Phuong trinh dao ham rieng Cao hoc

Nh÷ng ®Þnh lý vÒ tån t¹i vµ duy nhÊt nghiÖm nhít vµ c«ng thøc biÓu diÔn nghiÖm trong tr−êng hîp ph−¬ng tr×nh Hamilton-Jacobi ®o ®−îc chøng minh.. Ch−¬ng 9 dµnh cho viÖc nghiªn cøu s©u h¬[r]

(1)

Trần Đức Vân

Lý thuyết

Phơng trình Vi phân Đạo hàm riêng

(2)

Bé s¸ch cao häc - ViƯn to¸n häc

Trần Đức Vân Viện Toán học

Trung tâm Khoa học Tự nhiên Công nghệ Quốc gia

Lý thuyết

Phơng trình vi phân Đạo hàm riêng

(3)

GS Trần Đức Vân (Chủ tịch)

PGS Phan Huy Kh¶i (Th− ký)

(4)

Môc lôc

Lời nói đầu

1 Phng trình đạo hàm riêng: Định nghĩa ví dụ 13 1.1 Sự xuất ph−ơng trình đạo hàm riêng 13

1.2 Các định nghĩa chung ph−ơng trình ĐHR 14

1.3 Các ví dụ tiêu biểu 15

1.3.1 Các phơng trình ĐHR 16

1.3.2 Hệ phơng trình ĐHR 18

1.4 Những điều cần ý nghiên cứu phơng trình ĐHR 19

1.4.1 Bi toỏn đặt chỉnh Nghiệm cổ điển 19

1.4.2 NghiÖm yÕu TÝnh chÝnh quy 20

2 Ký hiệu kiến thức phụ trợ 23 2.1 Ký hiÖu 23

2.1.1 Ký hiệu ma trận 23

2.1.2 Ký hiƯu h×nh häc 24

2.1.3 Ký hiệu hàm số 25

2.1.4 Ký hiệu đạo hàm 27

2.1.5 Các không gian hàm 28

2.1.6 Hàm véc tơ 28

2.1.7 Ký hiệu ớc lợng 29

(5)

2.2 Bất đẳng thức 30

2.2.1 Hµm låi 30

2.2.2 Một số Bất đẳng thức 31

2.3 Mét sè kiÕn thøc vÒ giải tích thực 35

2.3.1 Biên 35

2.3.2 Định lý Gauss-Green 37

2.3.3 Tọa độ cực, công thức đối miền 38

2.3.4 Tích chập v trn 39

2.3.5 Định lý hàm ngợc 41

2.3.6 Định lý hµm Èn 42

2.3.7 Hội tụ 43

2.4 Mét sè kiến thức giải tích hàm 44

2.4.1 Kh«ng gian Banach 44

2.4.2 Kh«ng gian Hilbert 44

2.4.3 Toán tử tuyến tính bị chặn 46

2.4.4 Héi tô yÕu 48

2.5 Về lý thuyết độ đo 48

2.5.1 Độ đo Lebesgue 49

2.5.2 Hàm đo đợc tích phân 50

2.5.3 Các định lý hội tụ tích phân 51

2.5.4 PhÐp to¸n vi phân 51

2.5.5 Hàm nhận giá trị không gian Banach 52

3 Những ph−ơng trình đạo hàm riêng tuyến tính quan trọng 55 3.1 Ph−ơng trình chuyển dịch 56

3.1.1 Bài toán giá trị ban đầu 56

3.1.2 Bài toán không 57

3.2 Phơng trình Laplace 58

3.2.1 Nghiệm 59

3.2.2 Công thức giá trị 63

(6)

Môc lôc

3.2.4 Hµm Green 71

3.2.5 Phơng pháp lợng 79

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 81

3.3.1 Nghiệm 82

3.3.2 Công thức giá trị 89

3.3.3 Mét sè tÝnh chÊt cđa nghiƯm 92

3.4 Phơng trình truyền sóng 102

3.4.1 Nghiệm theo trung bình cầu 103

3.4.2 Bài toán không 115

3.5 Bài tập Chơng 119

4 Ph−ơng trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp một 125 4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao 126

4.1.1 Tích phân đầy đủ 126

4.1.2 Nh÷ng nghiƯm míi tõ h×nh bao 128

4.2 §Ỉc tr−ng 130

4.2.1 Ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng 130

4.2.2 C¸c vÝ dơ 133

4.2.3 §iỊu kiƯn biªn 136

4.2.4 Nghiệm địa ph−ơng 139

4.2.5 øng dông 143

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 149

4.3.1 Phép tính biến phân, ph−ơng trình vi phân th−ờng Hamilton 149 4.3.2 Biến đổi Legendre, cơng thức Hopf-Lax 154

4.3.3 NghiƯm yÕu, tÝnh nhÊt 162

4.4 Luật bảo toàn 168

4.4.1 Sốc, ®iỊu kiƯn entropi 169

4.4.2 C«ng thøc Lax-Oleinik 176

(7)

4.4.4 Bài toán Riemann 185

4.4.5 Dáng điệu nghiệm khit 188

5 Một số phơng pháp biểu diễn nghiệm 197 5.1 Phơng pháp tách biến 197

5.2 Nghiệm đồng dạng 201

5.2.1 Sãng phẳng sóng lan truyền Soliton 201

5.2.2 Đồng dạng theo tỷ lệ 209

5.3 Các ph−ơng pháp biến đổi tích phân 211

5.3.1 Biến đổi Fourier 211

5.3.2 Biến đổi Laplace 220

5.4 Biến đổi ph−ơng trình phi tuyến thành tuyến tính 223

5.4.1 Biến đổi Hopf-Cole 223

5.4.2 Hµm thÕ vÞ 225

5.4.3 Biến đổi tốc đồ biến đổi Legendre 226

5.5 Phơng pháp Laplace hóa 228

5.5.1 Phơng pháp Laplace 228

5.5.2 ThuÇn nhÊt hãa 230

5.6 Chuỗi lũy thừa 233

5.6.1 Mặt không đặc tr−ng 233

5.6.2 Hàm giải tích thực 237

5.6.3 Định lý Cauchy-Kovalevskaya 239

6 Phơng pháp biến phân 247 6.1 Giới thiệu phép tÝnh biÕn ph©n 247

6.1.1 ýt−ëng sở 247

6.1.2 Biến phân cấp Phơng trình Euler-Lagrange 248

6.1.3 BiÕn ph©n cÊp hai 251

6.1.4 Hệ phơng trình 252

(8)

Mơc lơc

6.2.1 §iỊu kiƯn bøc, tÝnh nưa liªn tơc d−íi 257

6.2.2 TÝnh låi 260

6.2.3 NghiÖm yếu phơng trình Euler-Lagrange 264

6.2.4 Hệ phơng trình 267

6.2.5 TÝnh chÝnh quy 271

6.3 Bµi toán với ràng buộc 272

6.3.1 Bài toán giá trị riêng phi tuyến 273

6.3.2 Ràng buộc phía, bất đẳng thức bin phõn 276

6.3.3 ánh xạ điều hòa 278

6.4 Điểm tới hạn 280

6.4.1 Định lý qua nói 280

6.4.2 ¸p dơng cho phơng trình ĐHR elliptic tựa tuyến tính 285

7 Các ph−ơng pháp phi biến phân 293 7.1 Ph−ơng pháp đơn điệu 294

7.2 Ph−ơng pháp điểm bất động 300

7.2.1 Định lý điểm bất động Banach 300

7.2.2 Các định lý điểm bất động Schauder, Schaefer 303

7.3 Phơng pháp nghiệm dới nghiệm 308

7.4 Không tồn nghiệm 311

7.4.1 Bïng nỉ 311

7.4.2 §ång nhÊt thøc Derrick-Pohozaev 314

7.5 C¸c tÝnh chÊt h×nh häc cđa nghiƯm 317

7.5.1 TËp møc h×nh 317

7.5.2 §èi xøng radial 318

8 Nghiệm nhớt ph−ơng trình đạo hàm riêng 325 8.1 Khái niệm nghiệm nhớt 326

8.1.1 Định nghĩa nghiệm nhớt 327

(9)

8.2 TÝnh nhÊt 332

8.3 Sù tån t¹i cđa nghiƯm nhít 336

8.3.1 Giíi thiƯu vỊ lý thut ®iỊu khiĨn 336

8.3.2 Quy hoch ng 338

8.3.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi-Bellman 340

8.3.4 C«ng thøc Hopf-Lax 346

8.4 Định nghĩa nghiệm nhớt ph−ơng trình cấp 348

9 Hệ luật bảo toàn 355 9.1 Mở đầu 356

9.1.1 Nghiệm tích phân 358

9.1.2 Sãng lan trun, hƯ hyperbolic 360

9.2 Bài toán Riemann 366

9.2.1 Sóng đơn 366

9.2.2 Sóng tạo chân không 368

9.2.3 Sóng sốc, gián đoạn tiếp xúc 369

9.2.4 Nghiệm địa ph−ơng tốn Riemann 375

9.3 HƯ hai luật bảo toàn 377

9.3.1 BÊt biÕn Riemann 377

9.3.2 Kh«ng tồn nghiệm trơn 382

9.4 Tiªu chuÈn entropi 383

9.4.1 Triệt tiêu độ nhớt Sóng lan truyền 384

9.4.2 CỈp entropi 388

9.4.3 Tính nghiệm luật bảo tồn vơ hng 391

10 Hệ phơng trình Navier-Stokes 397 10.1 Bài toán mở nghiệm trơn 398

10.2 Phơng trình div v= f 401

10.2.1 MiỊn giíi néi 402

(10)

Môc lôc

10.2.3 Miền không giới nội với biên không compắc 412

10.3 NghiƯm u cđa hƯ Navier-Stokes 414

10.4 Bài tập Chơng 10 425

Tài liệu tham khảo 436

(11)

(12)

Lời nói đầu

Tài liệu đợc biên soạn dựa vào phơng châm sau đây:

1 Chú trọng đến ph−ơng trình phi tuyến, nói chung ta th−ờng gặp chúng ứng dụng thực tế Hơn nữa, đo đ−ợc đề cập đến từ lâu (trong kỷ 18, 19), nh−ng lý thuyết ph−ơng trình phi tuyến ngày ch−a đ−ợc hồn chỉnh

2 Một tốn ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng, có ý nghĩa thực tiễn, chắn có nghiệm, có điều nghiệm đ−ợc hiểu theo nghĩa mà thơi Nhiều ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng mà ta nghiên cứu, đặc biệt ph−ơng trình phi tuyến khơng có nghiệm cổ điển, ta cố gắng xây dựng lý thuyết nghiệm suy rộng hoặcnghiệm yếu chúng, điều quan trọng tính nghiệm (do nhu cầu ứng dụng thực tế)

3 Khác với số sách khác th−ờng xây dựng lý thuyết ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng theo cách phân loại ph−ơng trình, trọng đến cácph−ơng pháp nghiên cứu thơng qua ví dụ đặc tr−ng Cách làm nhằm cung cấp cho bạn đọc nhiều ph−ơng pháp giải ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng, để họ áp dụng vào việc xem xét ph−ơng trình cụ thể thực tế Ngồi ra, chúng tơi quan tâm đặc biệt đến việc tìm nghiệm xác tốn ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng, xem nhiệm vụ tập tài liệu

Cuèn s¸ch bao gåm 10 ch−¬ng

Ch−ơng dành cho định nghĩa ph−ơng trình đạo hàm riêng, ví dụ tiêu biểu điều cần quan tâm nghiên cứu chúng Đặc biệt, nêu cách tóm tắt mối quan hệ lý thuyết ph−ơng trình đạo hàm riêng với lĩnh vực tốn học khác

Trong ch−ơng 2, chúng tơi trình bày ký hiệu kiến thức cần thiết để bạn đọc dễ theo dõi phần

(13)

Trong ch−ơng nhắc lại kết liên quan đến ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng tuyến tính : ph−ơng trình chuyển dịch, ph−ơng trình Laplace, ph−ơng trình truyền nhiệt, ph−ơng trình truyền sóng, chủ yếu cơng thức biểu diễn nghiệm tính chất đặc tr−ng

Ch−ơng dành cho việc giới thiệu lý thuyết ph−ơng trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp tr−ờng hợp hàm thông l−ợng lồi Chúng trọng đến ph−ơng pháp đặc tr−ng để tìm nghiệm địa ph−ơng đ−a khái niệm nghiệm yếu nghiệm suy rộng tốn Cauchy cho ph−ơng trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp định luật bảo toàn

Trong ch−ơng 5, bạn đọc làm quen với ph−ơng pháp th−ờng gặp để nghiên cứu ph−ơng trình đạo hàm riêng: ph−ơng pháp tách biến, ph−ơng pháp nghiệm đồng dạng, ph−ơng pháp biến đổi tích phân, ph−ơng pháp biến đổi ph−ơng trình phi tuyến thành tuyến tính, ph−ơng pháp Laplace hóa, ph−ơng pháp chuỗi lũy thừa

Ch−ơng đề cập đến ph−ơng pháp biến phân, ph−ơng pháp chủ yếu để khảo sát ph−ơng trình ĐHR thơng qua việc chứng minh tồn cực tiểu phiếm hàm l−ợng t−ơng ứng

Trong ch−ơng giới thiệu ph−ơng pháp quan trọng khác nh−: ph−ơng pháp toán tử đơn điệu, ph−ơng pháp điểm bất động, ph−ơng pháp nghiệm nghiệm d−ới, ph−ơng pháp không tồn nghiệm

Trong ch−ơng bạn đọc làm quen với khái niệm nghiệm nhớt ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp 2, khái niệm nghiệm yếu đ−ợc Crandall Lions đ−a vào năm 1981và đ−ợc nhiều nhà toán học chấp nhận Những định lý tồn nghiệm nhớt công thức biểu diễn nghiệm tr−ờng hợp ph−ơng trình Hamilton-Jacobi đo đ−ợc chứng minh

Ch−ơng dành cho việc nghiên cứu sâu hệ luật bảo tồn Bạn đọc tìm thấy kiến thức toán Riemann, tiêu chuẩn nghiệm kiểu entropi, đặc biệt xét kỹ hệ hai luật bảo tồn

