Kiến thức chuẩn bị
Các loại phương trình đạo hàm riêng
Phương trình đạo hàm riêng với ẩn là hàm u(x 1 , x 2 , , x n ) với các biến x 1 , x 2 , , x n độc lập, có dạng
Trong một phương trình đạo hàm riêng, F là một hàm phụ thuộc vào các đối số cụ thể Cấp cao nhất của đạo hàm riêng của hàm u trong phương trình được xác định là cấp của phương trình Nếu F là tuyến tính đối với ẩn hàm u và tất cả các đạo hàm riêng của nó, thì phương trình đó được gọi là tuyến tính.
Xét phương trình cấp hai của hàm hai biến a(x, y)∂ 2 u
Xét một điểm cố định (x₀, y₀), phương trình (1.1.1) được phân loại như sau: loại ellip nếu b² - ac < 0, loại hyperbol nếu b² - ac > 0, và loại parabol nếu b² - ac = 0 Nếu phương trình (1.1.1) tại mọi điểm trong miền G đều thuộc cùng một loại, thì ta nói rằng phương trình đó thuộc loại đó trong miền G.
Bằng phép đổi biến ta có thể đưa phương trình loại ellip, hypecbôn, và parabôn về các dạng chính tắc.
1 Dạng chính tắc của loại ellip là u xx +u yy = Φ(x, y, u, u x , u y ).
2 Dạng chính tắc của loại hypecbôn là u xx −u yy = Φ(x, y, u, u x , u y ) hoặc u xy = Φ(x, y, u, u x , u y ).
3 Dạng chính tắc của loại parabôn là u xx = Φ(x, y, u, u x , u y ).
Một số phương trình đạo hàm riêng trong vật lý và kĩ thuật: Phương trình sóng một chiều
∂x 2 , và phương trình sóng hai chiều
, chúng thuộc loại hypecbôn Phương trình nhiệt một chiều
∂x 2 , và phương trình nhiệt hai chiều
, chúng thuộc loại parabôn Phương trình Laplace hai chiều
∂y 2 = 0, và phương trình Poisson hai chiều
Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính thuần nhất có dạng ∂y² = f(x, y) và thuộc loại ellip Theo Định lý 1.1 (Nguyên lý chồng chất), nếu u₁ và u₂ là nghiệm của phương trình này, thì bất kỳ tổ hợp tuyến tính u = c₁u₁ + c₂u₂ (với c₁ và c₂ là hằng số) cũng là một nghiệm Hơn nữa, nếu u₁ và u₂ thỏa mãn điều kiện biên tuyến tính thuần nhất, thì tổ hợp tuyến tính u cũng sẽ thỏa mãn điều kiện này.
Chuỗi Fourier
Hàm liên tục từng khúc trên đoạn [a, b] là hàm số f mà tại đó f(a + ) và f(b − ) tồn tại, đồng thời f xác định và liên tục trên (a, b) ngoại trừ một số điểm hữu hạn, nơi mà giới hạn trái và giới hạn phải đều tồn tại Hàm trơn từng khúc là hàm f, xác định trên đoạn [a, b], mà cả f và đạo hàm f 0 đều liên tục từng khúc trên đoạn này Đối với hàm tuần hoàn, nó được coi là liên tục hoặc trơn từng khúc nếu tính chất này được thỏa mãn trên mọi đoạn [a, b] Theo định lý biểu diễn chuỗi Fourier, nếu f là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2π và trơn từng khúc, thì cho mọi x, ta có f(x + ) + f(x − ).
(a n cosnx+b n sinnx), (1.2.1) trong đó các hệ số Fourier a 0 , a n , b n được xác định bởi a 0 = 1 2π
−π f(x) sinnxdx (n = 1,2, ) (1.2.4) Đặc biệt, nếu f là trơn từng khúc và liên tục tại x, thì f(x) =a 0 +
Nhận xét 1.1 Các hệ số a n , b n Fourier của f có thể tính theo công thức sau nhờ tính chất của hàm tuần hoàn a 0 = 1 2π
0 f(x) sinnxdx (n= 1,2,3 .). Định lí 1.3 ([3, Tr 39] Biểu diễn chuỗi Fourier: chu kỳ tùy ý) Giả sử f là hàm tuần hoàn chu kì 2p, trơn từng khúc Chuỗi Fourier của hàm f được cho bởi a 0 +
Chỗi Fourier hội tụ tới f(x)nếuf liên tục tại x và hội tụ tới f(x + ) +f(x − )
Định lý 1.4 đề cập đến khai triển chẵn và khai triển lẻ của hàm số f(x) là hàm trơn từng khúc, được xác định trong khoảng 0 < x < p Theo đó, hàm f sẽ có chuỗi cos mở rộng a0.
Cũng như thế, f có một chuỗi sin mở rộng
Trong khoảng 0 < x < p, chuỗi Fourier hội tụ tới f(x + ) + f(x 2 − ) Định lý 1.5 cho biết rằng nếu f(x, y) là một hàm liên tục trên miền K = {(x, y)|0 < x < a, 0 < y < b} với các đạo hàm riêng f_x và f_y bị chặn, cùng với các đạo hàm riêng f_x, f_y, f_xy liên tục, thì f(x, y) có thể được khai triển thành chuỗi Fourier sin kép.
B mn sin mπ a xsin nπ b y, (1.2.11) trong đó hệ số chuỗi Fourier sin kép B mn được cho bởi
Hàm Bessel
Phương trình Bessel bậc p≥ 0 là x 2 y 00 +xy 0 + (x 2 −p 2 )y = 0, x >0, (1.3.1)
Một nghiệm của phương trình Bessel là
J p được gọi là Hàm Bessel bậc p thứ nhất Chú ý rằng J p bị chặn tại 0,
Nghiệm thứ hai của phương trình Bessel
Hàm Y p độc lập tuyến tính vớiJ p được gọi là Hàm Bessel bậc p thứ hai Đặc biệt, hàm Bessel thứ hai không bị chặn gần 0.
