trị biên quan trọng cho toán tử y (a) cosα + y (a) sin α = 0, y (b) cosβ + y (b) sin β = 0, α β hai số thực tùy ý, y (a) = y (b), y (a) = y (b) Định nghĩa 1.1.2 Bài toán giá trị biên Ly (x) = −y + q (x) y = λy, y (a) cosα + y (a) sin α = 0, y (b) cosβ + y (b) sin β = 0, gọi toán Sturm-Liouville (1.1) (1.2) Bài tốn Sturm-Liouville gọi quy đoạn [a, b] hữu hạn hàm q (x) khả tổng đoạn Ngược lại, đoạn [a, b] vô hạn, q (x) không khả tổng đoạn đó, hai tốn Sturm-Liouville gọi kì dị 1.1.2 Tính chất Chúng ta xét toán giá trị biên (1.1) , (1.2) Khơng tổng qt, giả sử a = b = π Thực tế đoạn [a, b] ánh xạ vào đoạn [0, π] phép t = x−a π, b−a phép không làm thay đổi dạng (1.1) , (1.2) Nếu tốn giá trị biên có nghiệm khơng tầm thường y (x, λ1 ) = với λ1 biết, λ1 gọi giá trị riêng, y (x, λ1 ) = gọi hàm riêng (1.1) , (1.2) Bổ đề 1.1.1 Hai hàm riêng y (x, λ1 ) = y (x, λ2 ) = tương ứng với giá trị riêng khác trực giao, tức π y (x, λ1 )y (x, λ2 ) dx = 0, λ1 = λ2 Chứng minh Lấy f (x) g (x) hàm liên tục khả vi hai lần Đặt Lf = −f (x) + q (x) f (x) Tích phân phần hai lần, có π π Lf.g (x)dx = Wπ {f, g} − W0 {f, g} + Lg.f (x)dx, (1.5) Wx {f, g} = f (x) g (x) f (x) g (x) Lấy f (x) = y (x, λ1 ) g (x) = y (x, λ2 ) Từ điều kiện biên (1.2) ta có W0 {f, g} = Wπ {f, g} = Do đó, từ (1.5) , ta có π (λ1 − λ2 ) y (x, λ1 )y (x, λ2 ) dx = 0 Vì λ1 = λ2 nên ta có điều phải chứng minh Bổ đề 1.1.2 Các giá trị riêng toán giá trị biên (1.1) , (1.2) thực Chứng minh Lấy λ1 = u + iv giá trị riêng phức Vì q (x) có giá trị thực α, β thực, nên λ2 = λ1 = u − iv giá trị riêng, tương ứng với hàm riêng y (x, λ1 ) Khi đó, từ bổ đề trước ta có π |y (x, λ1 )|2 dx = 0; đó, y (x, λ1 ) ≡ 0, mâu thuẫn với y (x, λ1 ) hàm riêng Vậy ta có điều phải chứng minh Định lý 1.1.1 Nếu q (x) hàm liên tục đoạn [a, b], với α, tồn nghiệm ϕ (x, λ) , a ≤ x ≤ b, phương trình (1.1), cho ϕ (a, λ) = sin α ϕ (a, λ) = −cosα Với x cố định thuộc đoạn [a, b], ϕ (x, λ) hàm nguyên λ 1.2 Dáng điệu tiệm cận giá trị riêng hàm riêng Đặt cot α = −h cot β = H Các điều kiện biên (1.2) viết dạng y (0) − hy (0) = 0, y (π) + Hy (π) = (2.1) Biểu thị nghiệm (1.