Trong ch−ơng cuối chúng tơi giới thiệu hệ ph−ơng trình Navier-Stokes tốn mở tồn nghiệm trơn hệ Đặc biệt, chúng tơi xét tốn tồn nghiệm ph−ơng trình divu=f không gian Sobolev cho phác thảo chứng minh tồn nghiệm yếu toán biên-ban đầu hệ Navier-Stokes Ngoài ra, để tiện lợi cho bạn đọc, thêm phần Phụ lục Không gian Sobolev nhằm cung cấp khái niệm kết cần thiết nghiên cứu ph−ơng trình HR phi tuyn

(14)

Lời nói đầu 11

thuyết độ đo Lebesgue ph−ơng trình vi phân th−ờng, có ích cho đối t−ợng độc giả rộng roi: từ sinh viên năm khoa toán học viên cao học ngành toán cán khoa học kỹ thuật có dùng đến ph−ơng trình vi phân đạo hm riờng

Trần Đức Vân

(15)

(16)

Ch−¬ng 1

Ph−ơng trình đạo hàm riêng: Định nghĩa ví dụ

1.1 Sự xuất ph−ơng trình đạo hàm riêng 1.2 Các định nghĩa chung ph−ơng trình đạo hàm riêng 1.3 Các ví dụ tiêu biểu

1.4 Những điều cần ý nghiên cứu ph−ơng trình đạo hàm riêng

Chúng ta đo đ−ợc biết khái niệm ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng (ta viết tắt ph−ơng trình ĐHR) từ ch−ơng trình đại học ph−ơng trình có chứa hàm số cần tìm đạo hàm riêng Đây lĩnh vực tốn học phức tạp, tr−ớc tiên kí hiệu r−ờm rà dẫn dắt từ ứng dụng lắt léo, làm cho ng−ời cần đến ph−ơng trình ĐHR cảm thấy chán nản Ta hoy loại bỏ tâm lý để đọc sách với nội dung kiến thức lý thuyết ph−ơng trình ĐHR, từ khái niệm sơ đẳng đến thành tựu đại

1.1 Sự xuất ph−ơng trình đạo hàm riêng

Ph−ơng trình ĐHR đ−ợc nghiên cứu lần vào kỷ 18 cơng trình nhà toán học nh− Euler, Dalambert, Lagrange Laplace nh− công cụ quan trọng để mô tả mơ hình vật lý học Những

(17)

tốn có nội dung t−ơng tự đ−ợc nghiên cứu đến tận ngày nội dung lý thuyết ph−ơng trình ĐHR Chỉ đến kỷ 19 đặc biệt cơng trình Riemann, ph−ơng trình ĐHR trở thành cơng cụ mạnh dùng lĩnh vực toán học khác Cả hai h−ớng nói đo tác động tích cực đến phát triển lý thuyết ph−ơng trình ĐHR ng−ợc lại, ph−ơng trình ĐHR đóng vai trị quan trọng lĩnh vực khác toán học lý thuyết đặc biệt tốn thực tiễn Chính nhà toán học Poincare từ năm 1890 đo nhấn mạnh rằng, nhiều toán lĩnh vực khác nh− : thuỷ động học, điện học, nhiệt học, quang học, lý thuyết đàn hồi, nghiên cứu cơng cụ giống - ph−ơng trình ĐHR Từ xuất ngày nay, ph−ơng trình ĐHR đóng vai trị cầu nối toán học ứng dụng, thúc đẩy phát triển ý t−ởng toán học nhiều lĩnh vực toán học lý thuyết khác

1.2 Các định nghĩa chung ph−ơng trình ĐHR

Một ph−ơng trình ĐHR ph−ơng trình có chứa hàm nhiều biến ch−a biết số đạo hàm riêng

Sử dụng ký hiệu trongĐ2.1, ta viết phơng trình ĐHR nh sau Cho

klà số nguyên dơng vàU tập mở Rn. Định nghĩa1.1 Một biểu thức có dạng

F(x, u(x)), Du(x), , Dku(x)) = (xU) (1.1)

đợc gọi phơng trình ĐHR bậck,

F :U ×R×Rn

× · · · ×Rnk

→R,

lµ hµm cho tr−íc, vµ

u:U →R,

là hàm cần tìm

Ta nói phơng trình ĐHR (1.1) làgiảiđợc ta tìm đợc tất hàm số

uthoả mon (1.1)

Định nghĩa1.2 (i) Phơng trình ĐHR (1.1) đợc gọi tuyến tính nh− nã

cã d¹ng

|α|k

(18)

trong đóaα(x), f(x)là hàm số đC cho Ph−ơng trình tuyến tính đ−ợc gọi nếuf ≡0

(ii) Phơng trình (1.1) đợc gọi nửa tuyến tÝnh nÕu nã cã d¹ng

|α|=k

a(x)Du+a0(x, u, Du, Dk1u) =

(iii) Phơng trình (1.1) đợc gọi tựa tuyến tính có d¹ng

|α|=k

aα(x, u, Du, , Dk−1u)Dαu+a0(x, u, Du, Dk−1u) =

(iv) Ph−ơng trình (1.1) đ−ợc gọi ph−ơng trình phi tuyến hồn tồn phụ thuộc khơng tuyến tính vào đạo hàm bc cao nht

Mộthệ phơng trình ĐHR nhóm gồm vài phơng trình ĐHR chứa vài hàm số cần tìm

Định nghĩa1.3 Một biểu thức dạng

F(x,u(x), Du(x), , Dku(x)) =o (x∈U), (1.2)

đ−ợc gọi hệ ph−ơng trình ĐHR bậck,

F:U ìRmìRnmì Ã Ã Ã ìRmnk

Rm đC cho tr−íc, vµ

u:U →Rm, u= (u1, , um) lµ cần tìm

õy ta gi thit rng s ph−ơng trình số hàm cần tìm m Điều th−ờng xẩy ra, nh−ng có hệ có số ph−ơng trình nhỏ lớn số hm cn tỡm

Hệ phơng trình đợc phân loại tơng tự thành hệ tuyến tính, nửa tuyến tính

1.3 Các ví dụ tiêu biểu

(19)

nhiều rõ ràng tốt Nhiều nghiên cứu tập trung vào phơng trình riêng biệt có nhiều ứng dụng quan trọng toán học

Trong mục này, ta làm quen với tên gọi dạng số ph−ơng trình ĐHR đo đ−ợc nhiều nhà toán học quan tâm ởđây ta ch−a nói đến xuất xứ ph−ơng trình ý nghĩa Ta làm điều phần sau số ph−ơng trỡnh

Ta sử dụng ký hiệu tơng tù,x∈U, U lµ mét miỊn trongRn, t >0, Du=

Dxu= (ux1, , uxn)là gradient củautheo biến không gianx= (x1, , xn)

1.3.1 Các phơng trình ĐHR

a Phơng trình tuyến tính

1 Phơng trình Laplace đợc Laplace đa vào khoảng năm 1780

u=

n

i=1

uxixi =

2 Phơng trình Helmholtz đợc Helmholtz nghiên cứu vào năm 1860

u=u

3 Phơng trình chuyển dịch tuyến tÝnh

ut+ n

i=1

biuxi=

4 Phơng trình Liouville, đợc Liouville nghiên cứu vào khoảng năm 1851

ut n

i=1

(biu)xi =

5 Phơng trình truyền nhiệt (hoặc khuyếch tán) đợc Fourier đa công tr×nh ”ThÐorie analytique de la chaleur” (1810-1822)

ut−∆u=

6 Phơng trình Schrodinger đợc Schrodinger nghiên cứu vào năm 1926

(20)

7 Phơng trình Kolmogorov đợc Kolmogorov đa vào năm 1938

ut n

i,j=1

aijuxixj +

n

i=1

biuxi =

8 Phơng trình Fokker-Plank

ut− n

i,j=1

(aiju) xixj +

n

i=1

(biu) xi=

9 Phơng trình truyền sóng đợc Dalambert đa vào năm 1752

uttu=

10 Phơng trình truyền sóng tổng quát

utt n

i,j=1

aijuxixj +

n

i=1

biuxi=

11 Phơng trình điện báo

utt+dutu=

12 Phơng trình Airy

ut+uxxx=

13 Phơng trình Beam

utt+uxxxx=

b Phơng trình phi tuyến

1 Phơng trình Eikonal

|Du|=

2 Phơng trình Poisson phi tuyến

u=f(u)

3 Phơng trìnhp-Laplace

div(|Du|p2Du) =

4 Phơng trình mặt cực tiểu đợc nghiên cứu Lagrange vào năm 1760

div Du

(1 +|Du|2)1/2

(21)

5 Phơng trình Monge-Ampere đợc Monge đa vào năm 1775

det (D2u) =f.

6 Ph−ơng trình Hamilton-Jacobi đ−ợc nghiên cứu từ năm 20 kỷ 19 Jacobi xét đến vào năm 1837

ut+H(x, Du) =

7 Định luật bảo toàn đơn

ut+ divF(u) =

8 Ph−ơng trình Burger sửa đổi

ut+uux=

9 Ph−ơng trình khuếch tán-phản ứng đơn

utu=f(u)

10 Phơng trình môi trờng tổ ong

ut(u) =

11 Phơng trình truyền sóng phi tuyÕn

utt−∆u=f(u),

utt− diva(Du) =

12 Phơng trình Korteweg-de Vries (KdV) lần đầu đợc nghiên cứu vào năm 1896

ut+uux+uxxx=

1.3.2 Hệ phơng trình ĐHR

a Hệ tuyến tính

1 Hệ ph−ơng trình cân đàn hồi tuyến tính, Navier (1821)

µ∆u+ (λ+µ)D(divu) =

2 Hệ ph−ơng trình tiến hố đàn hồi tuyến tính

(22)

1.4 Những điều cần ý nghiên cứu phơng trình ĐHR 19

3 Hệ phơng trình Maxwell xuất vào năm 1864

  

Et = curlB Bt = -curlE

divB = divE= 0.

b HÖ phi tuyÕn

1 Hệ định luật bảo toàn

ut+ divF(u) =

2 Hệ phơng trình khuếch tán-phản ứng

utu=f(u)

3 Hệ phơng trình Euler đợc nghiên cứu lần vào năm 1775

ut+u.Du=Dp,

divu=

4 Hệ phơng trình Navier-Stokes xuất vào khoảng 1822-1827

ut+u.Duu=Dp,

divu=

1.4 Những điều cần ý nghiên cứu phơng

trình ĐHR

1.4.1 Bi toán đặt chỉnh Nghiệm cổ điển

Khi xét tốn ph−ơng trình ĐHR (có thể toán biên, toán điều kiện ban đầu, toán điều kiện hỗn hợp ), ta th−ờng gặp khả khác nghiệm Ta nói tốn ph−ơng trình ĐHR đ−ợcđặt chỉnh,

(a) Tồn nghiệm toán; (b) Nghiệm lµ nhÊt;

(23)

Hai điều kiện đầu đảm bảo tồn nghiệm tốn, cịn điều kiện thứ ba quan trọng toán thực tế: ta mong muốn nghiệm thay đổi kiện tốn thay đổi

Bây ta nói ta giải đ−ợc tốn ph−ơng trình ĐHR nh− ba điều kiện (a)-(c) thoả mon Nh−ng ta ch−a đặt định nghĩa xác nghiệm Một cách tự nhiên ta địi hỏi nghiệm ph−ơng trình ĐHR bậck

là hàm sốk lần khả vi liên tục Khi đó, tồn tất đạo hàm nghiệm xuất ph−ơng trình đạo hàm liên tục Những nghiệm có độ trơn nh− ta gọi lànghiệm cổ điển

Tuy nhiên, nhiều ph−ơng trình ĐHR nghiệm cổ điển tồn

1.4.2 NghiÖm yÕu TÝnh chÝnh quy

Trên thực tế, ph−ơng trình ĐHR có nghiệm cổ điển, đặc biệt nghiệm tồn toàn miền xác định (th−ờng gọi nghiệm tồn cục) Nh−ng rõ ràng cần phải tìm ” nghiệm ” ph−ơng trình khơng có nghiệm cổ điển để lý giải t−ợng thực tế mà chúng mô tả Ví dụ, ta xét định luật bảo tồn

ut+F(u)x=

Ph−ơng trình xuất thủy động học mô tả nhiều t−ợng vật lý khác nhau, đặc biệt, mơ hình việc hình thành truyền dẫn sóng sốc Sóng sốc đ−ờng cong điểm gián đoạn nghiệm u (xem

Đ4.4, Ch−ơng 4) Vì để nghiên cứu định luật bảo tồn giải thích t−ợng vật lý mà mơ tả, ta phải cho phép nghiệm u khơng khả vi, chí khơng liên tục Nói chung, định luật bảo tồn khơng có nghiệm cổ điển Tuy nhiên ph−ơng trình đ−ợcđặt chỉnhnếu ta xétnghiệm suy rộnghoặc

nghiƯm ucđa nã

(24)

1.4 Những điều cần ý nghiên cứu phơng trình §HR 21

ph−ơng trình ĐHR tốn khó (xem [V-H]) Ngay ph−ơng trình ĐHR có nghiệm cổ điển việc tìm nghiệm yếu chúng sau chứng minh nghiệm yếu có đủ độ trơn cần thiết để trở thành nghiệm cổ điển dể dàng việc trực tiếp tìm nghiệm cổ điển Trong t−ơng lai ta th−ờng tách công việc làm hai phần: tìm nghiệmthoả mon điều kiện (a)-(c) lớp hàm nghiên cứutính quyhayđộ trơncủa lớp hàm Phần việc cuối đo kích thích h−ớng tốn học quan trọng phát triển, định lý nhúngcác khơng gian hàm khỏc

Khi nghiên cứu phơng trình ĐHR ta thấy điều sau đây:

(1) Phng trỡnh phi tuyến khó nhiều so với ph−ơng trình tuyến tính, khó phần phi tuyến chứa đạo hàm bậc cao ph−ơng trình (2) Hệ ph−ơng trình phức tạp khó phng trỡnh

(3) Phơng trình bậc cao khó phơng trình bậc thấp

(4) Phng trình ĐHR với nhiều biến độc lập khó ph−ơng trình có số biến độc lập Với đại phận ph−ơng trình ĐHR khơng thể tìm đ−ợc nghiệm t−ờng minh

(25)

(26)

Chơng 2

Ký hiệu kiến thøc phơ trỵ

2.1 Ký hiệu 2.2 Bất đẳng thức

2.3 Một số kiến thức giải tích thực 2.4 Một số kiến thức giải tích hàm 2.5 Về lý thuyết độ đo

Trong ch−ơng làm quen với ký hiệu kiến thức phụ trợ đ−ợc sử dụng đến phần sau Bạn đọc bỏ qua ch−ơng để đọc ch−ơng tiếp theo, cần thiết quay trở lại để tham khảo ký hiệu kiến thức cần thiết

2.1 Ký hiÖu

2.1.1 Ký hiệu ma trận

(i) Ta viÕtA= (aij)

để ký hiệu ma trậnAdạng mìnvớiaij phần tử

thø(i, j) Ma trận đờng chéoAđợc ký hiệu diag(d1, , dn)

(ii) Mmìn = không gian ma trận thực mìn. Snìn = không gian ma

trn i xứng thựcnìn

(iii) trA=vết ma trậnA, tức tổng phần tử đ−ờng chéo (iv)detA=định thức ma trận A

(27)

(v) CofA=ma trận phần phụ đại số củaA (vi) AT =chuyển vị ma trậnA.