Hàm Bessel J p có vô số không điểm dương Chúng ta kí hiệu các không điểm theo thứ tự tăng dần
Do đó α pj được gọi là không điểm dương thứ j của J p Chúng ta được các hàm
Để đơn giản hóa ký hiệu, ta đặt λ pj = α pj a với j = 1, 2, 3, Điều này cho thấy λ pj là giá trị không điểm dương thứ n của hàm J p bị thu nhỏ bởi một đại lượng không đổi 1 a Theo Định lý 1.6, hàm Bessel có tính trực giao với một lượng cho p ≥ 0 và a > 0, với J p (λ pj x) được xác định như trong các công thức trên.
J p (λ pj x)J p (λ pk x)xdx= 0 với j 6= k, (1.3.7) và
2 J p+1 2 (α pj ) với j = 1,2, (1.3.8) Định lí 1.7 ([3, Tr 253] Chuỗi Bessel bậcp) Nếu f là trơn từng khúc trên
[0, a], thì f có một khai triển chuỗi Bessel bậc p trên khoảng (0, a) được cho bởi f(x) ∞
A j J p (λ pj x), trong đó λ p1 , λ p2 , là các không điểm thu hẹp của hàm Bessel J p cho bởi (1.3.6), và
Các số A j được gọi là hệ số Bessel-Fourier thứ j của hàm f Trên khoảng
(0, a), chuỗi hội tụ tới f(x) khi f liên tục và tới f(x + )+f(x
Định lý 1.8 trình bày dạng tham số của phương trình Bessel, trong đó cho p ≥ 0, a > 0, và α pj biểu thị không điểm dương thứ j của J p (x) Các hàm J p (α a pj x) là nghiệm của phương trình Bessel bậc p với điều kiện biên y(0) hữu hạn và y(a) = 0, khi λ = λ pj = α a pj Những nghiệm này là duy nhất, ngoại trừ các bội vô hướng, và chúng cũng thỏa mãn các điều kiện (1.3.7) và (1.3.8), dẫn đến sự trực giao trên đoạn [0, a] đối lượng hàm x.
(x/2) 2k+p k!Γ(k+p+ 1). Như vậy, bỏ đi thừa số i p chúng ta có hàm biến thực Hàm này được xác định
Hàm Bessel chỉnh sửa bậc p thứ nhất được biểu diễn bằng công thức (x/2) 2k+p k!Γ(k+p+ 1) và thỏa mãn phương trình Bessel chỉnh sửa bậc p: x^2 y'' + xy' - (x^2 + p^2)y = 0.
Hàm Bessel chỉnh sửa thứ nhất dương và đồng biến trên miền x > 0.
Hàm Bessel chỉnh sửa thứ hai, được biểu diễn bằng công thức K p (x) = 2 sinpπ[I −p (x)−I p (x)], là một nghiệm của phương trình Bessel chỉnh sửa và độc lập tuyến tính với I p Đặc biệt, hàm này không bị chặn gần 0 Theo Định lý 1.9, nếu hàm f(r, θ) được xác định liên tục trong khoảng 0 < r < a và 0 < θ < 2π, với các đạo hàm riêng f r và f θ bị chặn, cùng với các đạo hàm riêng f r , f θ , f rθ liên tục, thì hàm f(r, θ) có thể được khai triển thành chuỗi Fourier-Bessel.
J m (λ mn r)(a mn cosmθ+b mn sinmθ), (1.3.15) trong đó hệ số a mn và b mn cho bởi a 0n = 1 πa 2 J 1 2 (α 0n )
0 f(r, θ) cosmθ J m (λ mn r)rdθdr, b mn = 2 πa 2 J m+1 2 (α mn )
0 f(r, θ) sinmθ J m (λ mn r)rdθdr,với m, n = 1,2,
Các định lí về tính duy nhất của nghiệm
Định lí 1.10 ([2, Tr 90] Phương trình Laplace) Giả sử Ω là một miền giới nội với biên S trơn từng mảnh và f(P) là một hàm liên tục cho trước trên S.
Giả sử hàm u(P) là hàm điều hòa trong miền Ω, liên tục trong miền đóng Ω∪S, và tại biên S, giá trị của hàm u trùng với hàm f(P) Khi đó, hàm u(P) được xác định một cách duy nhất trên miền Ω∪S.
Giả sử bài toán có hai nghiệm u₁(P) và u₂(P), ta đặt v(P) = u₁(P) - u₂(P) Hàm v là hàm điều hòa, liên tục trong miền đóng Ω ∪ S và v|S = 0 Theo nguyên lý cực đại trên biên, ta suy ra v(P) = 0 trong Ω, dẫn đến u₁(P) = u₂(P) trong Ω Định lý 1.11 (Công thức Green) áp dụng cho miền giới nội Ω trong R², được giới hạn bởi biên S trơn từng mảnh, với −→n là véctơ pháp tuyến trong của S Nếu u(x, y) và v(x, y) là hai hàm có đạo hàm riêng cấp hai liên tục trong Ω và các đạo hàm riêng cấp một liên tục trong miền đóng Ω ∪ S, thì ta có công thức Green.
Chúng ta xét bài toán truyền nhiệt Giả sử Ω⊂ R 2 là một miền giới nội, ta kí hiệu V = {(x, y, t)| (x, y)∈Ω, t > 0}, tìm nghiệmu(x, y, t)của phương trình
Trong bài toán phương trình nhiệt, ta xét hàm u(x, y, t) với điều kiện ban đầu u(x, y, 0) = ϕ(x, y) và điều kiện biên u(x, y, t) = à(x, y, t) trên biên S của miền Ω Định lý 1.12 khẳng định rằng nếu u(x, y, t) là nghiệm của bài toán này và khả vi liên tục hai lần theo (x, y) và một lần theo t trên miền V, thì nghiệm u(x, y, t) sẽ được xác định một cách duy nhất trên V.
