Đang tải... (xem toàn văn)
(4.42)' Sau đây chúng ta giải quyết các bài toán tương ứng với từng loại phương trình với hệ số hằng dạng chính tắc.. Chú ý 2: Nhắc lại một số kết quả của giải tích véc tơ.. Trong đó [r]
(1)CHƯƠNG IV: PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG GIỚI THIỆU
Phương trình vi phân phương trình chứa hàm số biến độc lập, đạo hàm chúng biến độc lập Lý thuyết phương trình vi phân khảo sát chương trình tốn giải tích II
Phương trình đạo hàm riêng phương trình chứa hàm số nhiều biến số, đạo hàm riêng chúng biến độc lập Phương trình sóng điện từ Maxuell nói riêng phương trình truyền sóng nói chung phương trình đạo hàm riêng thường sử dụng để mơ tả tượng vật lý áp dụng điện tử viễn thông
Trong chương ta khảo sát khái niệm phương trình đạo hàm riêng: Nghiệm phương trình đạo hàm riêng, điều kiện biên, điều kiện đầu Một vài phương
pháp tìm nghiệm phương trình đạo hàm riêng
Tìm nghiệm phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 1, phương trình tuyến tính cấp cao hệ số dạng tắc
Giải tốn Dirichlet phương trình Laplace
Giải tốn Cauchy phương trình truyền sóng: Cơng thức Kirchoff, Poisson, D’Alembert
Giải tốn Cauchy phương trình truyền nhiệt
Để học tốt chương học viên nên xem lại kiến thức giải tích II: Hàm nhiều biến, đạo hàm riêng, tích phân mặt Các định lý Green, Stock, Odstrograsky
NỘI DUNG
4.1 BÀI TOÁN DẪN ĐẾN PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG VÀ CÁC ĐỊNH NGHĨA
4.1.1 Phương trình dao động sợi dây
Trong mặt phẳng xét sợi dây AB vị trí cân bằng, song song với trục Chúng ta nghiên cứu dao động ngang sợi dây tức trình chuyển động chất điểm ln ln dịch chuyển thẳng góc với trục (xem hình 4.1)
Oxu Ox
Ox
x u
A B
O a b x
u
1 M
2 M
O x x+dx
) (x α
(2)Giả sử sợi dây AB mảnh chịu uốn có sức căng T tương đối lớn so với trọng lượng Vì q trình xem xét bỏ qua trọng lượng sợi dây
Gọi độ lệch dây so với vị trí cân điểm vật chất dây
thời điểm Coi dao động nhỏ nên )
, ( tx
u M(x)
t <<1
∂ ∂ x u
; Vậy coi
2
= ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
∂ ∂ x u
Từ giả thiết ta thấy trình dao động, độ dài l= AB không thay đổi Thật vậy, độ dài dây thời điểm t 'l
' b 1 '2 b
x
a a
l =∫ +u dx≈∫dx b a= − =l
Chính vậy, theo định luật Hook (số gia lực căng tỉ lệ với số gia chiều dài sợi dây), sức căng T sợi dây thời điểm vị trí t x có cường độ nhau:
,
[ ]ab x
T t x
T( , )= 0,∀ ∈ ; ∀t
Giả sử ngoại lực tác dụng vào dây có hướng song song với trục với hàm mật độ , gọi tỉ khối sợi dây
Ou )
, ( tx
F ρ(x)
Xét dao động đoạn dây có độ dài dx Theo định luật Newton ta có:
0
"tt ( ) sin ( ) sin ( ) ( , )
u ρ x dx= −T α x dx+ −T α x +F x t dx
vì sin (x dx) tg (x dx) u x dx t( , ) u' ( , )x x t u" ( , )xx x t dx
x
α + ≈ α + = − ∂ + ≈ − −
∂
và sin ( ) tg ( )α x ≈ α x = −u' ( , )x x t Vậy u"ttρ(x)=T0u"xx+F(x,t) Đặt
) (
) , ( ) , ( , ) (
0
x t x F t x f x T a
ρ = ρ
= ta được:
u"tt=a2u"xx+f(x,t) (4.1) Gọi (4.1) phương trình dao động sợi dây hay gọi phương trình truyền sóng chiều Bài tốn xét dao động đàn hồi dẫn đến phương trình dạng
Tương tự gọi phương trình phương trình truyền sóng hai chiều:
u"tt=a2(u"xx+u"yy)+ f(x,y,t) (4.2) Phương trình truyền sóng khơng gian (ví dụ: truyền âm):
u"tt=a2(u"xx+u"yy+u"zz)+ f(x,y,z,t) (4.3)
4.1.2 Các định nghĩa
a Phương trình đạo hàm riêng
Phương trình đạo hàm riêng phương trình liên hệ hàm nhiều biến phải tìm , đạo hàm riêng chúng biến độc lập