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu ϕ (0, λ) = 1, ϕx (0, λ) = h (2.2) ψ (0, λ) = 0, ψx (0, λ) = (2.3) Bổ đề 1.2.1 Cho λ = s2 Khi x h ϕ (x, λ) = cos sx + sin sx + s s sin [s (x − τ )]q (τ ) ϕ (τ, λ) dτ, (2.4) x sin sx ψ (x, λ) = + s s sin [s (x − τ )]q (τ ) ψ (τ, λ) dτ (2.5) Chứng minh Để chứng minh (2.4), ý rằng, ϕ (x, λ) thỏa mãn (1.1), ta có x sin [s (x − τ )]q (τ ) ϕ (τ, λ) dτ x x sin [s (x − τ )]ϕτ (τ, λ) dτ + s = sin [s (x − τ )]ϕ (τ, λ) dτ 0 Hai lần lấy tích phân phần cho tích phân vế phải sử dụng (2.2), có x sin [s (x − τ )]q (τ ) ϕ (τ, λ) dτ = −h sin sx + sϕ (x, λ) − s cos sx, từ ta có cơng thức (2.4) (2.5) chứng minh tương tự Bổ đề 1.2.2 Cho s = σ + it Khi đó, tồn s0 > cho, với |s| > s0 , ước lượng ϕ (x, λ) = O e|t|x , ψ (x, λ) = O |s|−1 e|t|x (2.6) e|t|x |s| e|t|x |s|2 (2.7) hợp lệ; cách xác ϕ (x, λ) = cos sx + O sin sx ψ (x, λ) = +O s , Tất ước lượng x thuộc đoạn [0, π] Chứng minh Đặt ϕ (x, λ) = e|t|x f (x) Từ (2.4) ta có x f (x) = h cos sx + sin sx e−|t|x + s s sin [s (x − τ )]e−|t|(x−τ ) q (τ ) f (τ ) dτ Lấy µ = max0≤x≤π |f (x)| Khi đó, từ đẳng thức ta nhận x |h| µ µ≤1+ + |s| |s| |q (τ )|dτ ; µ≤ 1+ |h| |s|  π 1 − |s| |q (τ )|dτ  , −1 với điều kiện mẫu số dương, hay π |s| ≥ |q (τ )|dτ Bởi (2.6) chứng minh cho ϕ (x, λ), chứng minh tương tự cho ψ (x, λ) việc sử dụng (2.5) Ước lượng (2.7) thu việc thay (2.6) tích phân vế phải (2.4) (2.5) Rõ ràng khai triển tiệm cận nói chung ϕ (x, λ) ψ (x, λ) hàm s thu việc lặp lại quy trình Bây nhận công thức tiệm cận cho giá trị riêng hàm riêng, trường hợp đặc biệt, công thức chứng minh tồn vô hạn giá trị riêng Trước tiên, giả sử h = ∞ H = ∞ Hàm ϕ (x, λ) rõ ràng thỏa mãn điều kiện biên (2.1) với λ Bởi vậy, tìm giá trị riêng phép thay ϕ (x, λ) điều kiện thứ hai (2.1) Từ Bổ đề 1.1.2, giá trị riêng thực, tức Ims = t = Do ước lượng (2.7) đưa đến công thức ϕ (x, λ) = cos sx + O s−1 (2.8) Lấy vi phân (2.4) x sử dụng (2.8), ta thu ước lượng ϕx (x, λ) = −s sin sx + O (1) (2.9) Bây giờ, thay giá trị ϕ (x, λ) ϕx (x, λ), xác định (2.7) (2.9), điều kiện (2.1), đến phương trình −s sin sπ + O (1) = 0, (2.10) phương trình rõ ràng có nghiệm gần nguyên với s lớn, đó, tồn vô hạn giá trị riêng chứng minh Bây rằng, từ số nguyên đủ lớn N biết, có nghiệm (2.10) gần với số nguyên n > N Vi phân vế trái (2.10) theo biến s, thu −πs cos sπ + O (1) Ta thấy biểu thức không triệt tiêu s gần với số nguyên lớn Lấy sn nghiệm thứ n (2.10) Từ định lý Sturm (Phần 3) từ công thức tiệm cận cho hàm riêng ta có sn gần với n, khơng gần với số nguyên khác Phép chứng minh khác, khơng dựa sở lý thuyết Sturm thu sau