Để chứng minh định lý, chúng ta xem xét hai nghiệm bất kỳ u₁(x, y, t) và u₂(x, y, t) của hệ phương trình (1.4.1)−(1.4.3) Ta cần chứng minh rằng hiệu u(x, y, t) = u₁(x, y, t) − u₂(x, y, t) = 0 trong miền V Thực tế, hiệu u(x, y, t) sẽ thỏa mãn các điều kiện cần thiết để khẳng định tính chất này.
, (x, y, t)∈V, (1.4.4) u(x, y,0) = 0, (x, y) ∈Ω, (1.4.5) u(x, y, t) = 0, (x, y)∈ S, t > 0, (1.4.6) Gọi t là một giá trị sao cho t ≥0 Xét tích phân:
Ω u 2 x +u 2 y dxdy. Đạo hàm theo t tích phân phụ thuộc tham số t ta có
∂y dxdy. Áp dụng công thức Green ta được
Từ (1.4.6) ta có u t = 0; (x, y)∈S, t > 0 và từ (1.4.4) ta có
Mặt khác từ (1.4.5) suy ra u x (x, y,0) = u y (x, y,0) = 0,(x, y) ∈ Ω, do đó
I(0) = 0, và nhận thấy rằng I(t)≥ 0 Như vậy I(t) = 0,∀t≥ 0, hay
Xét bài toán truyền sóng Giả sử Ω⊂ R 2 là một miền giới nội, ta kí hiệu
V ={(x, y, t)| (x, y)∈ Ω, t > 0}, tìm nghiệm u(x, y, t) của phương trình
+f(x, y, t), (x, y, t)∈ V, (1.4.7) với điều kiện ban đầu u(x, y,0) =ϕ(x, y), (x, y)∈Ω, (1.4.8)
Trong bài toán sóng, điều kiện khởi đầu được xác định bởi ∂t(x, y, 0) = ψ(x, y) với (x, y) thuộc Ω, và điều kiện biên là u(x, y, t) = à(x, y, t) tại biên S của Ω cho t > 0 Theo Định lý 1.13, nếu u(x, y, t) là nghiệm của hệ phương trình (1.4.7)−(1.4.10) và các đạo hàm riêng của nó liên tục đến cấp hai trên miền V, thì nghiệm này được xác định một cách duy nhất trên V.
Để chứng minh định lý, chúng ta xét hai nghiệm bất kỳ u1(x, y, t) và u2(x, y, t) của hệ phương trình (1.4.7)−(1.4.10) Chúng ta cần chứng minh rằng hiệu u(x, y, t) = u1(x, y, t) − u2(x, y, t) = 0 trong miền V Thực tế, hiệu u(x, y, t) sẽ thỏa mãn các điều kiện đã cho.
∂t(x, y,0) = 0, (x, y)∈Ω, (1.4.13) u(x, y, t) = 0, (x, y)∈ S, t > 0, (1.4.14) Gọi t là một giá trị sao cho t ≥0 Xét tích phân:
Ω u 2 t +u 2 x +u 2 y dxdy. Đạo hàm theo t tích phân phụ thuộc tham số t ta có
∂y dxdy. Áp dụng công thức Green ta được
Từ (1.4.14) ta có u t = 0; (x, y)∈ S, t > 0 và từ (1.4.4) ta nhận được
Mặt khác từ (1.4.13) suy ra u x (x, y,0) = u y (x, y,0) = 0,(x, y)∈ Ω, kết hợp với (1.4.12) ta được I(0) = 0 Như vậy I(t) = 0,∀t ≥0, hay
Hình 1.1: Hình dạng ban đầu của dây bi kéo ra, u(x,0).
Phương trình sóng một chiều: Phương pháp tách biến
Giả sử một đoạn dây đàn hồi được kéo dài trên trục thực với hai đầu mút cố định tại x=0 và x=L Trong đó, u(x;t) biểu thị vị trí của điểm x trên dây tại thời điểm t Do đó, u(x;t) sẽ tuân theo phương trình sóng một chiều.
∂x 2 , 0 < x < L, t >0 (1.5.1) Để tìm u(x;t) Chúng ta sẽ giải phương trình với điều kiện biên u(0;t) = 0 và u(L;t) = 0 với mọi t >0, (1.5.2) và điều kiện ban đầu u(x,0) = f(x) và ∂u
Điều kiện ban đầu cho bài toán là ∂t(x,0) = g(x) với 0 < x < L, trong đó hình dáng ban đầu của dây được xác định bởi f(x) và vận tốc ban đầu là g(x) Điều kiện biên yêu cầu trạng thái ở hai đầu dây phải được giữ chặt trong mọi thời điểm.
Chúng ta sẽ giải bài toán bằng phương pháp tách biến Để làm nổi bật ý tưởng của phương pháp này chúng ta chia ra làm ba bước cơ bản.
Bước 1: Tách biến trong (1.5.1) và (1.5.2)
Chúng ta sẽ tìm nghiệm khác cho phương trình (1.5.1) có dạng u(x;t) = X(x)T(t), theo công thức (1.5.4), trong đó X(x) chỉ phụ thuộc vào x và T(t) chỉ phụ thuộc vào t Bài toán hiện tại là xác định các hàm X và T, điều này giúp đơn giản hóa quá trình giải quyết Bằng cách lấy vi phân của (1.5.4) theo biến x và t, chúng ta có thể tiến hành các bước tiếp theo.
XT 00 = c 2 X 00 T, chia hai vế cho c 2 XT, ta được
Trong phương trình (1.5.5), vế trái là hàm phụ thuộc vào t, trong khi vế phải là hàm phụ thuộc vào x Vì t và x là hai biến độc lập, nên cả hai vế của phương trình này phải bằng một hằng số.
X = k, với k là một hằng số không đổi, được gọi là hằng số tách Chúng ta có thể diễn đạt lại các phương trình tách ra thành hai phương trình vi phân thông thường.