(vii) NÕuA= (aij)

vµB= (bij)

lµ hai ma trËn m×n, th×

A:B =

m

i=1

n

j=1

aijbij,

vµ

|A|= (A:A)1/2=

m

i=1

n

j=1

a2

ij

1/2

(viii) Nếu A Snìn và x= (x

1, , xn) ∈Rn, dạng tồn ph−ơng t−ơng

øng lµ

xAx=

n

i,j=1

aijxixj

(ix) NÕu A∈Sn×n, ta viếtAI, nếuxAx|x|2, xRn.

(x) Đôi ta viếtyA thay choATy vớiAMmìn vàyRm.

2.1.2 Ký hiệu hình học

(i)Rn là không gian Euclide thực nchiều,R=R1.

(ii) ei= (0, ,0,1,0, ,0) =véc tơ tọa độ đơn v thi

(iii) Một điểm Rn làx= (x

1, , xn) Trong tr−êng hỵp thĨ cã thể coix

nh véc tơ hàng vÐc t¬ cét (iv) Rn

+ = {x = (x1, , xn) Rn|xn > 0} nửa không gian më phÝa trªn;

R+={x∈R|x >0}.

(v) Mét ®iĨm bÊt kú trongRn+1 th−êng ®−ỵc ký hiƯu(x, t) = (x

1, , xn, t)vµ ta

th−ờng dùngt=xn+1 biến thời gian Một điểmx∈Rn đ−ợc viết

x= (x, x

n)víix= (x1, , xn−1)∈Rn−1

(vi) U, V vàW thờng ký hiệu tập mở cñaRn Ta viÕt

V ⊂ ⊂U

(28)

2.1 Ký hiƯu 25

(viii)UT =(0, T]

(ix)T =UT UT làbiên paraboliccủaUT

(x)B0(x, r) ={yRn|xy|< r}là hình cầu mở trong Rn với tâmxvà bán

kínhr >0

(xi)B(x, r)là hình cầu đóng với tâmxbán kínhr

(xii)C(x, t, r) ={y∈Rn, s∈R|x−y|r, t−r2st}là hình trụ đóng

với tâm đỉnh(x, t), bán kínhr, chiều caor2.

(xiii)α(n)là thể tích hình cầu đơn vịB(0,1)trongRn và

α(n) = π

n/2

Γ(n

2 + 1)

nα(n)là diện tích mặt cầu đơn vị∂B(0,1)trong Rn.

(xiv) NÕua= (a1, , an)vµb= (b1, , bn)thuécRn

ab=

n

i=1

aibi, |a|=

n i=1

a2

i

1/2

(xv)Cn là không gian phứcnchiều, Clà mặt phẳng phức Nếu zCta ký hiệu

Re(z)là phần thực củazvà Im(z)là phần ảo củaz

2.1.3 Ký hiệu hµm sè

(i) NÕuu:U→R, ta viÕtu(x) =u(x1, , xn) (xU).

Ta nóiulàtrơnnếuulà khả vi vô hạn

(ii) Nếuuvàv hai hàm, ta viếtu≡v có nghĩa làuđồng v Ta đặt

u:=v để nói uđ−ợc định nghĩa bằngv Giá hàm uký hiệu

sptu

(iii)u+= max(u,0), u−=−min(u,0), u=u+−u−, |u|=u++u−. Hµm dÊulµ hµm

sgn(x) =

    

(29)

(iv) NÕuu:U →Rm, ta viÕt

u(x) = (u1(x), , um(x)) (xU)

Hàmuk là thành phần thứ kcủau(k= 1, , m).

(v) Nếulà mặt trơn(n1)chiều trongRn, ta viÕt

Σ

f dS

để ký hiệu tích phân f Σ với độ đo(n−1) chiều Nếu C đ−ờng cong trongRn, ta ký hiệu

C

f dl

là tích phân củaf trênC với độ dài cung (vi) Tính trung bình:

B(x,r)

f dy= α(n)rn

B(x,r)

f dy

làtrung bình củaf hình cầuB(x, r),

∂B(x,r)

f dS= nα(n)rn−1

∂B(x,r)

f dS

làtrung bình củaf mặt cầu∂B(x, r) (vii) Hàm đặc tr−ngcủaE

χE(x) =

1 nÕux∈E nÕux∈E

(viii) Hàmu:U Rđợc gọi làliên tục Lipschitznếu

|u(x)u(y)|C|xy|

vi sốC với mọix, y∈U Ta viết Lip[u] := sup

x,y∈U x=y

|u(x)−u(y)| |x−y|

(ix) Tích chập hàm f, gđợc ký hiÖu : f ∗g (f∗g)(x) :=

(30)

2.1 Ký hiÖu 27

2.1.4 Ký hiệu đạo hàm

Gi¶ thiÕtu:U →R, x∈U.

(i) ∂u

∂xi

(x) = lim

h→0

u(x+hei)−u(x)

h , giới hạn tồn

(ii) Ta th−êng viÕtuxi thay cho

∂u ∂xi

(iii) T−¬ng tù ∂

2u

∂xi∂xj

=uxixj,

∂3u

∂xi∂xj∂xk

=uxixjxk, v.v

(iv)Ký hiƯu ®a chØ sè :

(a) Một véc tơ có dạngα= (α1, , αn), thành phầnαi l mt

số nguyên không âm, đợc gọi mét ®a chØ sè bËc

|α|=α1+· · ·+αn

(b) Cho tr−íc mét ®a chØ sèα, ký hiƯu

Dαu(x) := ∂ |α|u(x) ∂xα1

1 · · ·∂xαnn =∂x α1

1 · · ·∂xαnnu

(c) NÕuk số nguyên không âm

Dku(x) :={Du(x)||=k}

l tập tất đạo hàm riêng bậck Ta coiDku(x)là điểm

trongRnk

(d) |Dku|= Σ|

α|=k|Dαu|2

1/2

(e) Các tr−ờng hợp đặc biệt : Nếuk= 1, ta coi

Du= (ux1, , uxn)làvéc tơ gradient

Nếuk= 2, ta coi phần tử củaD2uđợc ma trận

D2u=

      

∂2u

∂x2

· · · ∂

2u

∂x1∂xn

∂2u

∂xnx1 · · ·

∂2u

∂x2 n  

nìn

làma trận Hessian

(v) ∆u=

n

i=1

uxixi= tr(D

2u)làtoán tử Laplacecủau.

(vi) Thnh thoảng ta dùng số d−ới gắn với ký hiệuD, D2, để ký hiệu

các biến đ−ợc lấy đạo hàm Chẳng hạn nh−: nếuu=u(x, y) (x∈Rn, y

Rm), thìD

(31)

2.1.5 Các không gian hàm

(i)C(U) ={u:U R|uliên tục}

C(U) ={uC(U)|uliờn tc u}

Ck(U) ={u:U R|ulà liên tục khả viklÇn}

Ck(U) ={u∈Ck(U)|Dαulà liên tục với mọi|α|k}

Do đó: nếuu∈Ck(U) thìDαuthác triển liên tục tới U với đa số

α, |α|k

(ii) C∞(U) ={u:U R|ulà khả vi vô hạn}=

k=0

Ck(U) C∞(U) =

∞

k=0

Ck(U)

(iii) Cc(U), Cck(U), ,ký hiƯu c¸c hàm trongC(U), Ck(U), ,với giá compắc

(iv) Lp(U) ={u:U R| ulà đo đợc Lebesgue, u

Lp(U)<},

trong

uLp(U)=

U|

u|pdx1/p (1p <∞) L∞(U) ={u:U R|ulà đo đợc Lebesgue,u

L(U)<}},

trong ú

uL∞(U)= ess sup

U |

u| Lploc(U) ={u:U →R|u∈Lp(V)víi mäi V ⊂ ⊂U}.

(v) DuLp(U)=

DuLp(U),D2uLp(U)=

D2u

Lp(U)

(vi) Wk,p(U), Hk(U), , (k = 0,1, , 1 p ) ký hiệu không gian

Sobolev

(vii) Ck,(U), Ck,(U) (k= 0, , 0 1)ký hiệu không gian H"older.

2.1.6 Hàm véc tơ

(i) Nếu m > vµ u : U → Rm, u = (u1, , um), (x ∈ U) Dαu =

(Dαu1, Dαu2, , Dαum)víi mäi ®a chØ sèα,

Dku={Dαu|α|=k}.

vµ |Dku|=

|α|=k

|Dαu|2

1/2

(32)

2.1 Ký hiệu 29

(ii) Đặc biÖt : k= 1ta cã

Du=

     

∂u1

∂x1 · · ·

∂u1

∂xn

∂um

∂x1 · · ·

∂um

∂xn

     

m×n

= ma trËn gradient

(iii) NÕum=n, ta cã

divu= tr(Du) =

n

i=1

uixi= toán tử divergencecủa u

(iv) Các không gianC(U;Rm), Lp(U;Rm), v.v gồm hàmu:U Rm, u=

(u1, , um)vớiuiC(U), Lp(U), v.v.(i= 1, , m).

Chó ý vỊ chØ số dới số trên

Nh o thy trên, ta dùng ký hiệu in đậm để ký hiệu ánh xạ nhận giá trị Rm với m > 1 (hoặc không gian Banach hoc

Hilbert) Các hàm thành phần ánh xạ đợc cho số Một điểm x Rn thì không in đậm thành phần có số d−íi,

x= (x1, , xn)

Ma trËn c¸c ánh xạ đợc in đậm thành phần đợc viết với số trộn lẫn số số dới tùy vào trờng hợp

2.1.7 Ký hiệu −íc l−ỵng

Hằng số. Ta dùng chữ cáiC để ký hiệu số biểu thức đại l−ợng đo biết Giá trị xác đ−ợc ký hiệu bởiCvẫn thay đổi từ dịng sang dịng khác phép tính xác định

Định nghĩa2.1 (i)(Biến thiên đồng bậc) Ta viếtf =O(g)khi x→x0

nếu tồn sốC cho|f(x)|C|g(x)|với mọixđủ gần vix0

(ii) (Biến thiên nhỏ hơn) Ta viếtf =o(g)khixx0nếu

lim

x→x0

|f(x)| |g(x)| = 2.1.8 Mét sè quy −íc vỊ ký hiƯu

(33)

(i) Ta dùng “Du” mà không dùng “∇u” để ký hiệu gradient hàmu Lý “D2u” ký hiệu ma trận Hessian củau, “∇2u” bị nhầm

víi to¸n tư Laplace Ký hiệu đa số trông phù hợp dùng chữ cáiD

(ii) Phn ln cỏc sỏch bỏo ph−ơng trình ĐHR dùng “Ω” để ký hiệu tập mở Rn mà ph−ơng trình ĐHR đ−ợc xét.

Nh− đo thấy trên, ta dùng ký hiệu “U” để ký hiệu miền trongRn Khi

đó có nhiều thuận lợi: nghiệm đ−ợc ký hiệuu, gợi cho ta miền xác định U khơng lẫn với chữ Hy lạp Hơn nữa, ta gọiU tập mở cho tr−ớc, chữ cáiV vàW dùng ký hiệu miền củaU

Sau cùng, ta dành Ωnh− ký hiệu chuẩn cho không gian xác suất Nhiều ph−ơng trình ĐHR có liên quan đến công thức biểu diễn xác suất (xem Freidlin [F]), mà ta khơng dùngΩđể ký hiệu miền trongRn.

2.2 Bất đẳng thức

2.2.1 Hµm låi

Định nghĩa2.2 Một hàm f:RnRđợc gọi lồi nếu

f(τ x+ (1−τ)y)τ f(x) + (1−τ)f(y) (2.1)

víi mäix, y∈Rn vµ víi0τ1.