Chúng ta ý giá trị riêng λ thỏa mãn ϕ (π, λ) + Hϕx (π, λ) = ω (λ) = Đặt λ = s2 Khi ω (λ) = ω1 (s), hàm này, theo (2.4), hàm nguyên s Cũng từ công thức tiệm cận (2.8) (2.9), với sin πs = 0, ta có ω1 (s) = −Hs sin sπ + O |s|−1 (2.11) Lấy đường trịn DR bán kính R = N + 21 s-phẳng, N số tự nhiên Từ Định lý Rouche công thức tiệm cận (2.11), ta thấy có nhiều khơng điểm ω1 (s) bên DR hàm s sin sπ, tức (N + 1) Hàm ω1 (s) hàm chẵn, cần xét nghiệm dương Mỗi khơng điểm dương liên hợp với giá trị riêng, có N + giá trị riêng sk nhỏ N + 21 Ta có sn = n + O (1) (2.12) Thật vậy, lấy sn = mn +O (1) , mn = n Mặt khác, có n+1 giá trị riêng sk (k = 0, 1, , n) nhỏ sn Từ ta thấy phải có (mn + 1) không điểm ω1 (s) đĩa bán kính mn + 21 , tức phải có mn + = n + giá trị riêng sk nhỏ sn , mâu thuẫn, (2.12) chứng minh Đặt sn = n + δn Phương trình (2.10) đưa dạng (n + δn ) sin δn π + O (1) = Do sin δn π = O (n−1 ), tức δn = O (n−1 ) Như vậy, với n lớn, nghiệm (2.10) sn = n + O n−1 (2.13) Cơng thức tiệm cận (2.13) làm tăng thêm nhiều giả sử đạo hàm q (x) (1.1) bị chặn Thật vậy, vi phân (2.4) theo biến x thay ϕ (x, λ) ϕx (x, λ) điều kiện biên thứ hai (2.1), thu phép biến đổi đơn giản sau (−s + B) sinsπ + A cos sπ = 0, π A=h+H + cos sτ + H sinsτ q (τ ) ϕ (τ, λ) dτ, s π hH B= + s sinsτ + H q (τ ) ϕ (τ, λ) dτ s (2.14) Đầu tiên giả sử f (x) f (x) liên tục [0, l], f (0) = f (l) = Chuỗi hàm f (x) đưa (2.20) hội tụ tuyệt đối đoạn [0, l] Sử dụng đồng thức lượng giác sin nπc nπ nπ nπx cos t = sin (x − ct) + sin (x + ct) , l l l l (2.25) u1 (x, t) viết u1 (x, t) = ∞ nπ an sin (x − ct) + l n=1 Định nghĩa ∞ F (x) = an sin n=1 ∞ an sin n=1 nπ (x + ct) l nπx l (2.25) giả sử F (x) khai triển tuần hoàn lẻ f (x), tức F (x) = f (x) , 0≤x≤l F (−x) = −F (x) , ∀x F (x ± 2l) = F (x) Bây viết u1 (x, t) dạng u1 (x, t) = [F (x − ct) + F (x + ct)] Để điều kiện biên thỏa mãn, ý [F (−ct) + F (ct)] = [−F (ct) + F (ct)] = u1 (0, t) = [F (l − ct) + F (l + ct)] = [F (−l − ct) + F (l + ct)] = [−F (l + ct) + F (l + ct)] = u1 (l, t) = Vì [F (x) + F (x)] = F (x) = f (x) , ≤ x ≤ l, u1 (x, 0) = 46 (2.27) thấy điều kiện ban đầu u1 (x, 0) = f (x) thỏa mãn Như vậy, phương trình (2.1) điều kiện (2.2)-(2.3) với g (x) ≡ thỏa mãn Vì f liên tục [0, l], F tồn liên tục với x Do đó, vi phân u1 (x, t) t, thu ∂u1 = [−cF (x − ct) + cF (x + ct)] , ∂t ∂u1 (x, 0) = [−cF (x) + cF (x)] = ∂t Từ đó, thấy điều kiện ban đầu (2.3) thỏa mãn Để u1 (x, t) thỏa mãn phương trình vi phân (2.1), áp đặt thêm hạn chế f Cho f liên tục [0, l] f (0) = f (l) = Khi đó, F tồn liên tục nơi, đó, ∂ u1 = c2 [F (x − ct) + F (x + ct)] , ∂t ∂ u1 = [F (x − ct) + F (x + ct)] ∂x Như vậy, tìm ∂ u1 ∂ u1 =c ∂t2 ∂x2 Tiếp theo, nói rõ giả thiết áp đặt g để u2 (x, t) nghiệm toán (2.1)-(2.5) với f (x) ≡ Lấy g g liên tục [0, l] g (0) = g (l) = Khi đó, chuỗi hàm g(x) đưa (2.21) hội tụ tuyệt đối đoạn [0, l] Đưa hệ số cn = nπc b , l n có l πc u2 (x, t) = ∞ n=1 cn nπc nπx sin t sin n l l (2.28) Chúng ta vi phân số hạng t, đó, ∂u2 = ∂t ∞ nπc nπx t sin l l cn cos n=1 (2.29) Sử dụng đồng thức lượng giác (2.25), thu ∂u2 = ∂t ∞ nπ cn sin (x − ct) + l n=1 ∞ cn sin n=1 nπ (x + ct) l (2.30) Chuỗi hội tụ tuyệt đối giả thiết g, đó, chuỗi (2.28) (2.29) hội tụ tuyệt đối [0, l] Như vậy, vi phân số hạng hợp lệ Cho ∞ G (x) = cn sin n=1 47 nπx l khai triển tuần hoàn lẻ hàm g(x) Khi đó, phương trình (2.30) viết dạng ∂u2 = [G (x − ct) + G (x + ct)] ∂t Lấy tích phân cho ta t u2 (x, t) = t G (x − ct ) dt + G (x + ct ) dt 0 x+ct 2c = G (τ )dτ (2.31) x−ct Khi đó, ta có u2 (x, 0) = 0, ∂u2 (x, 0) = G (x) = g (x) , ∂t Hơn nữa, ≤ x ≤ l t t G (−ct ) dt + u2 (0, t) = G (ct ) dt t =− t G (ct ) dt + G (ct ) dt = 0 t t u2 (l, t) = G (l − ct ) dt + G (l + ct ) dt t t G (−l − ct ) dt + = G (l + ct ) dt t =− t G (l + ct ) dt + G (l + ct ) dt = 0 Cuối cùng, u2 (x, t) phải thỏa mãn phương trình vi phân Vì g liên tục [0, l], G tồn cho ∂ u2 c = [−G (x − ct) + G (x + ct)] ∂t Vi phân u2 (x, t) biểu diễn phương trình (2.28) x, thu ∂u2 = ∂x c = = ∞ cn sin n=1 ∞ 2c nπc nπx t cos l l cn − sin n=1 nπ nπ (x − ct) + sin (x + ct) l l [−G (x − ct) + G (x + ct)] 2c 48 Tiếp tục lấy vi phân x, thu ∂ u2 [−G (x − ct) + G (x + ct)] = ∂x 2c Rõ ràng ∂ u2 ∂ u2 =c ∂t2 ∂x2 Do đó, nghiệm tốn giá trị biên ban đầu (2.1)-(2.5) xác định Định lý 2.2.1 Tồn nghiệm phương trình truyền sóng utt = c2 uxx , < x < l, t > 0, thỏa mãn điều kiện ban đầu u (x, 0) = f (x) , ut (x, 0) = g (x) , ≤ x ≤ l, điều kiện biên u (0, t) = 0, u (l, t) = 0, t ≥ 0, u (x, t) hàm khả vi liên tục hai lần x t Chứng minh Giả sử có hai nghiệm u1 u2 Đặt v = u1 − u2 Dễ dàng thấy v (x, t) nghiệm toán vtt = c2 vxx , < x < l, v (0, t) = 0, t ≥ 0, v (l, t) = 0, t ≥ 0, t > 0, v (x, 0) = 0, ≤ x ≤ l, vt (x, 0) = 0, ≤ x ≤ l