Tiếp theo là tách biến trong điều kiện biên (1.5.2) Sử dụng (1.5.4) và điều kiện biên, ta có
Nếu X(0) 6= 0 hoặc X(L) 6= 0, thì T(t) = 0 với mọi t > 0, và như vậy, từ (1.5.4), u đồng nhất không Để tránh nghiệm tầm thường, ta xét
Như vậy chúng ta đi đến bài toán giá trị biên trong X:
Bước 2: Giải các phương trình độc lập
Nếu k dương, lấy k = à 2 với à > 0, lỳc này phương trỡnh ẩn X trở thành
Do X(0) = 0 và X(L) = 0 , kéo theo X = 0 Như vậy, trường hợp k > 0 cho nghiệm tầm thường.
Khi k = 0, phương trình vi phân trở thành X'' = 0 với nghiệm tổng quát X(x) = c₁x + c₂ Điều kiện biên chỉ cho phép c₁ = c₂ = 0, dẫn đến nghiệm tầm thường u = 0 Cuối cùng, cần xem xét trường hợp k = -a² < 0.
Bài toán giá trị biên tương ứng ẩn X là
Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân là
X = c 1 cosàx+c 2 sinàx. Điều kiện X(0) = 0 kộo theo c 1 = 0, và do đú X = c 2 sinàx Điều kiện
Bỏ nghiệm tầm thường X = 0, ta lấy c 2 = 1, với ép buộc sinàL= 0.
L x, n = 1, 2, Chúng ta lưu ý rằng các giá trị âm của n cho ra nghiệm tương tự nhưng với dấu khác, vì vậy các nghiệm tương ứng với n âm có thể được loại bỏ Quay lại phương trình (1.5.7) và thay k = -à 2 = -nπ/L2, chúng ta sẽ thu được kết quả.
Nghiệm tổng quát của phương trình này là
T n = b n cosλ n t+b ∗ n sinλ n t, trong đó ta có tập λ n = nπ
L , n= 1,2, Kết hợp nghiệm X và T mô tả bởi (1.5.4), ta thu được tập vô hạn nghiệm tích của (1.5.1), thỏa mãn tất cả các điều kiện biên (1.5.2): u n (x, t) = sinnπ
Các nghiệm cơ bản của phương trình truyền sóng được biểu diễn dưới dạng L x(b n cosλ n t+b ∗ n sinλ n t), với n = 1, 2, Những nghiệm này đều thỏa mãn phương trình tuyến tính đồng nhất (1.5.1) và điều kiện biên (1.5.2) Theo nguyên lý cộng nghiệm, mọi tổ hợp tuyến tính của các nghiệm này cũng sẽ thỏa mãn (1.5.1) và (1.5.2) Tuy nhiên, cần lưu ý rằng một tổ hợp tuyến tính như vậy có thể không thỏa mãn các điều kiện ban đầu (1.5.3) Do đó, dựa trên nguyên lý chồng chất, ta xem xét tổ hợp tuyến tính "vô cùng" u(x, t) ∞.
L x(b n cosλ n t+b ∗ n sinλ n t) như là một nghiệm của bài toán giá trị biên (1.5.1)−(1.5.3).
Để hoàn thành bài toán, bước 3 là xác định chuỗi Fourier nghiệm bằng cách tìm các hệ số chưa biết b n và b ∗ n, sao cho hàm u(x;t) đáp ứng điều kiện ban đầu (1.5.3) Bắt đầu từ điều kiện đầu tiên trong (1.5.3), khi t = 0, ta thay vào chuỗi vô hạn u để nhận được u(x,0) = f(x).
Giả sử rằng f(x) có khai triển Fourier, chuỗi vế phải ở trên là chuỗi khai triển sin của f Các hệ số b n là các hệ số của sin Theo định lí (1.4): b n = 2 L
L xdx, n= 1,2, Tương tự, ta xác định b n từ điều kiện ban đầu thứ hai trong (1.5.3) Đạo hàm riêng chuỗi u theo biến t, và thay t= 0, ta được g(x) ∞
Giả sử g(x) có khai triển Fourier, vế phải là khai triển cos của g, ta có b ∗ n λ n = 2
L xdx, n= 1,2, Thay các giá trị λ n , ta được b ∗ n = 2 cnπ
Ta đã xác định được tất cả các hệ số trong chuỗi đại diện cho nghiệm u Ta tóm tắt lai kết quả như sau.
Kết quả 1.1 Nghiệm của phương trình truyền sóng một chiều
∂x 2 , 0< x < L, t >0, với điều kiện biên u(0;t) = 0 và u(L;t) = 0 với mọi t >0 và điều kiện ban đầu u(x,0) = f(x) và ∂u
(giả thiết thêm rằng f, g có thể khai triển thành chuỗi Fourier và thỏa mãn điều kiện tương thích f(0) =f(L) = g(0) =g(L) = 0) là u(x, t) ∞
Phương trình đạo hàm riêng hai chiều
Bài toán giá trị riêng của phép biến đổi Laplace
2.1.1 Bài toán giá trị riêng của phép biến đổi Laplace trên một hình chữ nhật
Chúng ta xét bài toán giá trị riêng gồm phương trình
∂y 2 = −ku, 0< x < a, 0 < y < b, (2.1.1) với điều kiện biên u(x,0) = 0, u(x, b) = 0 với 0< x < a, u(0, y) = 0, u(a, y) = 0 với 0 < y < b.
Giả sử u(x, y) = X(x)Y(y) thay vào (2.1.1), tách biến, và sử dụng điều kiện biên, chúng ta nhận được các phương trình
Nghiệm của phương trỡnh (2.1.3) là X = c 1 cosàx+c 2 sinàx Thế vào điều kiện biờn của X suy ra c 1 = 0, à= à m = mπ a , m = 1,2, , và do đú
X m (x) = sin mπ a x, m= 1,2, Hoàn toàn tương tự với phương trình (2.1.4), ta nhận được v = v n = nπ b , Y n (y) = sinnπ b y; n= 1,2, Như vậy chúng ta nhận được nghiệm của (2.1.1)-(2.1.2) có dạng k mn = π 2 m 2 a 2 + n 2 b 2
, u mn = sinmπ a xsin nπ b y, trong đó m, n= 1,2, Chúng ta tóm tắt lại kết quả như sau.