Định lý 2.1 (Giá siêu phẳng). Giả thiếtf :Rn→Rlà lồi Khi với mọi

x∈Rn, tån t¹ir∈Rn sao cho

f(y)≥f(x) +r(y−x), ∀y∈Rn. (2.2)

Chó ý

(i) ánh xạ y→f(x) +r(y−x)xác địnhgiá siêu phẳng f x Bất đẳng thức (2.2) nói rằng: đồ thị củaf nằm phía giá siêu phng Nuf

khả vi tạixthìr=Df(x)

(ii) Nếuf làC2thìf lµ låi nÕu vµ chØ nÕuD2f ≥0 Mét hµmf lµC2gäi lµlåi

đềunếuD2f ≥θI với sốθ >0 nào đó; nghĩa là

n

i,j=1

fxixj(x)ξiξj≥θ|ξ|

2 (x, ξ

(34)

Định lý 2.2 (Bất đẳng thức Jensen). Giả thiếtf :R→R là lồi vàU ⊂ Rn là mở, bị chặn Chou:U →Rlà khả tổng Khi đó

f

U

udx

U

f(u)dx (2.3)

Nhí r»ngUudx=

|U|

Uudxlà trung bình củautrênU (xemĐ2.1.3) Chứng minh Vìf lồi, với mọip∈Rn, ∃r∈Rsao cho

f(q)≥f(p) +r(q−p), ∀q∈R

đặt p=Uudx, q=u(x), ta có

f(u(x)≥f

U

udx+ru(x)−

U

udx

Lấy tích phân hai vế theoxtrênU ta đ−ợc Bất đẳng thức cần chứng minh

2.2.2 Một số Bất đẳng thức bản

Sau số Bất đẳng thức sơ cấp nh−ng quan trọng liên tục đ−ợc sử dụng

a Bất đẳng thức Cauchy

ab a

2

2 + b2

2 (a, b∈R) (2.4) Chøng minh 0(a−b)2=a2−2ab+b2.

b Bất đẳng thức Cauchy với ε abεa2+b

2

4ε (a, b >0, ε >0) (2.5) Chøng minh Ta viÕtab= (2ε)1/2a b

(2ε)1/2 áp dụng Bất đẳng thức Cauchy c Bất đẳng thức Young. Cho 1< p, q <∞, 1p+1q = Khi

ab a

p

p + bq

(35)

Chứng minh Ta có ánh xạx→exlà lồi, từ đó

ab=eloga+logb=ep1logap+1qlogbq

pe

logap

+1 qe

logbq

=a

p

p + bq

q

d Bất đẳng thức Young với ε

abεap+C(ε)bq (a, b >0, ε >0) (2.7) víiC(ε) = (εp)−q/pq−1.

Chøng minh Ta viÕt: ab= (ε)1/pa b

(εp)1/p

và áp dụng Bất đẳng thức Young

e Bất đẳng thức H"older. Giả thiết p, q ∞,

p+

1

q = 1Khi

u∈Lp(U), v∈Lq(U), ta cã

U|

uv|dxuLp(U)vLq(U) (2.8)

Chứng minh Không tính tổng quát ta giả thiÕtuLp(U)=vLq(U)= Khi

đó với1< p, q <∞, từ Bất đẳng thức Young suy

U|

uv|dx1

p

U|

u|pdx+1 q

U|

v|qdx= =uLp(U)vLq(U)

f Bất đẳng thức Minkowski. Giả thiết p∞vàu, v ∈Lp(U) Khi

đó

u+vLp(U)uLp(U)+vLp(U) (2.9)

Chøng minh

u+vpLp(U)=

U|

u+v|pdx

U|

u+v|p−1(|u) +|v|)dx

U|

u+v|pdx

p−1

p

U|

u|pdx

1

p

+

U|

v|pdx

1

p

=u+vpL−p(1U) uLp(U)+vLp(U)

(36)

Chú ý. Chứng minh t−ơng tự ta thiết lập đ−ợc Bất đẳng thức H"older Min-skowski rời rạc

           n k=1

akbk

n

k=1

|ak|p

1/p n k=1

|bk|q

1/q n

k=1

|ak+bk|p

1/p

n

k=1

|ak|p

1/p

+

n

k=1

|bk|p

1/p (2.10)

víia= (a1, , an), b= (b1, , bn)∈Rn vµ1p <∞, 1p+1q =

g Bất đẳng thức H"older tổng quát

Cho1p1, , pm∞, p1

1+

1

p2+· · ·+

1

pm = 1và giả thiếtuk L

pk(U), k=

1, , m Khi

U|u

1· · ·um|dx m

k=1

ukLpk(U) (2.11)

Chứng minh Bằng qui nạp, dùng Bất đẳng thức H"older

h Bất đẳng thức ni suy i vi chun Lp

Giả thiết1 srtvà 1r = θs+(1−tθ) Gi¶ sưu∈Ls(U)∩Lt(U).

Khi u∈Lr(U)và

uLr(U)uθLs(U)u1L−t(θU) (2.12)

Chứng minh áp dụng Bất đẳng thức H"older, ta có

U|

ur|dx

U|

u|θr|u|(1−θ)rdx

U|

u|θrθrsdx

θr s

U|

u|(1−θ)r(1−tθ)rdx

(1−θ)r t

i Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

|xy||x| |y| (x, y∈Rn). (2.13) Chøng minh Choε >0 vµ chó ý r»ng

(37)

Do

±xy

2ε|x|

2+ε

2|y|

2.

Cực tiểu hóa vế phải cách đặtε=||xy|| vớiy =

Chú ý. T−ơng tự, nếuAlà ma trận nìn, đối xứng khơng âm

n

i,j=1

aijxiyj

n i,j=1

aijxixj

1/2 n

i,j=1

aijyiyj

1/2

(x, y∈Rn). (2.14)

j Bất đẳng thức Gronwall (dạng vi phân)

(i) Cho η(ã)là hàm liên tục tuyệt đối, không âm [0, T] thỏa mon hầu khắptBất đẳng thức vi phân

η(t)φ(t)η(t) +ψ(t), (2.15) đóφ(t), ψ(t)là hàm khả tích, khơng âm trên[0, T] Khi

η(t)e0tφ(s)ds

η(0) +

t

0

ψ(s)dsvíi mọi0tT (2.16) (ii) Đặc biệt, nếu trên[0, T]và(0) = 0thì0trên [0, T].

Chøng minh Tõ (2.15) ta cã

d ds

η(s)e−0sφ(r)dr

=e−0sφ(r)dr η(s)−φ(s)η(s)e−0sφ(r)drψ(s)

với hầu khắps, 0sT Do đó, với mọi0tT ta nhận đ−ợc

η(t)e−0sφ(r)drη(0) +

t

0

e−0sφ(r)drψ(s)dsη(0) +

t

0

ψ(s)ds

Từ suy Bất đẳng thức (2.16)

k Bất đẳng thức Gronwall (dạng tích phân)

(i) Choξ(t)là hàm khả tích, khơng âm trên[0, T]và thoả mon với hầu khắpt Bất đẳng thức tích phân

ξ(t)C1

t

0

ξ(s)ds+C2, (2.17)

vớiC1, C2 số không âm Khi

(38)

2.3 Mét sè kiÕn thøc giải tích thực 35

với hầu khắpt, 0tT (ii) Đặc biệt,

(t)C1

t

0

(s)ds

với hầu khắpt, 0tT, thì(t) = 0với hầu khắpt

Chng minh t (t) := 0t(s)ds, ú C

1+C2 hầu khắp nơi

[0, T] Theo dạng vi phân Bất đẳng thức Gronwall ta có

η(t)eC1t η(0) +C

2t

=C2teC1t

Khi đó, từ (2.17) suy

ξ(t)C1η(t) +C2C2 +C1teC1t

2.3 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch thực

2.3.1 Biên

ChoURn là tập mở, bị chặn, k {1,2, }.

Định nghĩa2.3 Ta nói biênU làCknếu với điểmx0U tồn tại

r >0 vµ métCk-hµmγ:Rn−1→R, cho

U∩B(x0, r) ={x∈B(x0, r)xn> γ(x1, , xn−1)}

(ta biến đổi hệ tọa độ cần thiết) T−ơng tự, ∂U làC∞ nếu∂U làCk với k= 1,2, và∂U giải tích ánh xạγlà giải tích

(39)

Định nghĩa2.4 (i) Nếu ∂U C1, dọc theo∂U xác định tr−ờng véc

tơ pháp tuyến đơn vị h−ớng

ννν= (ν1, , νn)

Pháp tuyến đơn vị điểm bất kỳx0∈∂U làννν(x0) = (ν

1, , νn) =ννν (ii) Chou∈C1(U) Ta gäi

∂u

∂ν :=ννν.Du đạo hàm pháp tuyến (h−ớng ngoài) củau

Ta th−ờng phải đổi hệ tọa độ gần điểm ∂U để “làm phẳng” biên Cụ thể là, cố địnhx0∈∂U chọnr, γ, ,nh− Khi xác định

yi =xi=: Φi(x) (i= 1, , n−1)

yn =xn−γ(x1, , xn−1) =: Φn(x)

vµ viÕt

y= ΦΦΦ(x)

T−ơng tự, đặt

xi =yi=: ΨΨΨi(y) (i= 1, , n−1)

xn =yn+γ(y1, , yn−1) =: ΨΨΨn(y),

vµ viÕt

x= ΨΨΨ(y)

Khi đóΦΦΦ = ΨΨΨ−1 ánh xạx→ΦΦΦ(x) =y “làm thẳng∂U” gần điểmx0 Chú ý:

det ΦΦΦ = det ΨΨΨ =

(40)

2.3 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch thùc 37

2.3.2 Định lý Gauss-Green

Trong phần ta giả thiết rằngU tập bị chặn, mở trongRn vµ ∂U lµ

C1.

Định lý 2.3 (Định lý Gauss-Green). Giả sửu∈C1(U) Khi đó

U

uxidx=

∂U

uνidS (i= 1, , n) (2.18)

Định lý 2.4 (Công thức tích phân phần). Chou, vC1(U) Khi

ú

U

uxivdx=−

U

uvxidx+

∂U

uvνidS (i= 1, , n). (2.19) Chứng minh Sử dụng Định lý 2.3 uv

Định lý 2.5 (Công thức Green). Chou, v∈C2(U) Khi đó

(i)U∆udx=∂U ∂u∂νdS,

(ii)UDvDudx=−Uu∆vdx+

∂Uu ∂v ∂νdS, (iii)U[u∆v−v∆u]dx=∂Uu∂v

∂ν −v ∂u ∂ν

dS

Chøng minh Dïng (2.19) víiuxi thay thÕ chouvµv≡1ta cã

U

uxixidx=

∂U

uxiν

idS

Céng lại với i= 1, , nta nhận đợc (i) Để chøng minh (ii) ta dïng (2.19) víi vxi=uxi

Viết (ii) với uvàv đổi chỗ trừ cho ta có (iii)

Định lý 2.6 (Đa đơn thức). Ta có (x1+ã ã ã+xn)k=

|α|=k

|α|

α

xα,

trong |α|

α

:= |αα|!!, α! =α1!· · ·αn!, xα=xα11· · ·xαnn

C«ng thøc Leibniz

Dα(uv) =

βα

α β

(41)

trong đó,u, v:Rn→Rlà hàm trơn α β

:= β!(αα−!β)! vµα≥β⇔αi≥βi, i=

1, , n

C«ng thøc Taylor

Chof :Rn →Rlà hàm trơn Khi đó, với mỗik= 1,2, ,ta có

f(x) = |α|k

1 α!D

αf(0)xα+O(|x|k+1), x→0.

2.3.3 Tọa độ cực, công thức đối miền

Sau ta biến đổi tích phânnchiều thành tích phân mặt cầu

Định lý 2.7 (Tọa độ cực). (i) Chof :Rn →Rlà khả tích liên tục Khi

Rn

f dx=

0 B(x0,r)

f dSdr, với điểmx0Rn

(ii) Đặc biệt,

d

dr B(x0,r)

f dx=

∂B(x0,r)

f dS, với mỗir >0

nh lý 2.7 l mt trng hợp đặc biệt định lý sau

Định lý 2.8 (Công thức đối miền). Chou:Rn →Rlà liên tục Lipschitz giả thiết với hầu khắpr∈R, tập mức

{x∈Rn u(x) =r

}

là siêu mặt (n−1)-chiều, trơn trongRn Cũng giả sử rằng: f :Rn →Rlà liên tục khả tổng Khi

Rn

f|Du|dx=

+∞

−∞ {u=r}

f dSdr

Định lý 2.7 suy từ Định lý 2.8 cách đặtu(x) =|x−x0| Xem [E-G, ch−ơng

(42)

2.3.4 Tích chập độ trơn

Tiếp theo ta bổ sung công cụ mà chúng cho phép xây dựng xấp xỉ trơn hàm cho trớc

Ký hiệu. NếuURn là tập më,ε >0, ta viÕt

Uε:={x∈U

dist(x, ∂U)> ε}

Định nghĩa2.5 (i) Ta xác địnhη ∈C∞(Rn)bởi

η(x) :=

  

Cexp |x|2−1

nÕu|x|<1

0 nÕu|x| ≥1,

hằng sốC >0đợc chọn choRndx=

(ii) Vi ε >0, đặt

ηε(x) :=

εnη

x ε

Ta gäiη hàm làm trơn chuẩn HàmlàC thỏa mCn

Rn

ηεdx= 1, supp(ηε)⊂B(0, ε)

Định nghĩa2.6 Nếu f : U → Rlà khả tích địa ph−ơng, ta định nghĩa hàm

tr¬n hãa cđa nã lµ

fε:=ηε∗f Uε NghÜa lµ

fε(x) =

U

ηε(x−y)f(y)dy=

B(0,ε)

(y)f(xy)dy, với xU

Định lý 2.9 (Một số tính chất hàm trơn hóa). (i)fC(U

) (ii) ff hầu khắp nơi khi0.