Chúng ta chứng minh hàm v (x, t) đồng Để làm điều này, xét tích phân lượng l E (t) = c2 vx2 + vt2 dx (2.32) đại lượng vật lý biểu trưng cho tổng lượng dây dao động thời điểm t Vì hàm v (x, t) khả vi liên tục hai lần, nên vi phân E(t) t Từ đó, ta có l dE = dt c2 vx vxt + vt vtt dx 49 (2.33) Lấy tích phân phần tích phân (2.33), có l l c vx vxt dx = c l vx vt c2 vt vxx dx − 0 Nhưng từ điều kiện v(0, t) = 0, có vt (0, t) = 0, tương tự vt (l, t) = x = l Do đó, biểu thức ngoặc vng bị triệt tiêu, phương trình (2.33) trở thành l dE = dt vt vtt − c2 vxx dx (2.34) Vì vtt − c2 vxx = 0, nên phương trình (2.34) đưa dạng dE dt = 0, điều có nghĩa E (t) = cons tan t = C Vì v (x, 0) = nên có vx (x, 0) = Đưa vào tính tốn điều kiện vt (x, 0) = 0, ước lượng C để thu l E (0) = C = c2 vx2 + vt2 t=0 dx = 0 Điều đưa đến E(t) = 0, đẳng thức xảy vx = vt = với t > Để thỏa mãn hai điều kiện này, phải có v (x, t) = constant Sử dụng điều kiện v (x, 0) = 0, tìm v (x, t) = Do đó, u1 (x, t) = u2 (x, t) nghiệm u (x, t) 2.3 2.3.1 Phương trình truyền nhiệt dây hữu hạn Nghiệm toán truyền nhiệt Xét dây đồng có độ dài l Dây đủ mỏng để nhiệt phân bố phần thời điểm t Mặt dây cách ly, đó, khơng có nhiệt tỏa biên Sự phân bố nhiệt lượng u dây đưa nghiệm toán giá trị biên ban đầu ut = kuxx , < x < l, u (0, t) = 0, t ≥ 0, u (l, t) = 0, t ≥ 0, u (x, 0) = f (x) , 50 t > 0, ≤ x ≤ l, (3.1) với f (x) phân bố nhiệt lượng ban đầu Nếu giả sử nghiệm có dạng u (x, t) = X (x) T (t) = Phương trình (3.1) cho ta XT = kX T Do đó, có X T = = −α2 , X kT α số dương Như vậy, X T phải thỏa mãn X + α2 X = 0, (3.2) T + α2 kT = (3.3) Từ điều kiện biên, có u (0, t) = X (0) T (t) = 0, u (l, t) = X (l) T (t) = Do đó, X (0) = 0, X (l) = 0, hàm T (t) Từ đó, phải giải toán giá trị riêng X + α2 X = 0, X (0) = 0, X (l) = Nghiệm phương trình (3.2) X (x) = A cos αx + B sin αx Vì X (0) = 0, nên A = Để thỏa mãn điều kiện thứ hai, có X (l) = B sin αl = Vì B = cho nghiệm tầm thường, nên phải có B = đó, sin αl = Như vậy, α= nπ , l n = 1, 2, 3, 51 Thay giá trị riêng này, có nπx l Xn (x) = Bn sin Tiếp theo, xét phương trình T + α2 kT = 0, nghiệm kt nπ , l Thay α = T (t) = Ce−α nπ Tn (t) = Cn e−( l ) có kt Do đó, nghiệm khơng tầm thường phương trình truyền nhiệt thỏa mãn hai điều kiện biên un (x, t) = Xn (x) Tn (t) = an e−(nπ/l) kt sin nπx , l n = 1, 2, 3, , an = Bn Cn số tùy ý Bằng