Kết quả 2.1 Giá trị riêng của bài toán (2.1.1)−(2.1.2) là k = k mn = π 2 m 2 a 2 + n 2 b 2
, m = 1,2, , n= 1,2, (2.1.5) Mỗi giá trị riêng k mn tương ứng hàm riêng sinmπ a xsin nπ b y (2.1.6)
2.1.2 Bài toán giá trị riêng của phép biến đổi Laplace trên một hình tròn
Chúng ta xem xét bài toán giá trị riêng gồm phương trình Helmholtz trên đĩa bán kính a,
Giải quyết bài toán này liên quan đến việc xác định giá trị riêng k, nhằm tìm ra các nghiệm không tầm thường Các nghiệm này, hay còn gọi là nghiệm riêng, đóng vai trò quan trọng trong việc phân tích và hiểu rõ hơn về hệ thống.
Giả sử φ(r, θ) = R(r)Θ(θ), ta thay vào phương trình (2.1.7) và tách biến, với Θ có chu kỳ tuần hoàn 2π, dẫn đến các phương trình sau: Θ'' + m²Θ = 0, với m = 0, 1, 2, (2.1.9) và r²R'' + rR' + (kr² - m²)R = 0, với điều kiện R(a) = 0 (2.1.10) Nghiệm của phương trình (2.1.9) là cos(mθ) và sin(mθ), với m = 0, 1, 2,
Nếu k < 0, phương trình (2.1.10) trở thành phương trình Bessel chỉnh sửa bậc m, trong đó nghiệm bị chặn và R(a) = 0 chỉ có thể là nghiệm tầm thường Khi k ≥ 0, phương trình (2.1.10) trở thành phương trình Bessel bậc m dạng tham biến Theo Định lý 1.8, nghiệm không tầm thường của (2.1.10) là bội hằng số của J m (λ mn r), tương ứng với giá trị riêng k = λ² mn Kết quả thu được là giá trị riêng của bài toán (2.1.7)−(2.1.8) là k = λ² mn = α mn a.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các giá trị riêng λ²ₘₙ tương ứng với các hàm riêng cos(mθ)Jₘ(λₘₙr) và sin(mθ)Jₘ(λₘₙr), trong đó αₘₙ là không điểm dương thứ n của hàm Bessel Jₘ Đối với m = 1, 2, có hai hàm riêng khác biệt cho mỗi giá trị riêng.
Nói cách khác, nếu φ mn (r, θ) = cosmθ J m (λ mn r) hoặc φ mn (r, θ) sinmθ J m (λ mn r) thì ∆φ mn = −λ 2 mn φ mn và φ mn (a, θ) = 0.
Phương trình Laplace
2.2.1 Phương trình Laplace trên hình chữ nhật
Bài toán 2.2.1 (Phương trình Laplace trên hình chữ nhật) Chúng ta xem xét phương trình
Phương trình Laplace hai biến được biểu diễn bằng công thức ∂y² = 0 trong khoảng 0 < x < a và 0 < y < b Trong phần này, chúng ta sẽ giải phương trình (2.2.1) với điều kiện biên Dirichlet cho hàm u, cụ thể là u(x, 0) = f₁(x), u(x, b) = f₂(x) với 0 < x < a, và u(0, y) = g₁(y), u(a, y) = g₂(y) với 0 < y < b, như được minh họa trong Hình 2.1.
Hình 2.1: Bài toán Dirichlet tổng quát trên một hình chữ nhật.
Bài toán Dirichlet là một bài toán liên quan đến phương trình Laplace trên một miền phẳng với giá trị xác định trên biên Trong trường hợp này, chúng ta xem xét bài toán Dirichlet trên một hình chữ nhật Trước khi đi sâu vào bài toán tổng quát, chúng ta sẽ bắt đầu giải quyết một trường hợp đặc biệt khi f1, g1 và g2 đều bằng không.
Giải quyết bài toán biên được mô tả trong Hình 2.2 bằng sử dụng phương pháp tách biến Chúng ta bắt đầu tìm nghiệm tích u(x, y) = X(x)Y(y) Thế
Hình 2.2: Bài toán Dirichlet trên hình chữ nhật. vào (2.2.1) và sử dụng phương pháp tách, chúng ta đi đến các phương trình
X 00 +kX = 0, Y 00 −kY = 0, trong đó k là hằng số tách, với điều kiện biên
X(0) = 0, X(a) = 0, và Y(0) = 0 Đối với bài toán biên ẩn X, nghiệm tầm thường chỉ xuất hiện khi k ≤ 0 Khi k = a² > 0, chúng ta có nghiệm X = c₁ cos(ax) + c₂ sin(ax) Áp dụng điều kiện biên của X dẫn đến c₁ = 0, và a = nπ/a với n = 1, 2,
X n (x) = sinnπ a x, n= 1,2, Thay vàoY vớik = à 2 , chỳng ta tỡm đượcY n (y) = A n coshà n y+B n sinhà n y. Cho Y(0) = 0, ta được A n = 0, và do đó
Như vậy chúng ta tìm được các nghiệm tích u n (x, y) = B n sin nπ a xsinh nπ a y.
Giả sử nghiệm tổng quát có dạng u(x, y) ∞
Cuối cùng, sử dụng điều kiện biên u(x, b) = f 2 (x) suy ra rằng f 2 (x) ∞
Giả sử hàm f 2 có thể được khai triển thành chuỗi Fourier Để đáp ứng điều kiện này, chúng ta chọn hệ số B n sinh nπb a là hệ số Fourier sin của f 2 trong khoảng 0 < x < a Do đó, theo định lý 1.4, phần 1.2, ta có thể áp dụng các quy tắc liên quan.
Nghiệm của bài toán Dirichlet mô tả trong Hình 2.2 được cho bởi (2.2.2) với hệ số xác định bởi (2.2.3).
Chúng ta sẽ trở lại với bài toán tổng quát được mô tả trong Hình 2.1 Phương pháp tiếp cận là phân chia bài toán ban đầu thành bốn bài toán nhỏ hơn, như được thể hiện trong Hình 2.3.