(iii) Nuf C(U), thỡ fε→f đều tập compắc củaU. (iv) Nếu1p <∞vàf ∈Llocp (U)thìfε→f trongLp

loc(U)

Chứng minh Cố địnhx∈Uε, i∈ {1, , n}vàhđủ nhỏ chox+hei∈Uε

Khi

fε(x+he

i)−fε(x)

h = εn U h

η x+hei−y ε

−η x−y ε f(y)dy = εn V h

η x+hei−y ε

−η x−y ε

(43)

víi tËp mëV⊂ ⊂U V×

1 h

η x+hei−y ε

−η x−y ε

−→ 1ε∂x∂η

i

x−y ε

đều trênV, ∂f

ε

∂xi

(x)tån t¹i vµ b»ng

U

∂ηε

∂xi

(x−y)f(y)dy

Lý ln t−¬ng tù ta cịng chØ rằngDf(x)tồn và

Df(x) =

U

Dαηε(x−y)f(y)dy (x∈Uε),

víi mäi ®a chØ sèα Ta đo chứng minh đợc (i)

2 Theo nh lý tích phân Lebesgue (Đ2.5 d−ới đây), ta thấy

lim

r→0

B(x,r)|

f(y)−f(x)|dy= 0, (2.20) với hầu khắpx∈U Cố định điểmx∈U Khi từ (2.20) ta có

|fε(y)−f(x)|=

B(x,ε)

ηε(x−y)[f(y)−f(x)]dy

εn

B(x,ε)

η x−y ε

|f(y)−f(x)|dy

C

B(x,ε)|

f(y)−f(x)|dy −→0, nÕuε→0

Khẳng định (ii) đ−ợc chứng minh

3 Bây giả thiếtf ∈C(U) Cho tr−ớc V⊂ ⊂U ta chọn V⊂ ⊂W⊂ ⊂U để ý f liên tục trênW Từ giới hạn (2.20) với x∈V Vì vậy, từ tính tốn suy rafε→f đều trênV.

4 Tiếp theo, giả thiết1p <∞và f ∈Lploc(U) Cho.n tập mở V⊂ ⊂U tập mởW cho V⊂ ⊂W⊂ ⊂U Ta chứng minh vớiε >0đủ nhỏ

fεLp(V)fLp(W) (2.21)

ThËt vËy, nÕu1< p <∞vµx∈V, ta cã

|fε(x)|=

B(x,ε)

ηε(x−y)f(y)dy

B(x,ε)

η1−1p

ε (x−y)η

1

p

ε(x−y)|f(y)|dy

B(x,ε)

ηε(x−y)dy

1−1

p

B(x,ε)

ηε(x−y)|f(y)|pdy

1

p

(44)

V×

B(x,ε)

ηε(x−y)dy= 1, từ Bất đẳng thức suy

V |

fε(x)|pdx

V B(x,ε)

ηε(x−y)|f(y)|pdy

dx

W|

f(y)|p

B(y,ε)

ηε(x−y)dx

dy=

W|

f(y)|pdy,

vớiε >0đủ nhỏ Do đó, ta có (2.21)

5 Bây cố định V⊂ ⊂W⊂ ⊂U,δ >0 chọng∈C(W)sao cho

f−gLp(W)< δ

Khi

fε−fLp(V)fε−gεLp(V)+gε−gLp(V)+g−fLp(V)

2f−gLp(W)+gε−gLp(V) (2.21)

2δ+gε−gLp(V)

Vìgε→g đều trênV ta thấy

lim sup

0

ffLp(V)2

2.3.5 Định lý hàm ngợc

Cho URn là tập mở giả sư f : U → Rn lµ C1,

f = (f1, , fn) Gi¶ thiÕtx

0∈U, z0=f(x0)

Ký hiệu. TừĐ2.1 ta đo có

Df =

  

f1

x1 · · · f

1

xn

fn

x1 · · · f

n xn

  

n×n

= ma trËn gradient f

Định nghĩa2.7 Jf = Jacobian f =|detDf|=∂(f

1, , fn)

∂(x1, , xn)

Định lý 2.10 (Định lý hàm ngợc). Giả thiết f C1(U;Rn) và

Jf(x0)= Khi tồn tập mởV⊂U với x0 ∈V tập mởW⊂Rn

víi z0∈W cho

(i)¸nh xạf :V W ánh xạ 1-1, (ii) Hàm ngợcf1:W V làC1

(45)

Hình2.3: Hàm ngợc

Hình2.4: Hàm ẩn

2.3.6 Định lý hàm ẩn

Cho n, mlà số nguyên dơng

Ký hiệu. Ta viết điểm trongRn+m là

(x, y) = (x1, , xn, y1, , ym)víix∈Rn, yRm

Cho URn+m là tập mở giả sư f : U → Rm lµ C1,

f = (f1, , fm) Gi¶ thiÕt(x

0, y0)∈U, z0=f(x0, y0)

Df =

  

f1

x1 · · · f

1

xnf

1

y1 · · · f

1

ym

fm

x1 · · · f

m xnf

m

y1 · · · f

m ym

  

m×(n+m)

(46)

2.3 Mét sè kiến thức giải tích thực 43

Định nghĩa2.8 Jyf = |detDyf|=

∂(f

1, , fm)

(y1, , ym)

Định lý 2.11 (Định lý hàm ẩn). Giả thiết f C1(U;Rm) vµ

Jyf(x0, y0) = Khi tồn tập mở V⊂U với (x0, y0) ∈ V,

mở WRn vớix

0W, mộtC1 ánh xạg:W →Rmsao cho

(i)g(x0) =y0,

(ii)f(x,g(x)) =z0 (x∈W),

(iii) nếu(x, y)V vàf(x, y) =z0 thìy=g(x),

(iv) nếuf ∈Ck th×g∈Ck (k= 2, ).

Hàmgđ−ợc xác định ẩn gnx0 bi phng trỡnhf(x, y) =z0

Hình2.5: Hàm ẩn

2.3.7 Hội tụ đều

Ta phát biểu tiêu chuẩn compắc Arzela-Ascoli hội tụ Giả sử{fk}∞k=1 doy hàm giá trị thực xác định trênRn, cho

|fk(x)|M (k= 1, , x∈Rn),

vớiM số, và{fk}∞k=1làliên tục đồng bậc Khi tồn doy

{fkj}

j=1 {fk}k=1 hàm liên tụcf cho

fkj −→f tập compắc R

n.

Ta nói{fk}∞k=1 liên tục đồng bậc nghĩa với mọiε >0, tồn tạiδ >0

(47)

2.4 Mét sè kiÕn thức giải tích hàm

2.4.1 Không gian Banach

ChoX không gian tuyến tính thực

Định nghĩa2.9 ánh xạ :X[0,)đợc gọi chuẩn (i)u+vu+v, u, v∈X

(ii) λu=|λ| u, ∀u∈X, λ∈R.

(iii) u= ⇔u=

Bất đẳng thức (i) gọi Bất đẳng thức tam giác Khơng gian tuyến tính trang bị chuẩn đ−ợc gọi khơng gian tuyến tính định chuẩn

Từ trở ta giả thiếtX khơng gian tuyến tính định chuẩn

Định nghĩa2.10 Ta nói dCy{uk}∞k=1⊂Xhội tụ đếnu∈Xnếu lim

k→∞uk− u= 0, ký hiệuuku

Định nghĩa2.11 (i) DCy {uk}k=1X đợc gọi lµ mét dCy Cauchy nÕu víi

mäiε >0, ∃N >0 chouk−ul< ε, ∀k, l≥N

(ii) X đầy đủ dCy Cauchy X hội tụ, có nghĩa với {uk}∞k=1⊂X dCy Cauchy, tồn tạiu∈X cho {uk}∞k=1 hội tụ đếnu

(iii) Không gian BanachX khơng gian tuyến tính định chuẩn đầy đủ

Định nghĩa2.12 Ta nóiX tách đ−ợc X chứa tập đếm đ−ợc trù mật trongX

Ví dụ: Không gian Lp Giả sửU là tËp më cña Rn, 1p∞ NÕu

f :U →Rlà đo đ−ợc, ta định nghĩa

fLp(U):=

(U|f|pdx)1/p nếu1p <

esssupU|f| nếup=

Ta thấyLp(U)là không gian tuyến tính gồm hàm đo đợc f :U →R víi

fLp(U)<∞ Khi đóLp(U)là khơng gian Banach ta đồng hàm

b»ng hÇu khắp nơi trênU

2.4.2 Không gian Hilbert

(48)

2.4 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch hàm 45

Định nghĩa2.13 ánh xạ(Ã,Ã) :HìH Rđợc gọi tích vô hớng nếu:

(i)(u, v) = (v, u), u, vH

(ii)ánh xạu(u, v)là tuyến tính với mäiv∈H (iii)(u, u)≥0, ∀u∈H

(iv)(u, u) = 0⇔u=

Ký hiệu. Nếu(, )là tích vô hớng, thìchuẩntơng øng víi nã lµ

u:= (u, u)1/2 (u∈H) (2.22) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

|(u, v)|u v (u, v∈H) (2.23) Bất đẳng thức đo đ−ợc chứng minh nh− Đ2.2 Từ (2.23) dễ dàng suy (2.22) xỏc nh mt chun H

Định nghĩa2.14 Không gian Hilbert không gian Banach với chuẩn đợc sinh bëi mét tÝch v« h−íng

VÝ dơ. a Không gian L2(U)là không gian Hilbert với

(f, g) =

U

f gdx

b Không gian Sobolev H1(U)là không gian Hilbert với

(f, g) =

U

(f g+Df.Dg)dx

Định nghĩa2.15 (i) Hai phần tửu, v∈H trực giao nếu(u, v) = (ii) Một sở đếm đ−ợc{wk}∞k=1⊂H đ−ợc gọi trực chuẩn

(wk, wl) = (k, l= 1, , k=l)

wk= (k= 1, )

NÕuu∈H vµ{wk}∞k=1⊂H lµ mét c¬ së trùc chn ta cã thĨ viÕt

u= ∞

k=1

(u, wk)wk,

là chuỗi hội tụ trongH Và từ

u2=

∞

k=1

(49)

Định nghĩa2.16 NếuS không gian củaH, S⊥={u∈H | (u, v) = với mọiv∈S} khơng gian trực giao vớiS

2.4.3 To¸n tư tuyến tính bị chặn

a Toán tử tuyến tính không gian Banach

ChoX vàY không gian Banach thực

Định nghĩa2.17 (i)ánh xạA:X Y gọi toán tử tuyến tính A(u+àv) =Au+àAv,

với mọiu, vX, , àR.

(ii) Miền giá trị củaA

R(A) :={vY |v=Au với uX}

Hạch củaAlà

N(A) :={uX |Au= 0}

Định nghĩa2.18 Toán tử tuyến tínhA:X Y bị chặn A:= sup{AuY

uX 1}<

Dễ dàng kiểm tra đợc toán tử tuyến tính bị chặn liên tơc

Định nghĩa2.19 Một tốn tử tuyến tínhA:X →Y đ−ợc gọi đóng từ uk →utrongX vàAuk→vtrongY, ta có

Au=v

Định lý 2.12 (Định lý đồ thị đóng). Cho A : X → Y tốn tử tuyến tính đóng, đóA bị chặn

Định nghĩa2.20 ChoA:XX toán tử tuyến tính bị chặn (i) Tập giải củaAlà

(A) ={R|(AI)là ánh xạ 1-1}.

(ii) Phỉ cđaAlµ

(50)

2.4 Mét số kiến thức giải tích hàm 47

Nu(A), từ định lý đồ thị đóng suy rằng(A−ηI)−1:X→X là toỏn t

tuyến tính bị chặn

Định nghĩa2.21 (i) Ta nói (A)là giá trị riêng củaAnếu N(AI)={0}

Ta viếtσp(A)để ký hiệu tập giá trị riêng A; σp(A)là phổ rời rạc (ii) Nếuη giỏ tr riờng vw= 0tha mCn

Aw=w, thìwđợc gọi véc tơ riêng tơng ứng

Định nghĩa2.22 (i) Toán tử tuyến tính bị chặn u :X Rđợc gọi một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trênX

(ii) Ký hiệu X∗ là tập tất phiếm hàm tuyến tính bị chặn trênX; X∗gọi là khơng gian đối ngẫu X

Định nghĩa2.23 (i) Nếuu∈X, u∗∈X∗, ta dùng < u∗, u >để ký hiệu giá trị củau∗tạiu Dấu hiệu<, >để cặp đôi củaX∗vàX.

(ii) Định nghĩau:= sup{< u, u >u1}.

(iii) Khụng gian Banach X gọi phản xạ nếu(X∗)∗ =X Điều có nghĩa là: với mọiu∗∗ ∈(X∗)∗, ∃u∈X cho

< u∗∗, u∗>=< u∗, u > ∀u∗∈X∗.

b Toán tử tuyến tính không gian Hilbert

Cho H không gian Hilbert với tích vô hớng(,)

Định lý 2.13 (Định lý biểu diễn Riesz). H∗ có thể đ−ợc đồng với H; cụ thể là: với mọiu∗∈H∗ tồn phần tử u∈H sao cho

< u∗, v >= (u, v), ∀v∈H

ánh xuul mt ng cu tH voH.

Định nghĩa2.24 (i) Nếu A : H H toán tử tuyến tính bị chặn, toán tử liên hợp làA:H H tháa mCn

(51)

2.4.4 Héi tô yÕu

ChoX không gian Banach thực

nh ngha2.25 Ta nói dCy{uk}∞k=1⊂Xhội tụ yếu đếnu∈Xnếu< u∗, uk >

< u, u >với phiếm hàm tuyến tính bị chặnuX, ký hiệu làu

k F u

Dễ kiểm tra đợc rằng: Nếu uk u, uk F u Vµ ta cịng cã mét doy héi tơ

yếu bị chặn Từ đó, nếuuk F u, thìu lim

k→∞ infuk

Định lý 2.14 (Compắc yếu). Cho X không gian Banach phản xạ giả sử dCy {uk}∞k=1 bị chặn Khi tồn dCy {ukj}

∞

j=1⊂{uk}∞k=1 vµ

u∈X cho ukj F u Tøc lµ, dCy bị chặn không gian Banach phản xạ

là tiền compắc yếu Nói riêng, dCy bị chặn kh«ng gian Hilbert chøa mét dCy héi tơ u

Định lý Mazur khẳng định rằng: Một tập đóng, lồi X đóng yếu

Ví dụ quan trọng. Ta th−ờng dùng khái niệm hội tụ yếu phần tiếp sau ChoU⊂Rn là tập mở, giả thiết 1p <∞ Khi khơng gian

đối ngẫu X = Lp(U) là X∗ = Lq(U), đó

p +

1

q = 1, < q ∞

đặc biệt, phiếm hàm tuyến tính bị chặn trênLp(U)có thể đ−ợc biểu diễn bởi

f → Ugf dxvíig∈L

q(U) Từ đó

fk F f trongLp(U)cã nghÜa lµ

U

gfkdx→

U

gf dxkhik→ ∞, với mọig∈Lq(U) (2.24) VìLp(U)là khơng gian đối ngẫu củaLq(U), đóLp(U)là phản xạ nếu1< p <

∞

Khi Định lý 2.14 khẳng định rằng: Từ doy bị chặn trongLp(U) (1< p <∞)

ta trích doy hội tụ yếu thỏa mon (2.24) khẳng định quan trọng tính compắc, song ta cần ý rằng: Từ doy hội tụ theo nghĩa (2.24) suy rafk →f theo điểm hay hầu khắp nơi

2.5 Về lý thuyết độ đo

(52)

2.5.1 Độ đo Lebesgue

Độ đo Lebesgue cho ta cách miêu tả kích thớc thể tích tập củaRn.