) , , ,
(x1 x2 xn
(3)Các phương trình từ (4.1 ) đến (4.3) phương trình đạo hàm riêng mà hàm phải tìm hàm hai, ba bốn biến
b Cấp phương trình đạo hàm riêng cấp cao đạo hàm riêng có mặt
phương trình
Vậy phương trình đạo hàm riêng cấp m có dạng tổng quát sau đây:
2
1 2
1 1 1
, , n, , , , , , , , mm, , mm
n n
u u u u u u
F x x u
x x x x x x x
⎛ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎞
=
⎜ ⎟
⎜ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ⎟
⎝ " " " " ⎠ (4.4) Trong phương trình có mặt đạo hàm riêng cấp m
c Phương trình (4.4) gọi tuyến tính F hàm tuyến tính hàm số phải
tìm u và đạo hàm riêng Phương trình khơng tuyến tính gọi phi tuyến, Nếu F hàm phi tuyến tuyến tính đạo hàm riêng cấp cao gọi phương trình
tuyến
Ví dụ 4.1: 22 2 sin 22 cos +( − 5) =0 ∂
∂ − ∂ ∂ +
∂ ∂ −
∂ ∂
∂ + ∂ ∂
u y x y u e x u y y
u y x y
x u x
u xy
phương trình tuyến tính cấp
sin cos cos
2
2 2
2
= +
∂ ∂ −
⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
∂ ∂ +
∂ ∂ −
∂ ∂
∂ + ∂ ∂
u y
u e x
u y y
u y x y
x u x
u xy
phương trình tuyến
d Hàm số gọi nghiệm (4.4) thay vào phương trình
sẽ đồng thức biến miền xác định Chẳng hạn dễ dàng kiểm tra hàm số nghiệm phương trình:
) , , ,
(x1 x2 xn
u u=
n
x x x1, 2, ,
2
2 y
x
u= +
0 2
2
= ∂ ∂ − ∂ ∂
∂ + ∂ ∂
y u y x
u x
u
4.1.3 Điều kiện ban đầu điều kiện biên
Nói chung q trình vật lý xảy q trình khơng dừng, tức khơng phụ thuộc vào vị trí mà cịn phụ thuộc vào thời gian Yếu tố khởi đầu q trình đóng vai trị vào q trình Mơ hình tốn học phản ánh điều thơng qua dạng hệ thức giá trị tham số biết đạo hàm riêng chúng thời điểm ban đầu Các hệ thức gọi các điều kiện ban đầu Bài tốn tìm nghiệm phương trình với điều kiện ban đầu gọi
toán Cauchy Chẳng hạn, toán dao động dây cho điều kiện ban đầu
u(x,0)=ϕ(x) gọi dạng ban đầu dây
( ,0) (x) t
x
u =ϕ
∂ ∂
gọi vận tốc ban đầu dây
(4)Chẳng hạn phương trình (4.1), điều kiện đầu mút bên trái là: ( , ) 0, ( , ) =0
∂ ∂ =
t t a u t
a
u : tức đầu mút bên trái buộc chặt
Bài toán với điều kiện biên cụ thể có tên riêng, tốn Dirichlet Bài toán gồm điều kiện ban đầu điều kiện biên gọi toán hỗn hợp
4.1.4 Khái niệm tích phân tổng quát
Như ta biết, phương trình vi phân thường, tồn nghiệm dạng tổng quát phụ thuộc vào vài tham số mà nghiệm riêng nhận cách cho tham số nghiệm tổng quát giá trị cụ thể Một vài dạng nghiệm tổng qt tìm cách tích phân phương trình Đối với phương trình đạo hàm riêng vậy, có nghiệm tổng qt cách tính tích phân phương trình Tuy nhiên có khác so với phương trình vi phân thường, nghiệm tổng quát phụ thuộc vào hàm số tuỳ ý số tuỳ ý phương trình vi phân thường Để minh họa điều xét ví dụ sau
Ví dụ 4.2: Xét phương trình:
0
2
= ∂ ∂
∂ y x
u (4.5)
Phương trình (4.5) viết dạng: (x) x
u x
u
y ∂ =ϕ
∂ ⇒ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛
∂ ∂ ∂
∂
Vậy u(x,y)=∫ϕ(x)dx+g(y)
u(x,y)= f(x)+g(y) (4.6) f(x), g(y) hàm tuỳ ý gọi tích phân tổng qt phương trình (4.5)
4.1.5 Ứng dụng biến đổi Laplace để giải phương trình đạo hàm riêng
Có thể sử dụng phép biến đổi Laplace để giải toán biên phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp dạng:
22 1 22 1 + =0
∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂
cu x u b t u b x
u a t
u
a (4.7)
thuộc loại Hyperbolic hay Parabolic hệ số phương trình phụ thuộc x khơng phụ thuộc t (trong tốn thực tế biến số tlà biến thời gian, t ≥0)
Giả sử
2
, , ) , (
x u x u t x u
∂ ∂ ∂ ∂
hàm gốc biến t cố định biến x Đặt:
U x s {u x t } ∫e stu x t dt (4.8)
∞ −
= =
0
) , ( )
, ( )
,
( L
(5)) , ( ) ,
(x s u x
sU t u − = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ∂ ∂
L ; ( , ) ( ,0) ( ,0)
2 x t u x su s x U s t u ∂ ∂ − − = ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ∂ ∂
L (4.9)
x U x u ∂ ∂ = ⎭ ⎬ ⎫ ⎩ ⎨ ⎧ ∂ ∂
L ;
2 2 x U x u ∂ ∂ = ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ∂ ∂
L (4.10)
Thay (4.8)-(4.10) vào (4.7) ta phương trình ảnh Giải phương trình ảnh ta nghiệm ảnh U( sx, ) Biến đổi Laplace ngược U( sx, )là nghiệm phương trình (4.7)
Ví dụ 4.3: Tìm nghiệm phương trình đạo hàm riêng:
, 2 > ∂ ∂ = ∂ ∂ a x u a t u
; 0<x<l;t>0
với điều kiện đầu u(x,0)=3sin2πx điều kiện biên
⎩ ⎨ ⎧ = = ) , ( ) , ( t l u t u
Giải: Thay (4.8)-(4.10) vào phương trình ta phương trình ảnh
x sU x U a x U a x u
sU − =− π
∂ ∂ ⇒ ∂ ∂ =
− ( ,0) 22 22 3sin2 (*)
Nếu xem tham số phương trình ảnh (*) phương trình tuyến tính cấp biến
s
x có nghiệm tổng quát:
x a s e C e C s x
U a x
s x a s π π + + + = − sin ) , ( 2
Từ điều kiện biên U(0,s)=L{u(0,t)}=0 U(1,s)=L{u(1,t)}=0 Suy ra:
0 0 2 = − = ⇒ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = +
− C C
e C e C C C a s a s
Do x
a s s x U π π +
= sin2
4 ) , ( 2
Vậy u(x,t)=L−1{U(x,s)}=3e−4π2a2tsin2πx 4.2 PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP
4.2.1 Phương trình tuyến tính cấp
Phương trình dạng
∑ = = ∂ ∂ n
k k n xk
u x x X
1, , )
(6)gọi phương trình tuyến tính cấp
Ta xét trường hợp phương trình (4.11) với giả thiết hàm Xk(x1, ,xn),k =1,n hàm liên tục đạo hàm riêng chúng lân cận điểm không đồng thời triệt tiêu
) , , ( 10
0
n x x
X =
0
X , chẳng hạn
( )X0 ≠0
Xn (4.12) Rõ ràng hàm u(x1, ,xn)=C (C số đó) nghiệm (4.11) Ta gọi nghiệm tầm thường Sau ta tìm nghiệm khơng tầm thường (4.11)
Gọi hệ phương trình vi phân dạng đối xứng:
n n
X dx X
dx X dx
= =
= "
2
1 (4.13)
là hệ đối xứng tương ứng với phương trình (4.11)
Kết hợp với điều kiện (4.12), hệ (4.13) viết dạng chuẩn tắc sau:
⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎪ ⎨ ⎧
= =
− −
n n n
n n n
X X dx
dx X
X dx dx
1
1
" " "
" (4.14)
Hàm số ϕ=ϕ(x1, ,xn) khả vi liên tục hàm gọi tích phân (4.13) hay (4.14) trở thành hàm thay nghiệm riêng nào hệ
1 1, ,xn− x
Định lý 4.1: a Nếu ϕ=ϕ(x1, ,xn) tích phân (4.13) hàm số u=ϕ(x1, ,xn) nghiệm (4.11)
b Ngược lại, u=ϕ(x1, ,xn) khác số nghiệm (4.11)
) , ,
(x1 xn
ϕ =
ϕ tích phân (4.13)
Như việc tìm nghiệm (4.11) đưa việc tìm tích phân (4.13) Lý thuyết phương trình vi phân hệ (4.13) có n−1 nghiệm độc lập Vậy tìm n−1 tích phân độc lập hệ (4.13) ϕi =ϕi(x1, ,xn);i=1, ,n−1 Khi hàm số:
(ϕ1,ϕ2, ,ϕ −1) Φ
=
ϕ n
trong Φ hàm số tuỳ ý khả vi liên tục, tích phân tổng quát hệ (4.13) Vì hàm số:
u=Φ(ϕ1,ϕ2, ,ϕn−1) (4.15) nghiệm tổng quát (4.11)
(7)0 = ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂
z u z y u y x u x
Giải: Hệ đối xứng tương úng:
z dz y dy x
dx = = hay
⎩ ⎨ ⎧
= = ⇒
⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧
= =
z C y
z C x
z dz y dy
z dz x dx
2
trong C1,C2 số tuỳ ý
Dễ thấy ϕ1 = ,ϕ2 = ; z≠0 z
y z
x
hai tích phân độc lập hệ đối xứng trên, nghiệm tổng quát phương trình là:
⎟
⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ Φ =
z y z x
u ,
với Φ hàm khả vi liên tục
4.2.2 Phương trình tuyến tính khơng
Phương trình dạng
∑
=
= ∂
∂
n
k k n k n
u x x f x
u u x x X
1 1
) , , , ( )
, , ,
( (4.16)
gọi phương trình tuyến tính khơng cấp