Gọiu 1 , u 2 , u 3 , u 4 là nghiệm của các bài toán nhỏ 1,2,3,4, tương ứng Bằng tính toán trực tiếp, chúng ta thấy rằng hàm u =u 1 +u 2 +u 3 +u 4 là nghiệm bài toán ban đầu cho trong Hình 2.1 Như vậy chúng ta chỉ cần xác định u 1 , u 2 , u 3 , u 4 Hàm u 2 đã được tìm ra trong phần trên Chúng ta có u 2 (x, y) ∞
Hình 2.3: Tính chất tuyến tính được sử dụng chia bài toán Dirichlet thành
"tổng" bốn bài toán Dirichlet đơn giản. trong đó
Các nghiệm khác được tìm tương tự Đặc biệt, u 4 là như u 2 ngoại trừ a và b là đổi chỗ cho nhau, cũng vậy với x và y Như vậy u 4 (x, y) ∞
Nghiệm u 1 và u 3 tìm tương tự Chúng ta có u 1 (x, y) ∞
Chúng ta đã hoàn thành việc giải quyết bài toán Dirichlet trong Hình 2.1. Chúng ta tóm tắt kết quả như sau.
Kết quả 2.3 Nghiệm của bài toán Dirichlet hai chiều trong Hình 2.1 là u(x, y) ∞
D n sinhnπ b xsin nπ b y (2.2.8) trong đó các hệ số A n , B n , C n , và D n được xác định bởi (2.2.4)−(2.2.7).
Bài toán 2.2.2 (Phương trình Poisson trên hình chữ nhật: Phương pháp hàm riêng) Tìm nghiệm của phương trình Poisson
∂y 2 = f(x, y), 0 < x < a, 0< y < b, (2.2.9) với điều kiện biên u(x,0) = 0, u(x, b) = 0 với 0< x < a, u(0, y) = 0, u(a, y) = 0 với 0 < y < b.
Lời giải Chúng ta xét nghiệm có dạng u(x, y) ∞
E mn là hằng số cần xác định trong phương trình E mn sin mπ a xsin nπ b y Chúng ta có thể dễ dàng kiểm tra điều kiện biên của u Các hàm sin mπ a xsin nπ b y là hàm riêng của biến đổi Laplace trên hình chữ nhật, với giá trị riêng tương ứng là λ mn = π² m² a² + n² b².
Thế u vào phương trình (2.2.9), chúng ta nhận được
−E mn λ mn sin mπ a xsinnπ b y = f(x, y). Đây là một khai triển chuỗi Fourier sin kép của f(x, y) (Định lí 1.5 ), chúng ta kết luận rằng
Bài toán 2.2.3 (Bài toán hỗn hợp tổng quát) Tìm nghiệm của phương trình
Phương trình đạo hàm bậc hai ∂y² = f(x, y) được xác định trong miền 0 < x < a và 0 < y < b, với các điều kiện biên u(x, 0) = f₁(x), u(x, b) = f₂(x) cho 0 < x < a, và u(0, y) = g₁(y), u(a, y) = g₂(y) cho 0 < y < b Các hàm f₁, f₂, g₁, g₂ có thể được khai triển thành chuỗi Fourier, trong khi hàm f(x, y) cũng được khai triển thành chuỗi Fourier kép và cần thỏa mãn các điều kiện tương thích: f₁(a) = g₂(0), g₂(b) = f₂(a), f₂(0) = g₁(b), và g₁(0) = f₁(0).
Lời giải Nghiệm của bài toán hỗn hợp tổng quát là u =u 1 +u 2 , trong đó u 1 là nghiệm của Bài toán 2.2.1 và u 2 là nghiệm của Bài toán 2.2.2.
Ví dụ 2.1 Tìm nghiệm của phương trình
∂y 2 = xy, 0< x < π, 0< y < π, với điều kiện biên u(x,0) =xcos 2x, u(x, π) = sinx, 0 < x < π, u(0, y) = sin 3y, u(π, y) = π−y, 0< y < π.
Lời giải Nghiệm của bài toán là u= v+ω, trong đó v là nghiệm của bài toán
∂y 2 = 0, 0< x < π, 0 < y < π, v(x,0) =xcos 2x, v(x, π) = sinx, 0 < x < π, v(0, y) = sin 3y, v(π, y) = π−y, 0< y < π, và ω là nghiệm của bài toán
Theo Kết quả 2.3, ta có v(x, y) ∞
Từ Bài toán 2.2.2, ta có ω(x, y) ∞
(−1) m+n π 2 mn = 4(−1) m+n+1 mn(m 2 +n 2 ). Vậy nghiệm của bài toán đã cho là u(x, y) = 1 sinhπ sinxsinhy+ 1 sinh 3π sinh 3(π−x) sin 3y +
2.2.2 Phương trình Laplace trên hình tròn
Bài toán 2.2.4 (Phương trình Laplace trên hình tròn) Xem xét Phương trình Laplace hai chiều (trong tọa độ cực):
Theo phương pháp tách biến, chúng ta tìm nghiệm tích của(2.2.11)dạng u(r, θ) = R(r)Θ(θ) Thay vào (2.2.11) và rút gọn , chúng ta được
Từ đó, ta được các phương trình tách r 2 R 00
Nhớ rằng Θ có chu kỳ tuần hoàn 2π, từ nghiệm của phương trình Θ 00 + λΘ = 0, ta kết luận rằng λ = n^2 (với n = 0, 1, 2, ), để có nghiệm tuần hoàn chu kỳ 2π theo θ Do đó, các phương trình tách thành r^2 R 00 + rR 0 − n^2 R = 0 và Θ 00 + n^2 Θ = 0.