Định nghĩa2.26 Một tập hợp M gồm tập Rn đợc gọi một

σ-đại số (i)∅, Rn∈ M

(ii)A∈ MkÐo theoRn\A M

(iii) Nếu{Ak}k=1M

k=1

Ak,

∞

k=1

Ak∈ M

Định lý 2.15 (Sự tồn độ đo Lebesgue tập đo đ−ợc Lebesgue).

Tồn σ-đại sốMcác tập củaRn và ánh xạ

| |:M −→[0,+∞] víi c¸c tÝnh chÊt sau:

(i) Mỗi tập mở củaRn và tập đóng củaRn đều thuộcM. (ii) NếuB hình cầu trongRn, thì|B|bằng thể tíchn-chiều củaB. (iii) Nếu{Ak}∞k=1⊂Mvà tập{Ak}∞k=1 rời đơi

∞

k=1

Ak

=

∞

k=1

|Ak| ("Céng tÝnh") (2.25)

(iv) NÕuA⊆B víiB∈ Mvµ |B|= 0thìA M và|A|=

Ký hiu. Cỏc M gọi tập đo đ−ợc Lebesgue | ã | độ đo Lebesguen-chiều

Chó ý. (i) Tõ (ii) vµ (iii) ta thÊy r»ng |A| b»ng thĨ tích tậpA với biên trơn khúc

(ii) Tõ (2.25) ta cã

|∅|= (2.26)

vµ

∞

k=1

Ak

∞

k=1

(53)

với tập gồm đếm đ−ợc tập đo đ−ợc{Ak}∞k=1

Ký hiệu. Nếu tính chất thỏa mon khắp nơi trênRn trừ tập có độ đo

Lebesgue bằng0, ta nói tính chất đóthỏa mCn hầu khắp nơi, viết tắt “h.k.n.”

2.5.2 Hµm đo đợc tích phân

Định nghĩa2.27 Chof :RnR Ta nóif là hàm đo đợc nếuf1(U) M

với mäiU lµ tËp më trongR.

Chó ý r»ng, nếuf liên tục thìf đo đợc Tổng tích hai hàm đo đợc hàm đo đợc Ngoài ra, nếu{fk}k=0 hàm đo đợc

lim supfk lim inffk

cũng đo đợc

Định lý 2.16 (Định lý Egoroff). Cho {fk}k=1, f hàm đo đợc

fk f hu khp ni trờnAvi ARn tập đo đ−ợc,|A|<∞ Khi với

ε >0, tồn tập đo đợcEA cho (i)|A−E|ε

vµ

(ii) fk→f trênE

Bây nếuf hàm đo đ−ợc, không âm, cách xấp xỉf với hàm đơn giản ta định nghĩa tích phân Lebesgue (xemĐ2.5.5 d−ới đây)

Rn

f dx

Tích phân trùng với tích phân thơng th−ờng nếuf liên tục khả tích Riemann Nếuf đo đ−ợc nh−ng khơng thiết không âm, ta định nghĩa

Rn

f dx=

Rn

f+dx−

Rn

f−dx,

với điều kiện số hạng vế phải hữu hạn Khi ta nói

f làkhả tích

Định nghĩa2.28 Một hàm đo đợcf kh¶ tỉng nÕu

(54)

Chó ý. Mét hàm làkhả tíchnếu có tích phân (có thể bằng+hoặc) làkhả tổngnếu tích phân hữu hạn

Ký hiệu. Nếu hàm thực đo đ−ợc, ta định nghĩa essential supremum củaf

lµ

esssupf := inf{µ∈R| |{f > µ}|= 0}.

2.5.3 Các định lý hội tụ tích phân

Trong lý thuyết tích phân Lebesgue th−ờng sử dụng định lý hội tụ sau

Định lý 2.17 (Bổ đề Fatou). Giả sử hàm{fk}∞k=1là khả tổng không

âm fk→f hầu khắp nơi Khi

Rn

f dxlim inf

k→∞

Rn

fkdx

Định lý 2.18 (Định lý hội tụ đơn điệu). Giả sử hàm{fk}∞k=1là đo

đ−ợc với f1 f2 ã ã ãfk fk+1 ã ã ã Khi đó, f1 ≥0 hoặcf1 khả

tỉng, th×

Rn

lim

k→∞fkdx= limn→∞

Rn

fkdx

Định lý 2.19 (Định lý hội tụ trội). Giả sử hàm {fk}k=1 khả tích

và fk f hầu khắp nơi, giả sử |fk|g hầu khắp nơi vớig hàm khả tỉng

Khi

Rn

fkdx−→

Rn

f dx

2.5.4 PhÐp to¸n vi phân

Ta biết rằng, hàm khả tổng xấp xỉ liên tục hầu hết điểm

Định lý 2.20 (Định lý Lebesgue). Cho f : Rn → R là khả tổng địa ph−ơng

(i) Khi với hầu hết x0∈Rn,

B(x0,r)

f dx−→f(x0) khir→0

(ii) Cơ thĨ, víi hÇu hÕtx0∈Rn ta cã

B(x0,r)

|f(x)−f(x0)|dx−→0 r→0 (2.27)

(55)

Chú ý. Một cách tổng quát, nếuf ∈Lploc(Rn)với1p <∞khi với hầu hết

x0∈Rn ta cã

B(x0,r)

|f(x)−f(x0)|pdx−→0 khir→0

2.5.5 Hàm nhận giá trị không gian Banach

Ta mở rộng khái niệm tính đo đ−ợc, tính khả tích v.v ánh xạ

f : [0, T]X

vớiT >0 vàX không gian Banach thùc víi chuÈn

Định nghĩa2.29 (i) Một hàms: [0, T]→X đ−ợc gọi hàm đơn giản có dạng

s(t) =

m

i=1

χEi(t)ui (0tT), (2.28)

trong Ei tập đo đ−ợc Lebesgue [0, T] ui ∈ X (i =

1, , m)

(ii) Một hàm f : [0, T] → X đo đ−ợc mạnh tồn hàm đơn giản

sk: [0, T]→X cho

sk(t)−→f(t) với hầu hếtt, 0tT

(iii) Một hàm f : [0, T] X đo đợc yếu với u X ánh xạ t u,f(t)là đo đợc Lebesgue.

Định nghĩa2.30 Ta nói f : [0, T] X tách đợc hầu hết tồn tập conN[0, T]với|N|= cho tập{f(t)|t[0, T]\N}là tách đợc Định lý 2.21 (Pettis). ánh xạ f : [0, T] X đo đợc mạnh nếuf đo đợc yếu tách đợc hầu hết

Định nghÜa2.31 (i) NÕus(t) =

m

i=1

χEi(t)ui hàm đơn giản, ta định nghĩa

T

0

s(t)dt:=

m

i=1

(56)

(ii) Ta nói f : [0, T]→X khả tổng tồn dCy{sk}∞k=1 hàm đơn giản

sao cho

T

0

sk(t)−f(t)dt−→0 khik→ ∞ (2.30)

(iii) Nếuf khả tổng, ta định nghĩa

T

0

f(t)dt= lim

k→∞

T

0

sk(t)dt (2.31) Định lý 2.22 (Bochner). Một hàm đo đợc mạnhf : [0, T]X khả tổng t f(t) khả tổng Trong trờng hợp

T

0

f(t)dt

T

0

f(t)dt, vµ

u∗,

T

0

f(t)dt =

T

0

(57)

(58)

Ch−¬ng 3

Những ph−ơng trình đạo hàm riêng tuyến tính quan trng

3.1 Phơng trình chuyển dịch 3.2 Phơng trình Laplace 3.3 Phơng trình truyền nhiệt 3.4 Phơng trình truyền sóng 3.5 Bài tập Chơng 3.

Trong chng ta nhắc lại kiến thức bốn ph−ơng trình đạo hàm riêng tuyến tính quan trng, ú l cỏc phng trỡnh sau:

Phơng trình chuyển dịch

ut+b.Du= 0,

Phơng trình Laplace

u= 0,

Phơng trình truyền nhiệt

utu= 0,

Phơng trình truyền sóng

uttu=

(59)

Bốn ph−ơng trình đại diện cho lớp ph−ơng trình ĐHR tuyến tính đo đ−ợc nghiên cứu kỹ, lớp: ph−ơng trình hệ ph−ơng trình cấp một, ph−ơng trình elliptic, ph−ơng trình parabolic ph−ơng trình hyperbolic t−ơng ứng Chúng có tính chất đặc tr−ng cho lớp ph−ơng trình ĐHR mà chúng đại diện Để tiện theo dõi, bạn đọc nên xem lại kiến thức bất đẳng thức, hàm Green, tích chập có sẵn Ch−ơng

3.1 Phơng trình chuyển dịch

Mt cỏc phng trỡnh ĐHR đơn giản ph−ơng trình chuyển dịchcó dạng sau

ut+b.Du= 0, (3.1)

trong đóblà vectơ thuộcRn, u(x, t)là hàm cần tìm,x= (x

1, , xn)Rn

biến không gian,t0là biến thời gian Ta ký hiÖuDu=Dxu= (Dx1u, , Dxnu)

là gradient củautheo biến không gian Hàm số nghiệm ph−ơng trình (3.1)? Ta xét hàm sốu(x, t)có đạo hàm riêng liên tục xem lúc thoả mon (3.1) Để ý thấy từ ph−ơng trình (3.1) đạo hàm theo h−ớng

(b,1)củaubị triệt tiêu Khai thác ý đó, với điểm cố định(x, t)∈Rnì(0,∞)

ta đặt

z(s) :=u(x+sb, t+s) (s∈R).

Khi đó, theo ph−ơng trình (3.1) ta có

˙

z(s) =Du(x+sb, t+s).b+ut(x+bs, t+s) =

Nh− vậy,z(.)là số với mọis∈Rvà thế usẽ khơng đổi đ−ờng thẳng

chứa điểm(x, t)theo h−ớng(b,1)∈Rn+1 Do đó, biết giá trị củautrên từng

đ−ờng nh− ta xác định đ−ợcutrên tồn bộRnì(0,∞).

3.1.1 Bµi toán giá trị ban đầu

Ta xét toán giá trị ban đầu phơng trình chuyển dịch

ut+b.Du= trongRnì(0,)

u=g trênRnì {t= 0}, (3.2)

ở b Rn và g : Rn R là đo biết và u là nghiệm cần tìm Cho một

(60)

3.1 Phơng trình chuyển dịch 57

bằng tham số hoá (x+sb, t+s), s R Đờng thẳng cắt mặt phẳng

:= Rnì {t = 0} khi s =t tại điểm(xtb,0) Vì ulà số đờng

thẳng vàu(x−tb,0) =g(x−tb), ta có

u(x, t) =g(x−tb) (x∈Rn, t

≥0) (3.3)

Do đó, (3.2) có nghiệm, nghiệm phải đ−ợc tính cơng thức (3.3) Ng−ợc lại , cách tính trực tiếp ta dễ dàng thấy g C1 thìu đ−ợc

tính theo (3.3) nghiệm (3.2)

Chú ý. Nếug hàm không thuộcC1 thì rõ ràng phơng trình (3.2) không có

nghiệmC1 Nhng trờng hợp này, công thức (3.3) cho ta mét

“nghiệm” (3.2) theo nghĩa Ta gọi u(x, t) = g(x−tb) l

nghiệm yếu (3.2), mặc dùg làC1, công thức (3.3) có nghĩa

thm chí khiglà hàm số gián đoạn Những khái niệm nghiệm yếu nh− đề cập đến phần sau giáo trình

3.1.2 Bài toán không nhất

Ta xét toán không nhất, tức vế phải khác không

ut+b.Du=f trongRnì(0,)

u=g trênRnì {t= 0}. (3.4)

Cũng giống nh− mục tr−ớc, với (x, t)∈Rn+1 ta đặtz(s) :=u(x+bs, t+s) với

s∈R Khi đó

˙

z(s) =Du(x+sb, t+s).b+ut(x+sb, t+s) =f(x+bs, t+s)

Suy

u(x, t)−g(x−tb) =z(0)−z(−t) =

−t

˙ z(s)ds =

−t

f(x+sb, t+s)ds =

t

0

f(x+ (s−t)b, s)ds

vµ nh− vËy

u(x, t) =g(x−tb) +

t

0

(61)

sẽ cho ta nghiệm (3.4) Ta dùng công thức để giải tốn ph−ơng trình truyền sóng trongĐ3.4.1

Chú ý. Ta đo tìm nghiệm (3.3), (3.5) cách đ−a ph−ơng trình ĐHR ph−ơng trình vi phân th−ờng Đây tr−ờng hợp riêng ph−ơng pháp đặc tr−ngmà ta nghiên cứu trongĐ4.2 sau õy

3.2 Phơng trình Laplace

Ta kÝ hiÖu

∆u:=

n

i=1

uxixi

và gọi biểu thức làLaplaciancủa hàmu Hai ph−ơng trình sau thuộc vào loại quan trọng lý thuyết ph−ơng trình ĐHR, làPh−ơng trình Laplace

u= (3.6)

vàPhơng trình Poisson

u=f (3.7)