Ta xét trường hợp phương trình (4.16) với giả thiết hàm Xk(x1, ,xn,u), k =1,n hàm liên tục đạo hàm riêng chúng lân cận điểm
Các hàm không đồng thời triệt tiêu , chẳng hạn
) , , ,
(x1 x u
f n
) , , ,
( 10 0
0 x x u
Y = n Y0 Xn( )Y0 ≠0
Chúng ta tìm nghiệm (4.16) dạng ẩn: V(x1, ,xn,u)=0, khả vi
liên tục
V
0 )
( ≠
∂ ∂
Y u V
Theo định lý hàm ẩn suy i n u
V x V x
u i
i
,
; =
∂ ∂ ∂ ∂ − = ∂
∂
Vậy
∑
=
= ∂ ∂ +
∂ ∂
n
k k n k n u
V u x x f x
V u x x X
1 1
0 )
, , , ( )
, , ,
( (4.17)
Đó phương trình tuyến tính trình bày đoạn
Gọi ϕi =ϕi(x1, ,xn,u);i=1, ,n tích phân độc lập hệ đối xứng tương ứng với (4.14) Khi nghiệm tổng quát (4.17) là:
( n)
(8)Suy tích phân tổng quát (4.17)
(ϕ1,ϕ2, ,ϕ )=0
Φ n
Với Φ hàm tuỳ ý khả vi liên tục
4.2.3 Nghiệm tốn Cauchy phương trình
Xét tốn Cauchy: Hãy tìm nghiệm u=u(x1,x2, ,xn) phương trình
∑
=
= ∂
∂
n
k k n xk
u x x X
1
0 )
, ,
( (4.18)
Thoả mãn điều kiện:
u(x1,x2, ,xn−1,xn0)=ϕ(x1,x2, ,xn−1) (4.19) Trong Xi;i=1,n liên tục đạo hàm riêng cấp lân cận
( 0)
2
0 , , ,
n x x x
X = ϕ hàm khả vi liên tục Để giải toán (4.18) - (4.19) ta làm sau:
♦ Lập hệ đối xứng tương ứng (4.18) tìm n−1 tích phân độc lập hệ đó:
1 , , ; ) , ,
( 1 = −
ϕ =
ϕi i x xn i n
♦ Lập hệ phương trình với ẩn số x1,x2, ,xn−1
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
ϕ = ϕ
ϕ = ϕ
− −
−
−
1
1
1
1 1
1
) , , , (
) , , , (
n n n n
n n
x x x
x x x
" " " " " " " " " " "
và giải hệ phương trình
( )
( )
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧
ϕ ϕ ψ =
ϕ ϕ ψ =
− −
−
− 1
1
1
1
, , , ,
n n
n
n
x x
" " " " " " " " " "
♦ Thay ϕ1,ϕ2, ,ϕn−1 hàm số ϕ1,ϕ2, ,ϕn−1 ta nghiệm toán Cauchy (4.18)-(4.19):
(ψ1(ϕ1,ϕ2, ,ϕ −1), ,ψ −1(ϕ1,ϕ2, ,ϕ −1)) ϕ
= n n n
u (4.20)
Thật vậy, theo (4.16) u nghiệm (4.18), kiểm tra điều kiện (4.19)
( 1( 1, 2, , 1), , 1( 1, 2, , 1)) ( 1, 2, , 1)
0 − − − −
=x =ϕ ψ ϕ ϕ ϕn ψn ϕ ϕ ϕn =ϕ n
x x x x
u
n
n
(9)1 Trong toán thực tế biến thứ biểu diễn phụ thuộc vào thời gian thường ký hiệu t thay cho Lúc điều kiện (4.19) toán Cauchy gọi điều kiện đầu
n n
x
2 Q trình tìm nghiệm tốn Cauchy phương trình khơng tương đưa phương trình (4.17) Thí dụ minh họa điều
Ví dụ 4.5: Tìm nghiệm tốn Cauchy sau
⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − = = ∂ ∂ + + ∂ ∂ = ) , ( ) ( 2 y y x u u y u x y x u x x
Giải: Đưa dạng (4.17): ( 2) =0 ∂ ∂ + ∂ ∂ + + ∂ ∂ u V u y V x y x V
x có nghiệm dạng
hàm ẩn V(x,y,u(x,y))=0
Hệ phương trình vi phân đối xứng dạng (4.13) tương ứng:
u du x y dy x dx = +
= 2
)
( 1
2 x x y x C x
y dx dy x y dy x dx + = ⇒ + = ⇒ +
= (phương trình vi phân tuyến tính cấp 1)
x C u u du x dx = ⇒
= Do nhận hai tích phân độc lập
x u u y x x x y u y
x = − ϕ =
ϕ1( , , ) , 2( , , )
Giải hệ phương trình
⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ϕ = = ϕ ϕ = − = ϕ 2 1 ) , , ( ) , , ( u u y y u y Nhận được: ⎩ ⎨ ⎧ ϕ = + ϕ = 2 u y
Điều kiện (4.19) tương ứng V(2,y,u(2,y))=0 u(2,y)= y−4 suy 2ϕ2 =2ϕ1 hay
1 =ϕ
ϕ Công thức (4.15):
x x y x
u = −
Vậy u= y−x2 nghiệm cần tìm
4.3 PHÂN LOẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP TRƯỜNG HỢP HÀM HAI BIẾN
Xét phương trình:
0 ) , , , , ( ) , ( ) , ( ) ,
(x y uxx+ b x y uxy +c x y uyy +F x y u ux uy =
a (4.21)
(10)x
u thay cho
x u ux
∂ ∂ =
' ; uxx thay cho
2
"
x u u xx
∂ ∂
= ; uxythay cho " y x
u u xy
∂ ∂
∂ =
" (4.22)
) , ( ), , ( ), ,
(x y b x y c x y
a hàm liên tục Ω⊂2 F hàm liên tục biểu diễn tuyến tính u,ux,uy
Ta phân loại (4.21) M0(x0,y0)∈Ω sau:
a Phương trình (4.21) thuộc loại hyperbolic M0 ( )
0
2− >
M
ac
b
b Phương trình (4.21) thuộc loại elliptic M0 ( )
0
2− <
M
ac
b
c Phương trình (4.21) thuộc loại parabolic M0 ( )
0
2− =
M
ac
b
Phương trình (4.21) thuộc loại hyperbolic (elliptic, parabolic) điểm M( yx, )∈Ω ta nói thuộc loại hyperbolic (elliptic, parabolic) miền Ω
Dưới dùng phép biến đổi thích hợp để đưa (4.21) dạng rút gọn, gọi phương trình tắc
Xét phép biến đổi khơng suy biến
với điều kiện
⎩ ⎨ ⎧
η = η
ξ = ξ
) , (
) , (
y x
y x
0 ) , (
) , (ξ η ≠ =
y x D D
J (4.23)
Trong phép biến đổi ta giả thiết ξ(x,y), η(x,y) hàm khả vi liên tục đến cấp
Định lí 4.2: Loại phương trình (4.21) (tại điểm hay miền) không thay đổi qua
phép biến đổi không suy biến (4.23)
Chứng minh: Từ (4.23), áp dụng công thức đạo hàm hàm hợp, suy ra:
y y
y x x
x u u u u u
u = ξξ + ηη , = ξξ + ηη
xx xx
x x
x x
xx u u u u u
u = ξξξ2 +2 ξηξ η + ηηη2 + ξξ + ηη
xy xy
y x x
y y x y
x
xy u u u u u
u = ξξξ ξ + ξη(ξ η +ξ η )+ ηηη η + ξξ + ηη
yy yy
y y
y y
yy u u u u u
u = ξξξ2 +2 ξηξ η + ηηη2 + ξξ + ηη Thay vào (4.21) nhận được:
0 ) , , , , ( )
, ( )
, ( )
,
( 1 1 1
1 ξ η uξξ + b ξ η uξη+c ξ η uηη +F ξ ηu uξ uη =
a (4.24)
trong đó:
, (4.25)
2
1( , ) a x 2b x y c y a ξ η = ξ + ξ ξ + ξ
y y x
y y x x
x b c
a
(11)2
1( , ) a x 2b x y c y
c ξ η = η + η η + η (4.27)
Từ suy b12 −a1c1 =(b2 −ac)J2 Chứng tỏ đấu Định lí chứng minh
1 a c
b − b2 −ac
Chú ý 1: Từ (4.25)-(4.27) ta nhận thấy muốn a1 =0 qua phép biến đổi không suy biến
0 1= c )
, ( , ) ,
(x y η=η x y ξ
=
ξ hàm số phải thỏa mãn phương trình sau gọi
phương trình đặc trưng phương trình (4.21)
a(x,y)ϕ2x +2b(x,y)ϕxϕy +c(x,y)ϕ2y =0 (4.28)
Bổ đề: Giả sử ϕ( yx, ) khả vi liên tục Ω Để nghiệm riêng (4.26) cần đủ
0 2 +ϕ >
ϕx y ϕ=ϕ( yx, ) C
y
x =
ϕ( , ) (C số) tích phân tổng quát phương trình vi phân sau
(4.29)
0 ) ( ) , ( )
, ( ) ( ) ,
(x y dy 2− b x y dxdy+c x y dx =
a
Phương trình vi phân cấp khơng tuyến tính (4.29) gọi phương trình đường đặc trưng (4.21)
Phương trình (4.29) thường viết hai dạng sau đây:
) ( , ' ) '
(y − by+c= a≠
a (4.30)
) ( , ) ' ( '
2 + = ≠
− bx c x c
a (4.31)
Bây tùy theo dấu biểu thức tìm phép biến đổi thích hợp (4.23) để đưa phương trình (4.21) dạng tắc
ac
b −
=
Δ
1 Trường hợp Δ =' b2−ac 0> : phương trình thuộc loại hyperbolic a Nếu a≠0 (c≠0 tương tự)
Phương trình đặc trưng (4.30) cho hai phương trình tương đương
y' b '
a
− Δ
= y' b '
a
+ Δ =
Từ tìm hai tích phân tổng qt tương ứng ϕ1(x,y)=C1 ϕ2(x,y)=C2;
1, C
C số tùy ý
Ta thực phép đổi biến: phương trình (4.25) có dạng: ⎩
⎨ ⎧
ϕ = η
ϕ = ξ
) , (
) , (
2
y x
y x
uξη =F1*(ξ,η,u,uξ,uη) (4.32)
trong đặt
1 *
1 2bF
F =−
(12)Nếu thực phép biến đổi: (4.32) đưa dạng:
⎩ ⎨ ⎧
β − α = η
β + α = ξ
uαα −uββ =F1**(α,β,u,uα,uβ) (4.33) Các phương trình (4.32), (4.33) gọi dạng tắc phương trình loại hyperbolic (4.21)
2 Trường hợp Δ=b2 −ac<0: phương trình thuộc loại elliptic
Vì nên Phương trình đặc trưng (4.30) cho hai phương trình vi phân tương đương với
ac b <
≤
0 a, c≠0
y' b i '
a
− −Δ
= y' b i '
a
+ −Δ =
Từ tìm hai tích phân tổng qt: ϕ(x,y)=C1 ϕ(x,y)=C2; ϕ( yx, ) liên hợp ϕ( yx, )
Giả sử ϕ(x,y)=α(x,y)+iβ(x,y) Ta thực phép đổi biến:
⎩ ⎨ ⎧
β = β
α = α
) , (
) , (
y x
y x
Khi phương trình (4.24) đưa dạng:
uαα +uββ =F2*(α,β,u,uα,uβ) (4.34)
trong đặt
1 *
a F
F =−
Gọi (4.34) dạng tắc phương trình elliptic (4.21)
3 Trường hợp Δ =' b2−ac 0= : phương trình thuộc loại parabolic