Chúng ta có nghiệm tuần hoàn chu kỳ 2π Θ = Θ n = a n cosnθ+b n sinnθ, n = 0,1,2,
Chúng ta nhận thấy rằng phương trình ẩn R là phương trình Euler, và do đó chúng ta có nghiệm
Đối với bài toán Dirichlet trên đĩa, nghiệm bị giới hạn tại 0, dẫn đến c2 = 0, vì a r −n và ln a r không bị chặn khi r = 0 Kết quả là nghiệm tích u0(r, θ) = a0 và un(r, θ) = r an (an cos(nθ) + bn sin(nθ)), với n = 1, 2,
Tổng vô hạn các nghiệm, chúng ta có u(r, θ) = a 0 +
Bây giờ chúng ta thấy, các hệ số chưa biết a 0 , a n , b n chính là hệ số Fourier của hàm biên f(θ).
Thay r =a vào (2.2.14) và sử dụng (2.2.12) chúng ta được f(θ) =u(a, θ) = a 0 +
(a n cosnθ+b n sinnθ). Đây là biểu diễn chuỗi Fourier của f, và do đó hệ số cho bởi a 0 = 1 2π
Tóm lại chúng ta có kết quả sau.
Nghiệm của phương trình Laplace thỏa mãn điều kiện biên được xác định bởi hệ số Fourier a0, an, bn của hàm f(θ) tuần hoàn chu kỳ 2π.
Bài toán 2.2.5 (Phương trình Poisson trên hình tròn) Xem xét bài toán Poisson trong tọa độ cực
Để giải phương trình ∆u = g(r, θ) với điều kiện biên u(a, θ) = 0 trong khoảng 0 < r < a và 0 < θ < 2π, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp khai triển theo hàm riêng Phương pháp này cho phép chúng ta tìm nghiệm của phương trình (2.2.16) với dữ liệu bằng không trên biên, có dạng u(r, θ).
Công thức J m (λ mn r)(A mn cosmθ+B mn sinmθ) (2.2.18) chứa các hằng số A mn và B mn cần xác định Chúng ta có thể dễ dàng kiểm tra rằng u thỏa mãn điều kiện biên Như đã biết, các hàm cosmθ J m (λ mn r) và sinmθ J m (λ mn r) là hàm riêng của biến đổi Laplace trên hình tròn, với giá trị riêng tương ứng là k mn = λ 2 mn = α mn a.
2 , m = 0,1,2, , n = 1,2, , trong đó α mn là không điểm dương thứ n của hàm Bessel J m Thay vào (2.2.16) và sử dụng tính chất mỗi hàm riêng đều thỏa mãn (2.1.7), chúng ta được
−λ 2 mn J m (λ mn r)(A mn cosmθ +B mn sinmθ) = g(r, θ). Đây là khai triển theo hàm riêng của hàm g(r, θ), chúng ta áp dụng Định lý 1.9, sẽ tìm được A mn và B mn ,
0 g(r, θ) sinmθ J m (λ mn r)rdθdr, (2.2.21) với m, n= 1,2,
Bài toán 2.2.6 (Bài toán hỗn hợp tổng quát) Tìm nghiệm của phương trình
∂θ 2 =g(r, θ), 0< r < a, 0< θ 0, và điều kiện ban đầu u(x, y,0) = 0 và ∂u
Chúng ta áp dụng phương pháp hàm riêng của biến đổi Laplace để giải quyết bài toán này Như đã biết, hàm riêng của biến đổi Laplace là nghiệm không tầm thường của phương trình.
∂y 2 =−kφ, 0< x < a, 0< y < b, với điều kiện biên φ(x,0) = 0, φ(x, b) = 0 với 0< x < a, φ(0, y) = 0, φ(a, y) = 0 với 0 < y < b.
Do đó các hàm riêng là φ mn (x) = sin mπ a xsin nπ b y (m, n = 1,2, ), với giá trị riêng tương ứng là k mn = π 2 m 2 a 2 + n b 2 2
Chúng ta tìm nghiệm dưới dạng u(x, y, t) ∞
Giả sử ta phân tích được f(x, y, t) thành chuỗi Fourier kép theo hàm sin f(x, y, t) ∞
X m=1 f mn (t) sin mπ a xsinnπ b y, trong đó f mn (t) = 4 ab
Thế vào phương trình (2.3.8), chúng ta nhận được
Từ đó ta có các phương trình u 00 mn (t) +c 2 k mn u mn (t) = f mn (t), m, n= 1,2,3, (2.3.9)
Từ điều kiện ban đầu, chúng ta nhận được u(x, y,0) ∞
Do đó u mn (0) = 0, u 0 mn (0) = 0, n= 1,2,3, (2.3.10) Nghiệm của (2.3.9)−(2.3.10) có dạng u mn (t) = 1 c√ k mn
Vậy nghiệm của bài toán là u(x, y, t) ∞
0 f mn (ω) sincp k mn (t−ω)dω. trong đó k mn = π 2 m 2 a 2 + n b 2 2
Bài toán 2.3.3 (Bài toán phương trình sóng hỗn hợp tổng quát trên hình chữ nhật) Tìm nghiệm của phương trình
+f(x, y, t), 0 < x < a,0< y < b, t >0, (2.3.11) với điều kiện biên u(0, y, t) = à 1 (y, t) và u(a, y, t) =à 2 (y, t), 0< y < b, t >0, u(x,0, t) = υ 1 (x, t) và u(x, b, t) = υ 2 (x, t), 0< x < a, t >0, giả thiết rằng à 1 (0, t) = υ 1 (0, t), υ 1 (a, t) = à 2 (0, t), à 2 (b, t) = υ 2 (a, t), υ 2 (0, t) =à 1 (b, t); t >0, và điều kiện ban đầu u(x, y,0) = φ(x, y) và ∂u
Tính toán trực tiếp ta được u ∗ (0, y, t) = à 1 (y, t) và u ∗ (a, y, t) =à 2 (y, t), 0< y < b, t >0, u ∗ (x,0, t) = υ 1 (x, t) và u ∗ (x, b, t) = υ 2 (x, t), 0< x < a, t >0.