Trong hai phơng trình (3.6) (3.7)x∈U, u:U →R, lµ hµm ch−a biÕt,U lµ

mét tập mở trongRn. ởphơng trình (3.7)f :U Rlà hàm vế phải đo biết. Định nghĩa3.1 Một C2 hàmuthỏa mCn phơng trình (3.6) đợc gọi một

hàm điều hòa

ýnghĩa vật lý. Phơng trình Laplace xuất nhiều baì toán vật lý Giả

sF l trng véc tơ xác định trongU, thỏa mon điều kiện: nếuV tập với biên trơn trongU thơng l−ợng qua∂V triệt tiêu

∂V

f.νννds= 0,

trong đóννν vectơ đơn vị pháp tuyến Theo định lý Gauss-Green trongĐ2.2

ta cã

V

divfdx=

∂V

f.νννds= 0,

và ú

(62)

vìV miền Trong nhiều tốn vật lý ta th−ờng giả thiết rằngf tỉ lệ với chiều ng−ợc lại gradient Duvớiulà hàm số đó:

f =a.Du (a >0) (3.9) Đặt (3.9) vào (3.8) ta nhận đợc phơng trình Laplace

div(Du) = u=

NÕu ta ký hiƯuulµ 

   

nồng độ hoá học nhiệt độ

hiệu điện phơng trình (3.9) đợc gọi tơng ứng

Định luật Fick khuyếch tán Định luật Fourier truyền nhiệt Định luật Ohm dẫn truyền điện

Bạn đọc xem Feynman- Leighton-Sands [F-L-S, Ch−ơng 12] để hiểu thêm ứng dụng ph−ơng trình Laplace vật lý tốn Ngồi ph−ơng trình Laplace xuất việc nghiên cứu hàm số giải tích, lý thuyết xác suất

3.2.1 Nghiệm bản

a Cách tìm nghiệm bản

Một cách làm có hiệu nghiên cứu ph−ơng trình ĐHR là, tr−ớc tiên ta tìm lấy nghiệm hiển ph−ơng trình tuyến tính ta xây dựng nghiệm phức tạp khác cách dựa vào nghiệm hiển đo biết Khi tìm nghiệm hiển ta th−ờng ý đến tính chất đối xứng hàm số Vì ph−ơng trình Laplace bất biến với phép quay, ta thử tìm nghiệm d−ới dạng hàm số củar=|x| Ta thử tìm nghiệm (3.6) d−ới dạng

u(x) =v(r), x∈Rn,

ë r=|x|= (x2

1+Ã Ã Ã+x2n)1/2 chọnv cho∆u= Tr−íc tiªn ta

chó ý r»ng

∂r ∂xi

=1 2(x

2

1+· · ·+x2n)−1/22xi=

xi

(63)

V× thÕ

uxi=v

(r)xi

r, uxixi=v

(r)x2i

r2 +v

(r) r−

x2

i

r3

, i= 1, , n

và

∆u=v(r) +n−1 r v

(r).

Nh− vËy∆u= 0khi vµ chØ

v(r) +n−1 r v

(r) = 0. (3.10)

NÕuv = 0, ta thÊy

[log(v)]= v v =

1n r

và thếv(r) = a

rn1 vớialà số Suy ra, nếur >0ta nhận đ−ợc

v(r) =

  

blogr+c (n= 2) b

rn−2 +c (n≥3),

ở đâybvàclà số Những điều đ−a ta đến định ngha sau

Định nghĩa3.2 Hàm số

(x) :=

    

−

2πlog|x| (n= 2)

n(n−2)α(n)

|x|n−2 (n≥3),

(3.11)

vớixRn, x= 0 đợc gọi nghiệm phơng trình Laplace.

Lớ ti ta chọn số nh− (3.11) đ−ợc giải thích sau Ta đo dùng ký hiệuα(n)để thể tích hình cầu đơn vị trongRn (xemĐ2.1).

Từ cơng thức (3.11) ta có đánh giá

|DΦ(x)| C

|x|n−1, |D 2Φ(x)

| C

|x|n (x= 0), (3.12)

vớiC >0 hng s no ú

b Phơng trình Poisson

Theo cách xây dựng hàm x→ Φ(x) hàm điều hòa x = Nếu ta chuyển gốc toạ độ đến điểm y ph−ơng trình (3.6) khơng thay đổi hàm

x→Φ(x−y)cịng sÏ lµ hµm điều hòa với biếnx, x=y Bây giờ, với hàm

f :Rn→Rta thấy hàmx→Φ(x−y)f(y), (x=y)là điều hòa đối vi mi

(64)

ýtởng mách bảo ta tích chập

u(x) =

Rn

Φ(x−y)f(y)dy

=

    

− 2π

Rn

log(|x−y|)f(y)dy (n= 2)

n(n−2)α(n)

Rn

f(y)

|x−y|n−2dy (n≥3)

(3.13)

sẽ cho ta nghiệm ph−ơng trình Laplace (3.6) Tuy nhiên, điều sai ta

∆u=

Rn

∆xΦ(x−y)f(y)dy= (3.14)

Trên thực tế, nh− theo đánh giá (3.12) D2Φ(x−y)khơng khả tổngở gần điểm

kỳ dị y=xvà ta khơng thể lấy vi phân d−ới dấu tích phân Cho nên ta phải cẩn thận tính tốn ∆u Để đơn giản, ta giả thiết f ∈C2

c(Rn), tøc lµ hµm

f có đạo hàm cấp hai liên tục có giá compắc

Định lý 3.1 (Nghiệm ph−ơng trình Poisson). Ta định nghĩaubằng cơng thức (3.13) Khi

(i) u∈C2(Rn)vµ (ii) −∆u=f trongRn.

Nh− vậy, công thức (3.13) cho ta nghiệm phơng trình Poisson (3.7)

Chøng minh Ta cã

u(x) =

Rn

Φ(x−y)f(y)dy=

Rn

Φ(y)f(x−y)dy,

v× thÕ

u(x+hei)−u(x)

h =

Rn

Φ(y)f(x+hei−y)−f(x−y) h

dy,

ở đâyh= 0vàei= (0, ,1, ,0), số nằm vị trí thứi Nhng hội tô

f(x+hei−y)−f(x−y)

h −→

∂f ∂xi

(x−y)

là hội tụ trênRn khih→0, đó

∂u ∂xi

(x) =

Rn

Φ(y)∂f ∂xi

(65)

T−¬ng tù ta nhận đợc

2u(x)

xixj

=

Rn

Φ(y) ∂

2f

∂xi∂xj

(x−y)dy (i, j= 1, , n) (3.15) V× biĨu thøc bên phải (3.15) liên tục theo biếnx, ta cãu∈C2(Rn).

2 VìΦcó kỳ dị 0, ta phải làm theo cách sau Cố địnhε >0 Khi

∆u(x) =

B(0,ε)

Φ(y)∆xf(x−y)dy (3.16)

+

Rn−B(0,ε)

Φ(y)∆xf(x−y)dy=:Iε+Jε

Ta thÊy

|Iε|CD2fL∞(Rn)

B(0,ε)|

Φ(y)|dy

Cε2|logε| (n= 2)

Cε2 (n≥3). (3.17)

Tích phân phần cho ta

J=

Rn\B(0,ε)

Φ(y)∆yf(x−y)dy (3.18)

=−

Rn\B(0,ε)

DΦ(y).Dyf(x−y)dy

+

∂B(0,ε)

Φ(y)∂f

∂ν(x−y)dS(y) =Kε+Lε

ở đâyννν là vectơ đơn vị pháp tuyến h−ớng vào dọc theo∂B(0, ε) Ta kiểm tra

|Lε|=DfL∞(Rn)

∂B(0,ε)|

Φ(y)|dS(y)

Cε|logε| n=

Cε n≥3 (3.19)

3 Ta tÝch ph©n tõng phần biểu thứcK nhận đợc

K=

Rn\B(0,ε)

∆Φ(y)f(x−y)dy −

∂B(0,ε)

∂Φ

∂νf(x−y)dS(y) =−

∂B(0,ε)

∂Φ(y)

∂ν f(x−y)dS(y),

vìΦlà hàm điều hịa ngồi gốc toạ độ Bây ta có

DΦ(y) = −y

(66)

vµ

ννν= −y |y| =

−y

ε trªn ∂B(0, ε)

Suy

∂Φ

∂ν(y) =.D(y) = n(n)n1

trênB(0, ) Vìn(n)n1 là diện tích mặt cầuB(0, )ta nhận đợc

K=

1 nα(n)εn−1

∂B(0,ε)

f(x−y)dS(y) (3.20)

=−

∂B(0,ε)

f(x−y)dS(y)→ −f(x) ε→0,

(ở ta sử dụng kí hiệu tích phân trung bình trongĐ2.1.3)

4 Từ (3.16)-(3.20) cho 0ta có điều cần chứng minhu(x) =f(x)

Chú ý. (i) §«i ta sÏ viÕt

−∆Φ =δ0 Rn

và ta kí hiệuδ0là độ đo Dirac trênRn Dùng kí hiệu ta tính theo

Định lý 3.1

u(x) =

Rn−∆

xΦ(x−y)f(y)dy

=

Rn

xf(y)dy=f(x) (xRn)

Điều lý giải sai sót (3.14)

(ii) Định lý 3.1 thực tế cho f có độ trơn nh− định lý đòi hỏi, xem Gilbarg-Trudinger [G-T]

3.2.2 Công thức giá trị chính

Ta xét miềnU Rn và giả thiếtulà hàm điều hòa miềnU Ta

sẽ xây dựng công thức giá trị mà theo công thức u(x)sẽ giá trị trung bình củautrên mặt cầuB(x, r) giá trị trung bình củau

(67)

Định lý 3.2 (Công thức giá trị cho phơng trình Laplace).

NếuuC2(U)là hàm điều hòa, thì

u(x) =

∂B(x,r)

udS =

B(x,r)

udy, (3.21)

với hình cầuB(x, r)U

Chứng minh Đặt

(r) :=

∂B(x,r)

u(y)dS(y) =

∂B(0,1)

u(x+rz)dS(z)

Khi

φ(r) =

∂B(0,1)

Du(x+rz).zdS(z),

vì vậy, sử dụng công thức Green tõ§2.3.3, ta cã

φ(r) =

∂B(x,r)

Du(y).y−x r dS(y) =

∂B(x,r)

∂u ∂νdS(y) = r

n

B(x,r)

∆u(y)dy=

Do hàmφlà số

φ(r) = lim

t→0φ(t) = limt→0

∂B(x,t)

u(y)dS(y) =u(x)

2 Sử dụng toạ độ cực nh− trongĐ2.2.3 ta nhận đ−ợc

B(x,r)udy=

r

0

B(x,s)udS

ds

=u(x)0rn(n)sn1ds=(n)rnu(x).

Định lý 3.3 (Định lý ngợc công thức giá trị chính). NÕu u ∈ C2(Rn)tho¶ mCn

u(x) =

∂B(x,r)

udS

với hình cầuB(x, r)⊂U, đóusẽ hàm điều hịa

Chứng minh Nếu∆u= 0, tồn hình cầu B(x, r)⊂U cho, chẳng hạn,∆u >0 trongB(x, r) Nh−ng ta có

0 =φ(r) = r n

B(x,r)

(68)

víiφnh− ë trªn

Mâu thuẫn chứng minh nh lý

3.2.3 Các tính chất hàm điều hòa

Dựa công thức giá trị ta đa số tính chất thú vị hàm điều hòa

a Nguyờn lý cc i mạnh, tính nhất

Định lý 3.4 (Nguyên lý cực đại mạnh). Giả thiết u ∈ C2(U) ∩

C(U), U tập mở, bị chặn vàulà hàm điều hịa trongU (i) Khi

max

U

u= max

∂U u

(ii) NÕuU liên thông tồn điểmx0U cho

u(x0) = max

U u, thìulà số trongU

Khẳng định (i) đ−ợc gọi nguyên lý cực đại ph−ơng trình Laplace, cịn (ii) đ−ợc gọi lànguyên lý cực đại mạnh Thayubằng−uta nhận đ−ợc khẳng định t−ơng tự với ”min” đ−ợc thay ”max” nguyên lý cực tiểu mạnh

Chøng minh Gi¶ sử tồn điểmx0 U với u(x0) =M := max

U

u Khi với

0< r < dist(x0, U), từ nguyên lý giá trị ta cã

M =u(x0) =

B(x0,r)

udyM

Vì đẳng thức xẩy khiu≡M trongB(x0, r), ta thấy rằngu(y) =M với

y∈B(x0, r) Do tập{x∈U |u(x) =M}vừa mở lại vừa đóng t−ơng đối

U, trùng vớiU bởiU liên thông Điều chứng minh khẳng định (ii), khẳng định (i)

Chó ý. Từ nguyên lý cực tiểu mạnh suy ra, nếuU liên thông vàuC2(U)

C(U)thoả mon

u= trongU u=g trªn∂U,

(69)

Tiếp theo, sử dụng nguyên lý cực đại ta chứng minh tính nghiệm tốn biên cho ph−ơng trình Poisson

Định lý 3.5 (Tính nhất). Chog ∈C(∂U), f ∈C(U) Khi tồn khơng q nghiệmu∈C2(U)∩C(U)của toán biên

−∆u=f trongU

u=g trênU (3.22)

Chứng minh Giả thiết ta có hai nghiệm (3.22) làuvàv 'Ap dụng Định lý 3.4 với hàmw:=uv ta nhận đợc kết

b Tính quy

Ta chứng minh nếuu∈C2là hàm điều hịa thìu∈C∞ Nh− vậy,một hàm điều hịa khả vi vô hạn Những khẳng định kiểu nh− đ−ợc gọi định lý quy Một điều lý thú từ cấu trúc đại số ph−ơng trình Laplace, dẫn đến kết luận tồn tất đạo hàm củaumặc dù chúng khơng có mặt phng trỡnh HR

Định lý 3.6 (Độ trơn). Nếu u C(U) thoả mCn công thức giá trị (3.21) với hình cầuB(x, r)U,

u∈C∞(U).