a Nếu dương âm Khi phương trình đặc trưng (4.30) dẫn đến phương trình vi phân tương đương với nó:
0 ≠
b ac≠0 a,c
a b y'=
Giả sử phương trình cho tích phân tổng qt ϕ( yx, ) = const Theo bổ đề nghiệm ( 4.28) Thực phép đổi biến
) , ( yx ϕ = ϕ
⎩ ⎨ ⎧
ψ = η
ϕ = ξ
) , (
) , (
y x
y x
trong ψ( yx, ) chọn cho độc lập với ϕ( yx, ) tức ) , (
) , (ξ η ≠
y x D
D
Với phép biến đổi phương trình ( 4.24) dẫn dạng: ) , , , , (
* * *
1 ξ η
ηη =F ξ ηu u u
(13)trong đó:
1 * * *
1 cF
F =−
b Nếu b=0 a=0,c≠0 a≠0,c=0 thân ( 4.21) có dạng (4.35)
Gọi ( 4.35) dạng tắc phương trình parabolic Từ phân loại kết luận rằng:
Phương trình truyền sóng thuộc loại hyperbolic Phương trình Laplace thuộc loại elliptic
Phương trình truyền nhiệt thuộc loại parabolic
Ví dụ 4.6: Hãy tìm nghiệm tổng qt phương trình dao động dây:
utt =a2uxx, a=const
Giải: Thực phép biến đổi:
⎩ ⎨ ⎧
− = η
+ = ξ
at x
at x
Phương trình đưa dạng uξη =0.Theo Ví dụ 4.1 ta nghiệm tổng quát có dạng: )
( ) ( ) ( )
( g f x at g x at f
u= ξ + η = + + − ; f , g hai hàm tùy ý
4.4 DẠNG CHÍNH TẮC CỦA PHƯƠNG TRÌNH CÓ HỆ SỐ HẰNG SỐ Chúng ta xét phương trình:
0 ) , (
2 + + 1 + 2 + + =
+ bu cu d u d u eu f x y
u
a xx xy yy x y (4.36)
ở a,b,c,d1,d2,e số; f( yx, ) hàm liên tục miền Ω⊂2
Rõ ràng phương trình đặc trưng (4.32) có hệ số số, tích phân tổng quát hay gọi đặc trưng đường thẳng
x C
a ac b b dx a
ac b b
y=∫ ± 2− = ± − +
Thực phép biến đổi thích hợp trình bày mục phương trình (4.36) dẫn dạng sau:
a Dạng phương trình elliptic
0 ) , (
1 + + + =
+
+ ηη ξ η
ξξ u d u d u eu f x y
u (4.37)
b Dạng phương trình hyperbolic:
uξη+d1uξ+d2uη+eu+ f(x,y)=0 (4.38) hay uξξ−uηη+d1uξ +d2uη+eu+ f(x,y)=0
c Dạng phương trình parabolic
(14)Tuy nhiên, cịn đơn giản hóa phương trình nhờ vào việc đổi biến:
u = ev αξ+βη
Trong chọn thích hợp Chẳng hạn xét phương trình (4.37) Theo biến mới, thay biến thức sau vào (4.37)
β α,
uξ =eαξ+βη(vξ +αv), uη =eαξ+βη(vη+βv)
uξξ =eαξ+βη(vξξ+2αvξ+α2v), uξη =eαξ+βη(vξη +αvη +βvξ+αβv) uηη =eαξ+βη(vηη+2βvη+β2v)
( )
) ( )
( 1+ α + 2 + β + α2 +β2 + 1α+ 2β+ + 1 = +
+
⇒ vξξ vηη d vξ d vη d d ev f
Lấy
2 ,
2
2
1 d
d
− = β − =
α Khi (4.37) có dạng
0 ) , ( ξ η = +
γ +
+ ηη
ξξ v v f
v (4.40)
Tương tự (4.38)-(4.39) đưa dạng
0 ) , ( ξ η = +
γ +
ξη v f
v
hay vξξ −vηη+γv+ f1(ξ,η)=0 (4.41) vξξ +b2vη+ f1(ξ,η)=0 (4.42)' Sau giải toán tương ứng với loại phương trình với hệ số dạng tắc
4.5 PHƯƠNG TRÌNH LOẠI ELLIPTIC
4.5.1 Phương trình Laplace hàm điều hịa
Tốn tử Laplace:
2 2 2
z y
x ∂
∂ + ∂
∂ + ∂
∂ = Δ
Phương trình Laplace phương trình có dạng: Δu=0
Theo ký hiệu (4.22) phương trình Laplace viết lại:
uxx +uyy +uzz =0 (4.43)
Hàm u(x,y,z) thỏa mãn phương trình (4.43) miền bị chặn Ω⊂3 gọi hàm điều
hòa Ω
Nếu không bị chặn , hàm gọi điều hịa Ω nếu điều hịa điểm , thỏa mãn đánh giá:
Ω 3 u(x,y,z)
Ω
2 2
( , , ) C, 0,
u x y z C r x y z
r
(15)4.5.2 Nghiệm phương trình Laplace
Lấy X0 =(x0,y0,z0)∈3 Hàm số dạng:
0
0) 4
, (
X X X
X
− π =
ε (4.44)
trong X −X = x−x + y−y + z−z =r
0
0
0 ( ) ( ) ( ) , hàm điều hòa
; gọi nghiệm (4.43)
{ 0
3 \ X
}
Để chứng tỏ ε(X,X0) hàm điều hòa, ta tính:
2 0
0) , ( )
( 2
r r x x r r r
x x r x
x
rrx = − ⇒ x = − xx = − − x
Suy ra: 2 30
4
4 r
x x r
rx
x
π − − = π − =
ε ,
5 2
6
3 3( )
4
) (
4
r x x r
r
r r x x
r x
xx =− π⋅ − − =− π⋅ − −
ε
Tương tự có:
5 2
5
2 3( )
4 ;
) (
3
1
r z z r
r y y r
zz
yy =− π⋅ − − ε =− π⋅ − −
ε
Vậy: Δε(X,X0)=0
Tương tự ta kiểm tra hàm số:
r X
X ln1
2 ) ,
( 0
π =
ε X −X = x−x + y−y =r