nguyên lý đồng chất, thu chuỗi nghiệm hình thức sau ∞ u (x, t) = un (x, t) , n=1 ∞ sin nπx , l an sin nπx l an e−(nπ/l) = kt n=1 (3.4) thỏa mãn điều kiện ban đầu ∞ u (x, 0) = f (x) = n=1 Điều xảy f (x) biểu diễn chuỗi Fourier sin với hệ số Fourier l an = l f (x) sin nπx dx l (3.5) Do đó, ∞ u (x, t) =  2 l n=1  l f (τ ) sin nπτ nπx dτ e−(nπ/l) kt sin l l (3.6) chuỗi nghiệm hình thức tốn truyền nhiệt Ví dụ 2.3.1 (a) Giả sử phân bố nhiệt lượng ban đầu f (x) = x (l − x) Khi đó, từ phương trình (3.5), có an = 8l2 , n3 π n = 1, 3, 5, 52 Do đó, nghiệm 8l2 π3 u (x, t) = ∞ −(nπ/l)2 kt nπx e sin n l n=1,3,5, (b) Giả sử nhiệt lượng điểm cuối dây giữ khơng đổi, là, u (l, t) = u0 , t ≥ Bài toán ut = kuxx , < x < l, u (0, t) = 0, t > 0, (3.7) u (l, t) = u0 , u (x, 0) = f (x) , < x < l Cho u0 x l Thay u (x, t) vào phương trình (3.7) ta u (x, t) = v (x, t) + vt = kvxx , < x < l, t > 0, v (0, t) = 0, v (l, t) = 0, u0 x v (x, 0) = f (x) − , < x < l l Như vậy, với công thức nghiệm biết (3.6), thu nghiệm   l ∞ u0 τ u0 x nπτ nπx 2 f (τ ) − sin dτ e−(nπ/l) kt sin + (3.8) u (x, t) = l l l l l n=1 2.3.2 Sự tồn nghiệm phương trình truyền nhiệt Trong phần trước tìm thấy (3.4) cơng thức nghiệm hình thức tốn truyền nhiệt (3.1), an đưa (3.5) Chúng ta chứng minh tồn nghiệm hình thức f (x) liên tục [0, l] f (0) = f (l) = 0, f (x) liên tục mảnh (0, l) Vì f (x) bị chặn, có l |an | = l l nπx f (x) sin dx ≤ l l |f (x)|dx ≤ C, C số dương Do đó, với t0 > hữu hạn, ta có an e−(nπ/l) kt sin nπx l ≤ Ce−(nπ/l) 53 kt0 , t ≥ t0 Chuỗi số hạng e−(nπ/l) kt0 hội tụ Vì vậy, theo tiêu chuẩn hội tụ Weierstrass, chuỗi (3.4) hội tụ x t t ≥ t0 ≤ x ≤ l Vi phân phương trình (3.4) t, thu ∞ ut = − nπ l an n=1 2 ke−(nπ/l) kt nπx l sin (3.9) Chúng ta ý −an nπ l ke−(nπ/l) kt nπx l sin t ≥ t0 , chuỗi số hạng C ≤C nπ l nπ ke−(nπ/l) kt0 l 2 ke−(nπ/l) kt0 hội tụ Do đó, chuỗi (3.9) hội tụ miền ≤ x ≤ l, t ≥ t0 Tương tự, chuỗi (3.4) vi phân hai lần x, ta có kết ∞ uxx = − an n=1 nπ l e−(nπ/l) kt sin nπx l (3.10) Rõ ràng, từ phương trình (3.9) (3.10), ta có ut = kuxx Do đó, (3.4) nghiệm phương trình truyền nhiệt chiều miền ≤ x ≤ l, t ≥ Tiếp theo điều kiện biên thỏa mãn Ở đây, ý chuỗi (3.4) biểu diễn hàm u (x, t) hội tụ miền ≤ x ≤ l, t ≥ Vì hàm biểu diễn chuỗi hội tụ hàm liên tục liên tục, u (x, t) liên tục x = x = l Như hệ quả, x = x = l, nghiệm (3.4) thỏa mãn u (0, t) = 0, u (l, t) = 0, với t > Ta phải u (x, t) thỏa mãn điều kiện ban đầu u (x, 0) = f (x) , ≤ x ≤ l Với giả thiết dễ hơn, chuỗi f (x) đưa ∞ f (x) = an sin n=1 nπx l hội tụ tuyệt đối Bằng tiêu chuẩn Abel hội tụ chuỗi biểu thị dạng tích số hạng chuỗi hội tụ ∞ an sin n=1 54 nπx l dãy đơn điệu bị chặn e−(nπ/l) kt hội tụ t Do đó, ∞ an e−(nπ/l) u (x, t) = kt nπx l sin n=1 hội tụ ≤ x ≤ l, t ≥ 0, trước, u (x, t) liên tục ≤ x ≤ l, t ≥ Như vậy, điều kiện ban đầu 0≤x≤l u (x, 0) = f (x) , thỏa mãn Do đó, tồn nghiệm xác định Định lý 2.3.1 Lấy u (x, t) hàm khả vi liên tục Nếu u (x, t) thỏa mãn phương trình vi phân ut = kuxx , < x < l, t > 0, điều kiện ban đầu ≤ x ≤ l, u (x, 0) = f (x) , điều kiện biên u (0, t) = 0, t ≥ 0, u (l, t) = 0, nghiệm Chứng minh Giả sử có hai nghiệm riêng biệt u1 (x, t) u2 (x, t) Đặt v (x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t) Khi đó, vt = kvxx , < x < l, v (0, t) = 0, v (l, t) = 0, v (x, 0) = 0, t > 0, t ≥ 0, ≤ x ≤ l Xét hàm xác định tích phân l J (t) = 2k v dx Vi phân t, ta l J (t) = k l vvt dx = vvxx dx, 55 (3.11) phương trình (3.11) Lấy tích phân phần, có l l vvxx dx = [vvx ]l0 − vx2 dx Vì v (0, t) = v (l, t) = 0, nên l vx2 dx ≤ J (t) = − Từ điều kiện v (x, 0) = 0, có J (0) = Điều kiện J (t) ≤ đưa đến J (t) hàm không tăng t Do đó, J (t) ≤ Nhưng từ định nghĩa J (t), ta có J (t) ≥ Như vậy, t ≥ J (t) = 0, Vì v (x, t) liên tục, J (t) = đưa đến v (x, t) = với ≤ x ≤ l, t ≥ Do đó, u1 = u2 nghiệm 2.4 Phương trình Laplace hình chữ nhật Xét chế độ ổn định phân bố nhiệt độ mỏng hình chữ nhật Hai mặt cách ly tốt, mặt trì nhiệt độ 0, nhiệt độ mặt lại miêu tả hàm f (x) Do đó, giải toán ∇2 u = ∂ 2u ∂ 2u + = 0, ∂x2 ∂y < x < a, u (x, 0) = f (x) , u (x, b) = 0, ux (0, y) = 0, < y < b, ≤ x ≤ a, ≤ x ≤ a, ux (a, y) = Lấy u (x, y) = X (x) Y (y) Thay vào phương trình Laplace, ta X − λX = 0, 56 Y + λY = Vì điều kiện biên x = x = a, có λ = −α2 với α ≥ nghiệm khơng tầm thường tốn giá trị riêng X + α2 X = 0, X (0) = X (a) = Nghiệm X (x) = A cos αx + B sin αx Khi đó, áp dụng điều kiện biên ta có B = α = (nπ/a) với n = 0, 1, 2, Do đó, Xn (x) = A cos nπx a Rõ ràng nghiệm phương trình Y Y (y) = C cosh αy + D sinh αy, nghiệm viết dạng Y (y) = E sinh α (y + F ) , E = (D2 − C ) F = tanh−1 (C/D) /α Áp dụng điều kiện biên Y (b) = 0, thu Y (b) = E sinh α (b + F ) = 0, phương trình đưa đến F = −b, E=0 