Nghiệm của bài toán được xác định là u = v + ω + u ∗, trong đó v(x, y, t) là nghiệm của phương trình v tt = c 2 (v xx + v yy) với các điều kiện biên v(0, y, t) = v(a, y, t) = 0 và v(x, 0, t) = v(x, b, t) = 0 Tại thời điểm t = 0, điều kiện đầu cho v(x, y, 0) là φ(x, y) − u ∗ (x, y, 0) và v t (x, y, 0) = ψ(x, y) − u ∗ t (x, y, 0) Đồng thời, ω(x, y, t) là nghiệm của phương trình ω tt = c 2 (ω xx + ω yy) + f(x, y, t) − u ∗ tt − c 2 (u ∗ xx + u ∗ yy).
Như vậy chúng ta đã đưa bài toán tổng quát về các bài toán đã biết cách giải.
Ví dụ 2.3 Tìm nghiệm của phương trình
(2.3.12) với điều kiện biên u(0, y, t) =yt và u(1, y, t) = (1−y)t, 0< y 0, u(x,0, t) = xt và u(x,1, t) = (1−x)t, 0< x 0, và điều kiện ban đầu u(x, y,0) = 100 và ∂u
A(t) = 0, B(t) = −t, C(t) = −t, D(t) = 2t. Đặt u ∗ (x, y, t) = −xt−yt+2xyt+xt+y[(1−x)t−xt]+yt+x[(1−y)t−yt] = (x+y−2xy)t,
Tính toán trực tiếp ta được u ∗ (0, y, t) =yt và u ∗ (1, y, t) = (1−y)t, 0< y 0, u ∗ (x,0, t) = xt và u ∗ (x,1, t) = (1−x)t, 0< x 0, và u ∗ (x, y,0) = 0, u ∗ t (x, y,0) = x+y−2xy, u ∗ tt −
Nghiệm của bài toán là u= v+ω+u ∗ , với v(x, y, t) là nghiệm của bài toán v tt = (1/π) 2 (v xx +v yy ), 0 < x 0, (2.4.6) với điều kiện biên u(0, y, t) = 0 và u(a, y, t) = 0, 0< y < b, t >0, u(x,0, t) = 0 và u(x, b, t) = 0, 0< x < a, t >0, và điều kiện ban đầu u(x, y,0) = 0, 0< x < a, 0< y < b.
Chúng ta áp dụng phương pháp hàm riêng của biến đổi Laplace để giải quyết bài toán này Như đã đề cập, hàm riêng của biến đổi Laplace là nghiệm không tầm thường của phương trình.
∂y 2 =−kφ, 0< x < a, 0< y < b, với điều kiện biên φ(x,0) = 0, φ(x, b) = 0 với 0< x < a, φ(0, y) = 0, φ(a, y) = 0 với 0 < y < b.
Do đó các hàm riêng là φ mn (x) = sin mπ a xsin nπ b y (m, n = 1,2, ), với giá trị riêng tương ứng là k mn = π 2 m 2 a 2 + n b 2 2
Chúng ta tìm nghiệm dưới dạng u(x, y, t) ∞
Ta phân tích f(x, y, t) thành chuỗi Fourier kép theo hàm sin f(x, t) ∞
X m=1 f mn (t) sinmπ a xsin nπ b y, trong đó f mn (t) = 4 ab
Thế vào phương trình (2.4.6), chúng ta nhận được
Từ đó ta có các phương trình u 0 mn (t) +c 2 k mn u mn (t) = f mn (t), m, n= 1,2,3, (2.4.7)
Từ điều kiện ban đầu, chúng ta nhận được u(x, y,0) ∞
Do đó u mn (0) = 0, n= 1,2,3, (2.4.8) Nghiệm của (2.4.7)−(2.4.8) có dạng u mn (t) Z t
Vậy nghiệm của bài toán là u(x, y, t) ∞
0 e −c 2 k mn (t−ω) f mn (ω)dω. trong đó k mn = π 2 m 2 a 2 + n b 2 2
Bài toán 2.4.2 (Bài toán phương trình nhiệt hỗn hợp tổng quát trên hình chữ nhật) Tìm nghiệm của phương trình
+f(x, y, t), 0< x < a,0< y < b, t > 0, (2.4.9) với điều kiện biên u(0, y, t) = à 1 (y, t) và u(a, y, t) =à 2 (y, t), 0< y < b, t >0, u(x,0, t) = υ 1 (x, t) và u(x, b, t) = υ 2 (x, t), 0< x < a, t >0, giả thiết rằng à 1 (0, t) = υ 1 (0, t), υ 1 (a, t) = à 2 (0, t), à 2 (b, t) = υ 2 (a, t), υ 2 (0, t) =à 1 (b, t); t >0, và điều kiện ban đầu u(x, y,0) =φ(x, y), 0< x < a,0< y < b.
Tính toán trực tiếp ta được u ∗ (0, y, t) = à 1 (y, t) và u ∗ (a, y, t) =à 2 (y, t), 0< y < b, t >0, u ∗ (x,0, t) = υ 1 (x, t) và u ∗ (x, b, t) = υ 2 (x, t), 0< x < a, t >0.
Nghiệm của bài toán được xác định bởi công thức u = v + ω + u ∗, trong đó v(x, y, t) là nghiệm của phương trình v t = c 2 (v xx + v yy) với điều kiện biên v(0, y, t) = v(a, y, t) = 0 và v(x, 0, t) = v(x, b, t) = 0 Đồng thời, ω(x, y, t) là nghiệm của phương trình ω t = c 2 (ω xx + ω yy) + f(x, y, t) - u ∗ t - c 2 (u ∗ xx + u ∗ yy), với điều kiện khởi đầu v(x, y, 0) = φ(x, y) - u ∗ (x, y, 0).
Như vậy chúng ta đã đưa bài toán tổng quát về các bài toán đã biết cách giải.
Ví dụ 2.4 Tìm nghiệm của phương trình
(2.4.10) với điều kiện biên u(0, y, t) = e −2t cosπy và u(1, y, t) = −e −2t cosπy, 0 < y 0, u(x,0, t) =e −2t cosπx và u(x,1, t) =−e −2t cosπx, 0< x 0, và điều kiện ban đầu u(x, y,0) = 1 + cosπxcosπy, 0< x