0
0 ( ) ( ) (4.45)
thỏa mãn phương trình Laplace khơng gian hai chiều: uxx +uyy =0
Chú ý 2: Nhắc lại số kết giải tích véc tơ
1) Toán tử Napla: ; ; i j k
x y z x y z
⎛ ∂ ∂ ∂ ⎞ ∂ ∂ ∂
∇ =⎜ ⎟= + +
∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂
⎝ ⎠
JJG JG JJG JGJ
Trường hợp mặt phẳng toán tử Napla là: ; i j
x y x y
⎛ ∂ ∂ ⎞ ∂ ∂
∇ =⎜ ⎟= +
∂ ∂ ∂ ∂
⎝ ⎠
JJG JG JJG
2) Toán tử Laplace:
2 2
2 2
x y z
∂ ∂ ∂
Δ = + + = ∇ ⋅ ∇
∂ ∂ ∂
JJG JJG
(tích vơ hướng)
3) grad fJJJJG = ∇JJGf ; div FJJG JJG JJG= ∇ ⋅ F ; rot FJJG JJG JJG= ∇ × F (tích véc tơ)
(16)n x x0;y y0;z z0
R R R
− − −
⎛ ⎞
= ⎜⎝ ⎟⎠
JJG
5) Đạo hàm theo hướng: f gradf n f n
∂
n
= ⋅ = ∇ ⋅
∂
JJJJG JJG JJG JJG
JJG
6) Tích phân mặt trường véc tơ JJGF =( ; ; )P Q R mặt có véc tơ pháp tuyến đơn vị
S
(cos ;cos ;cos )
n = α β γ
JJG
:
( cos cos cos ) ( )
S S
Pdydz Qdzdx Rdxdy+ + = P α+Q β+R γ dS= F n dS⋅
∫∫ ∫∫ ∫∫ JJG JJG
S
7) Định lý Ostrogradsky: (F n dS) (divF dV) ( F dV)
∂Ω Ω Ω
⋅ = = ∇ ⋅
∫∫ JJG JJG ∫∫∫ JJG ∫∫∫ JJG JJG 8) Định lý Green: u v v u dS (ugradv vgradu n)
n n
∂Ω ∂Ω
⎛ ∂ ∂ ⎞
− = −
⎜ ⎟
∂ ∂
⎝ ⎠
∫∫ JJG JJG ∫∫ JJJJJG JJJJG JJGdS
(u v v u dV) (u v v u dV)
Ω Ω
=∫∫∫JJG∇ JJG∇ − ∇JJG =∫∫∫ Δ − Δ Trong JJGn véc tơ pháp tuyến ∂Ω
Bổ đề: Giả sử ϕ(x,y,z) liên tục lân cận X0 Sδ mặt cầu tâm X0 bán kính δ
khi đó:
a
0
( , )
lim ( ) ( )
S
X X
X dS X
n
δ
δ
ε ϕ ϕ
→
∂ = −
∂
∫∫ JJG , (JJGn pháp tuyến ngoài) (4.46)
b 0
0
lim ( , ) ( )
S
X X X dS
δ
δ→ ∫∫ε ϕ = (4.47)
4.5.3 Biểu diễn tích phân hàm điều hịa
Định lí 4.3: Giả sử Ω miền bị chặn 3 có biên ∂Ω trơn mảnh Nếu điều hịa Ω có đạo hàm riêng cấp liên tục trên
) ( X u
Ω ta có
u X( 0) ( ,X X0) u X( ) u X( ) ( ,X X0) dS
n n
ε ε
∂Ω
⎧ ∂ ∂ ⎫
= ⎨ − ⎬
∂ ∂
⎩ ⎭
∫∫ JJG JJG (4.48)
trong X0∈Ω,JJGn pháp tuyền ngồi ∂Ω
4.5.4 Các tính chất hàm điều hòa
a Hàm điều hịa miền bị chặn Ω có đạo hàm cấp miền
(17)0 u
dS n
∂Ω
∂ =
∂
∫∫ JJG (4.49)
ở JJGn pháp tuyến ∂Ω
Thật vậy, áp dụng cơng thức Green với hai hàm điều hịa u v=1, ta có:
0 u v v u dS u dS
n n n
∂Ω ∂Ω
⎧ ∂ ∂ ⎫ ∂
= ⎨ − ⎬ =
∂ ∂ ∂
⎩ ⎭
∫∫ JJG JJG ∫∫ JGJ c Định lí giá trị trung bình hàm điều hịa
Định lí 4.4: Giả sử u( X) hàm điều hịa hình cầu đóng ΩR tâm bán kính R đó:
0 X
( 0) 2 ( )
4
R
u X u X dS
R
π ∂Ω
= ∫∫ (4.50) d Nguyên lí cực trị hàm điều hịa
Định lí 4.5: Giả sử Ω là miền bị chặn, u( X) hàm điều hòa Ω, liên tục Ω đạt giá trị lớn hay giá trị bé điểm Ω phải số
) ( X u
Ω
Từ định lí suy số hệ quan trọng sau đây:
Hệ 1: Nếu hàm u( X) hàm điều hòa Ω, liên tục Ω số u( X) đạt giá trị lớn giá trị nhỏ biên ∂Ω
Hệ 2: Giả sử hàm u( X) hàm điều hòa Ω, liên tục Ω i Nếu u(X)≥0 ∂Ω u(X)≤0 Ω
ii Nếu u(X)≤0 ∂Ω u(X)≤0 Ω
Hệ 3: Giả sử u1,u2 điều hòa Ω, liên tục Ω
i Nếu u1(X)≤u2(X) với X ∈∂Ω u1(X)≤u2(X) với X ∈Ω ii Nếu u1(X) ≤u2(X) với X∈∂Ω u1(X) ≤u2(X) với X∈Ω
Hệ 4: Giả sử điều hòa u Ω, liên tục Ω
i Nếu u(X)=0 với X ∈∂Ω u(X)=0 với X ∈Ω
ii Nếu u(X)= C=hằng số, với mọiX ∈∂Ω u(X)= C=hằng số, với X ∈Ω
4.5.5 Bài toán Dirichlet
Bài tốn Dirichlet phương trình Laplace phát biểu sau: Tìm hàm điều hịa miền bị chặn Ω, trùng với hàm
) ( X
u ϕ( X) cho trước ∂Ω Tức tìm thỏa mãn điều kiện:
(18)
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
Ω ∂ ∈ ∀ ϕ =
Ω ∈ ∀ = Δ
Ω
∂ X X
u
X u
), ( ,
(4.51)
4.5.5.1 Tính nghiệm phụ thuộc liên tục nghiệm vào điều kiện biên
Định lý 4.6: Nghiệm toán (4.51) tồn
Chứng minh: Giả sử hai nghiệm toán (4.51) Rõ ràng thỏa mãn phương trình với điều kiện biên
) ( ),
( 2
1 X u X u
2 u u