nghiệm khơng tầm thường Do đó, có ∞ nπx nπ b − y a0 + an cos sinh (y − b) u (x, y) = b a a n=1 Bây áp dụng điều kiện khơng cịn lại để thu ∞ a0 nπx nπb u (x, 0) = f (x) = + an cos sinh − a a n=1 Vì chuỗi Fourier cosin, hệ số đưa a a0 = a f (x)dx, 57 a −2 an = a sinh nπb a f (x) cos nπx dx, a n = 1, 2, Do đó, nghiệm ∞ sinh nπ (b − y) b − y a0 nπx a a∗n u (x, y) = + cos , nπb b a sinh a n=1 a a∗n = a f (x) cos nπx dx a Nếu ví dụ f (x) = x, < x < π, < y < π, tìm a0 = π, a∗n = [(−1)n − 1] , πn2 n = 1, 2, vậy, nghiệm có dạng cuối ∞ sinh n (π − y) [(−1)n − 1] cos nx u (x, y) = (π − y) + 2 πn sinh nπ n=1 58 Kết luận Các toán xoay quanh toán tử Sturm-Liouville rộng Phạm vi luận văn "Toán tử Sturm-Liouville" chủ yếu giới thiệu lý thuyết phổ tốn áp dụng trường hợp quy Trên sở đó, luận văn tập trung vào số vấn đề sau: Trình bày vấn đề lý thuyết phổ trường hợp quy, bao gồm số tính chất toán tử, dáng điệu tiệm cận giá trị riêng hàm riêng, không điểm nghiệm, tốn tuần hồn nửa tuần hồn, đặc biệt định lý khai triển Trình bày số ví dụ tốn áp dụng lý thuyết phổ trường hợp quy Đặc biệt việc giải tốn biên phương trình đạo hàm riêng phương pháp tách biến 59 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Thừa Hợp (2001), Giáo trình Phương trình đạo hàm riêng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] B.M.Levitan and I.S.Sargsjan (1991), Sturm-Liouville and Dirac Operators, Kluwer Academic Publishers [3] G.Freiling and V.Yurko (2001), Inverse Sturm-Liouville and their Applications, Nova Science Publishers [4] M.A.AI-Gwaiz (2008), Sturm-Liouville Theory and its Applications, Springer [5] Tyn Myint-U and Lokenath Debnath (1993), Linear Partial Differential Equations for Scientists and Engineers, Dover Publications 60 ... đạo hàm riêng học, lượng tử đưa toán biên Sturm- Liouville Bởi tầm quan trọng toán tử Sturm- Liouville gợi ý, hướng dẫn TS Nguyễn Văn Ngọc nên thực đề tài "Tốn tử Sturm- Liouville" để hồn thành luận... biết phần tử Một phần tử y = gọi vectơ riêng L Ly = λy, λ gọi giá trị riêng tương ứng L Một toán tử đơn giản thường sử dụng ứng dụng d2 L = − + q (x) dx Toán tử gọi toán tử Sturm- Liouville Giả... gọi toán Sturm- Liouville (1.1) (1.2) Bài toán Sturm- Liouville gọi quy đoạn [a, b] hữu hạn hàm q (x) khả tổng đoạn Ngược lại, đoạn [a, b] vô hạn, q (x) khơng khả tổng đoạn đó, hai tốn Sturm- Liouville