u = − u∂Ω =ϕ(X)−ϕ(X)=0, ∀X∈∂Ω
Theo hệ u(X)=0, với X ∈Ω hay u1(X)=u2(X), với X∈Ω
Định lý 4.7: Nghiệm toán (4.51) phụ thuộc liên tục vào điều kiện biên, tức
2 1, u
u nghiệm toán:
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
Ω ∂ ∈ ∀ ϕ
=
Ω ∈ ∀ = Δ
Ω
∂ X X
u
X u
), ( ,
1
,
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
Ω ∂ ∈ ∀ ϕ
=
Ω ∈ ∀ = Δ
Ω
∂ X X
u
X u
), ( ,
2
Khi ϕ1(X)−ϕ2(X) <ε,∀X ∈∂Ω u1(X)−u2(X) <ε,∀X∈∂Ω Trong ε>0 đủ bé cho trước
Chứng minh định lý cần để ý đến hệ
4.5.5.2 Hàm Green phương trình Laplace miền Ω
Cho Ω miền bị chặn Hàm số gọi hàm Green phương trình Laplace Ω thỏa mãn hai điều kiện:
3
G(X,X0)
∀X∈Ω, X0∈Ω hàm G(X,X0) có dạng:
) , ( ) , ( ) ,
(X X0 X X0 g X X0
G =ε + (4.52)
Trong nghiệm phương trình Laplace cịn hàm điều hịa theo
) ,
(X X0
ε g(X,X0)
X Ω có đạo hàm riêng cấp1 liên tục Ω
G(X,X0)∂Ω =0 (4.53) Từ định nghĩa suy ra: G(X,X0) hàm điều hòa X ∈Ω\{ }X0 ,
Ω ∂ Ω
∂ =−ε( , )
) ,
(X X0 X X0
g X → X0 G(X,X0)→+∞ Gọi X0 điểm cực điểm hàm Green
4.5.5.3 Biểu diễn nghiệm toán (4.41) qua hàm Green
Định lý 4.8: Giả sử miền Ω tồn hàm tồn nghiệm tốn (4.51), với có đạo hàm riêng cấp1 liên tục
) ,
(X X0
G u( X)
) ( X
u Ω
(19)u X( 0) G X X( , 0) ( )X dS
n ϕ
∂Ω
∂ = −
∂
∫∫ JJG (4.54)
n JJG
pháp tuyến ∂Ω
4.5.5.4 Giải tốn Dirichlet hình cầu tâm O bán kính R
Xét tốn (4.51) hình cầu tâm O bán kính R, ký hiệu Biên hình cầu ký hiệu
R V
R
S
Lấy X0∈VR, gọi X0 điểm đối xứng X0 qua SR, tức OX O X =0 0 R2
JJJJJG JJJJG
Gọi
0
0 , '
OX =ρ O X =ρ JJJJJG JJJJG
Lấy X ∈VR, đặt X X0 =r, X X0 =r' JJJJJG JJJJJG
O X
0 X
0 X *
X
r
'
r
ρ
'
ρ
Định lý 4.9: Hàm Green hình cầu VR có dạng
⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
ρ − ⋅ π =
'
1 ) ,
( 0
r R r X
X
G (4.55)
Hàm Green hình trịn có dạng:
⎟⎟
⎠ ⎞ ⎜⎜
⎝ ⎛
ρ − ⋅
π =
' ln ln
1 ) ,
( 0
r R r
X X
G (4.56)
Định lý 4.10: Giả sử tồn nghiệm tồn (4.51) khả vi liên tục hình cầu đóng
) ( X u R
V đó:
=∫∫ ϕ (4.57)
R
S
dS X X X P X
u( 0) ( , 0) ( )
trong
2
0
1
( , ) ; ,
4 R
P X X s X X s X X
R s
ρ π
−
= ⋅ JJG JJJJJG= = JJJJJG0 gọi nhân Poisson, cịn (4.57) gọi
là cơng thức Poisson
(20) ∫∫ ( , 0) =1
R
S
dS X X P
P X X( , 0) hàm điều hòa theo X0∈VR
Như công thức (4.56) cho ta cách xây dựng hàm tồn nghiệm (4.51) Vấn đề đặt tồn nghiệm (4.51) Định lý sau trả lời câu hỏi
) ( X u
Định lý 4.11: Nếu hàm liên tục biên hàm cho cơng thức Poisson (4.57) nghiệm toán (4.51) Tức là:
) ( X
ϕ SR u(X0)
liên tục
) (X0
u X0∈VR,
với
0 )
( 0 =
Δ Xu X0∈VR lim ( 0) ( '0)
'0u X X
X
X→ =ϕ với X'0∈SR
4.5.5.5 Giải tốn Dirichlet hình trịn
Theo định lý 4.6 nghiệm toán (4.51) tồn Trong phần sử dụng phương pháp tách biến hay gọi phương pháp Fourier để tìm nghiệm tốn (4.51) hình trịn tâm bán kính nghiệm toán O a
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
= = Δ
) (
1 s
f u
u
S
(4.58)
Trong đường trịn tâm bán kính , độ dài cung tính từ điểm cố định đường tròn, hàm liên tục thỏa mãn điều kiện
S O a s
) ( s
f f1(s+2πa)= f1(s)
Phương trình Laplace hệ tọa độ cực có dạng:
1
2 2
2
= ϕ ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂
∂ u
r r u r r
u
(4.49)
Điều kiện biên tương ứng:
( ,ϕ) = (ϕ), (ϕ+2π)= (ϕ)
= f f f
r u
a
r (4.60) Giải toán (4.59) - (4.60) phương pháp Fourier sau:
Tìm nghiệm dạng:
u(r,ϕ)=R(r)Φ(ϕ) thỏa mãn Φ(ϕ)=Φ(ϕ+2π)
Thay vào (4.59) nhận được: " ' ( ) "( ) Φ ϕ = +
ϕ Φ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜
⎝ ⎛ +
r R R
r
R ,
hay ( )
Φ Φ − =
+ ' "
"
1 r2R rR
R