Chú ý rằngucó thể khơng trơn chí khơng liên tục đến tận biên∂U

Chøng minh Giả sử hàm làm trơn nh Đ2.3.4 hàm radial Đặt

u:=

utrong U={xU |dist(x, ∂U)> ε},§2.3.4 cho tauε∈C∞(Uε)

Ta sÏ chøng minh rằngulà hàm trơn cách thực tếuutrongU ε

ThËt vËy, nÕux∈Uε, th×

uε(x) =

U

ηε(x−y)u(y)dy

= εn

B(x,ε)

η |x−y| ε

u(y)dy =

εn

ε

0

η r ε

∂B(x,ε)

udSdr =

εnu(x)

ε

0

η r ε

nα(n)rn−1dr theo (3.21)

=u(x)

B(0,r)

ηεdy=u(x)

Do đóuε≡utrongU

(70)

c Đánh giá địa ph−ơng hàm điều hòa

Nay ta dùng cơng thức giá trị để đ−a đánh giá đạo hàm riêng cuả hàm điều hòa Ta cần đánh giá để chứng minh tính giải tích hàm điều hòa

Định lý 3.7 (Đánh giá đạo hàm). Giả sửulà hàm điều hịa trongU Khi

|Du(x0)| Ck

rn+kuL1(B(x0,r)), (3.23)

với hình cầuB(x0, r)và với đa sốbậc||=k ởđây

C0=

1

α(n), Ck=

(2n+1nk)k

α(n) (k= 1, ) (3.24) Chøng minh Ta sÏ chøng minh (3.23), (3.24) phơng pháp quy nạp theok Trờng hợp k= đợc suy từ công thức giá trị chÝnh (3.21) Víik=

bằng cách đạo hàm ph−ơng trình Laplace ta thấyuxi(i= 1, , n)cũng hàm điều

hòa Vì

|uxi(x0)|=

B(x0,r/2)

uxidx

(3.25)

=

n

α(n)rn

∂B(x0,r/2)

uνidS

2n

r uL∞(∂B(x0,r/2))

Nếux∈∂B(x0, r/2), thìB(x, r/2)⊂B(x0, r)⊂U, từ (3.23),(3.24) với

k= 0, ta cã

|u(x)|

α(n)

2

r

n

uL1(B(x0,r))

Kết hợp bất đẳng thức ta nhận đ−ợc

|Dαu(x

0)|

2n+1n

α(n)

rn+1uL1(B(x0,r)),

nếu|α|= Nh− vậy, (3.23),(3.24) vớik=

2 Bây giả thiếtk≥2và (3.23),(3.24) với hình cầu trongU với đa số nhỏ k−1 Cố định B(x0, r)và xét αlà đa số

bậc|α|=k Khi đóDαu= (Dβu)

xi víii= (1, , n), |β|=k−1 B»ng c¸ch

tÝnh to¸n t−¬ng tù nh− (3.25) ta cã

|Dαu(x

0)|

nk r D

βu

(71)

Nếu x∈∂B(x0, r/k), đóB x,k−k1r

B(x0, r) U Vì (3.23), (3.24)

ỳng vi k−1,

|Dβu(x)| (2

n+1n(k−1))k−1

α(n)(k−1

k r)n+k−1

uL1(B(x 0,r))

Kết hợp hai đánh giá ta có

|Dαu(x0)|

(2n+1nk)k

(n)rn+k uL1(B(x0,r)) (3.26)

Điều chứng minh (3.23), (3.24) với||=k

d Định lý Liouville

Tiếp theo ta thấy không tồn hàm số điều hòa không tầm thờng giới nội toànRn.

nh lý 3.8 (Định lý Liouville). Giả sử u:Rn →Rlà hàm điều hịa và giới nội Khi đóulà số

Chứng minh Cố định x0 ∈Rn, r > ứng dụng Định lý 3.7 choB(x0, r), ta

thÊy

|Du(x0)|

C1

rn+1uL1(B(x0,r))

C1α(n)

r uL∞(Rn)−→0,

khir→ ∞ Nh− vËyDu≡0vµ kÐo theoulµ h»ng số

Định lý 3.9 (Công thức biểu diễn). Cho f ∈ C2

c(Rn), n ≥ Khi nghiệm giới nội ph−ơng trình

−∆u=f Rn có dạng

u(x) =

Rn

Φ(x−y)f(y)dy+C, x∈Rn, với sốC

Chøng minh V×Φ(x)→0khi|x| → ∞víin≥3ta cã

u(x) :=

Rn

Φ(x−y)f(y)dy

lµ mét nghiƯm giíi nội u=f Rn Nếu ulà nghiệm khác, thì

(72)

Chú ý. Nếun= 2, (x) =21log|x| không giới nội khi|x|

Rn(xy)f(y)dy không giới nội

e Tính giải tích

Định lý 3.10 (Tính giải tích). Nếu ulà hàm điều hòa trongU ucũng hàm giải tích U

Chứng minh Cố định điểmx0∈U Ta phải rằngucó thể biểu diễn

d−íi d¹ng chuỗi hội tụ lân cận củax0 Đặtr:= 14dist(x0, ∂U) Khi

đó ta ký hiệu

M :=

α(n)rnuL1(B(x0,2r))<∞

2 VìB(x, r)⊂B(x0,2r)với mỗix∈B(x0, r), Định lý 3.7 cho ta đánh giá sau

DαuL∞(B(x

0,r))M

2n+1n

r

|α| |α||α|

Bây giờ, từ công thức Stirling ([R,Đ8.22]) suy

lim

k→∞ kk+1

2

k!ek =

1 (2π)1/2

Do

|α||α|Ce|α||α|!,

cho đa số αvà với sốC Hơn nữa, từ Định lý Đa đơn thức (Đ2.3) ta có

nk= (1 +· · ·+ 1)k= |α|=k

|α|! α! ,

v× thÕ

|α|!n|α|α!

Kết hợp bất đẳng thức cho ta

DαuL∞(B(x

0,r))CM

2n+1n2e

r

|α|

α! (3.27)

3 Chuỗi Taylor củautạix0 có dạng

α

Dαu(x

0)

α! (x−x0)

α,

trong tổng đ−ợc lấy với đa sốα Ta khẳng định chuỗi hội tụ

|x−x0|<

r

(73)

§Ĩ kiểm tra điều ta tính toán

RN(x) :=u(x) N−1

k=0

|α|=k

Dαu(x

0)(x−x0)α

α!

=

|α|=N

Dαu(x

0+t(x−x0))(x−x0)α

α! ,

víi t 1, t phụ thuộc vào x Ta nhận đợc công thức cách viết raN số hạng đầu số hạng d khai triển Taylor gần hàm số mét biÕn

g(t) :=u(x0+t(x−x0)), tạit= Sử dụng (3.27), (3.28) ta đánh giá

|RN(x)|CM

!

|α|=N

2n+1n2e

r

N r

2n+2n3e

N

CM nN

(2n)N =

CM

2N →0, khiN → ∞

f Bất đẳng thc Harnack

ởđây sau, ta viếtV U, có nghĩa làV V U vàV compắc (xem ký hiƯu trong§2.1)

Định lý 3.11 (Bất đẳng thức Harnack). Với tập mở liên thông V ⊂ ⊂U, tồn số d−ơngC phụ thuộc vàoV, cho

sup

V u

Cinf

V u, tất hàm điềuhòa khơng âmutrongU

Nãi riªng

1

Cu(y)u(x)Cu(y),

đối với tất điểmx, y∈V Các bất đẳng thức khẳng định rằng: giá trị hàm số điều hịa khơng âm V so sánh đ−ợc, có nghĩa ukhơng thể q nhỏ (hoặc qúa lớn) điểm thuộcV, trừ uquá nhỏ ( lớn) khắp nơi trongV

Chứng minh Đặtr:= 14dist(V, ∂U) Ta chọnx, y∈V, |x−y|r Khi

u(x) =

B(x,2r)

udz≥ α(n)2nrn

B(x,r)

udz =

2n

B(y,r)

(74)

Nh vậy2nu(y)u(x)

2nu(y), x, yV, |xy|r VìV liên thông

vµV lµ compact ta cã thĨ phđV b»ng mét số hữu hạn hình cầu{Bi}Ni=1 mà

hình cầu có bán kínhrvàBiBi1=, i= 2, , N Với mọix, yV ta cã

u(x)≥ 2nN1 u(y)

3.2.4 Hàm Green

Bây giả thiết rằngU Rn là tập mở, giới nội biên làU C1 Ta sẽ

xây dựng công thức biểu diễn tổng quát nghiệm phơng trình Poisson

u=f U,

thỏa mon điều kiện biên

u=g U

a Cách xây dựng hàm Green

Gi s trc tiên rằngu∈C2 là hàm số Cố định x∈U, chọn ε >0

đủ nhỏ cho B(x, ε) ⊂ U, áp dụng công thức Green từ Đ2.3.2 miền

Vε:=U −B(x, ε)cho u(y)vµΦ(y−x) Nhê thÕ ta cã

Vε

[u(y)∆Φ(y−x)−Φ(y−x)∆u(y)]dy (3.29)

=

∂Vε

u(y)∂Φ

∂ν(y−x)−Φ(y−x) ∂u ∂ν(y)

dS(y),

ở đâyν véctơ đơn vị pháp tuyến đối với∂Vε Nhớ lại rằng∆Φ(y−x) = 0,

víix=y Ta cịng nhËn thÊy r»ng

∂B(x,ε)

Φ(y−x)∂u

∂ν(y)dS(y)

Cn1 max

B(o,)||=o(1),

Hơn , theo cách tính toán nh chứng minh Định lý 3.1 ta cã

∂B(x,ε)

u(y)∂Φ

∂ν(y−x)dS(y) =

∂B(x,ε)

u(y)dS(y)→u(x), ε→0

Do choε→0trong (3.29) ta nhận đ−ợc

u(x) =

∂U

Φ(y−x)∂u

∂ν(y)−u(y) ∂Φ ∂ν(y−x)

dS(y) (3.30)

−

U

(75)

Đồng thức với điểmx∈U với hàm u∈C2(U).

Công thức (3.30) cho phép ta xác định u(x)nếu biết giá trị ∆u U giá trị củau,∂u∂ν ∂U Nh−ng để áp dụng vào toán biên cho ph−ơng trình Poisson ta ch−a biết giá trị đạo hàm ∂u

∂ν ∂U Vì ta phải thay đổi

(3.30) để loại bỏ thành phần

ýt−ởng với điểm cố địnhxta đ−a vào xéthàm sửa chữaφx=φx(y),

chÝnh nghiệm toán biên sau

∆φx = 0 trong U

φx = Φ(y−x) trªn U. (3.31)

'Ap dụng công thức Green lần nữa, ta đợc

U

φx(y)∆u(y)dy=

∂U

u(y)∂φ

x

∂ν (y)−φ

x(y)∂u

∂ν(y)

dS(y) (3.32)

=

∂U

u(y)∂φ

x

∂ν (y)−Φ(y−x) ∂u ∂ν(y)

dS(y)

Định nghĩa3.3 Ta gọi hàm số sau hàm Green miền U G(x, y) := Φ(y−x)−φx(y) (x, y∈U, x=y)

Sư dơng kí hiệu cộng (3.32) vào (3.30) ta đợc

u(x) =−

∂U

u(y)∂G

∂ν(x, y)dS(y)−

U

G(x, y)∆u(y)dy (x∈U), (3.33)

G

(x, y) =DyG(x, y).(y)

là đạo hàm pháp tuyến củaG theo biếny Chú ý ∂u

∂ν kh«ng xt hiƯn

trong (3.33), ta đo sử dụng hàm sửa chữaφxđể đạt đ−ợc điều Giả sử bây giờu∈C2(U)và thỏa mon tốn biên

−∆u=f trongU

u=g trªn∂U, (3.34)

ở đâyf, glà hàm liên tục Từ (3.33) ta có

Định lý 3.12 (Công thức biểu diƠn sư dơng hµm Green). NÕu u∈ C2(U)lµ nghiƯm cđa (3.34), th×

u(x) =−

∂U

g(y)∂G

∂ν(x, y)dS(y) +

U

(76)

Ta đo có công thức nghiệm toán biên (3.34) nh xây dựng đợc hàm Green miềnU Nói chung, việc làm khó, ta thành công

U cú cu trỳc hỡnh hc đơn giản Sau ta xét vài tr−ờng hợp đặc biệt

Chú ý. Cố địnhx∈U Nếu ta xem Glà hàm biếny, ta viết

−∆G=δx trongU

G= trªn∂U,

ở đâyδx độ đo Dirac điểmx

Tr−ớc xét số tr−ờng hợp đặc biệt ta chứng minh kết sau

Định lý 3.13 (Sự đối xứng hàm Green). Với x, y ∈U, x=y ta có

G(y, x) =G(x, y) Chứng minh Cố địnhx, y∈U, x=y Đặt

v(z) :=G(x, z), w(z) :=G(y, z) (z∈U)

Khi ∆v(z) = 0, (z =x), ∆w(z) = 0, (z = y)vàw =v = ∂U Nh− vậy, áp dụng cˆong thức Green V :=U\[B(x, ε)∪B(y, ε)]vớiε >0đủ nhỏ, cho ta

∂B(x,ε)

∂v

∂νw− ∂w ∂νv

dS(z) =

∂B(y,ε)

∂w

∂νv− ∂v ∂νw

dS(z), (3.36) ν tr−ờng vectơ đơn vị h−ớng vào trên∂B(x, ε)∪∂B(y, ε) Vìw hàm trơn gần xta nhận đ−ợc

∂B(x,ε)

∂w ∂νvdS

Cεn−1 sup

B(x,)|

v|=o(1),

Mặt khác, v(z) = (zx)x(z)vớix(z)là hàm trơn trongU Vì vậy, bằng

cách tính toán nh chứng minh Định lý 3.1 ta thấy

lim

ε→0

∂B(x,ε)

∂v

∂νwdS= limε→0

∂B(x,ε)

∂Φ

∂ν(x−z)w(z)dS=w(x)

Do đó, vế trái (3.36) hội tụ đến w(x) khiε→0 T−ơng tự, vế phải hội tụ đếnv(y) Ta có

(77)

b Hµm Green cho nửa không gian

Trong phần ta xây dựng hàm Green cho miền U nửa không gianRn

+

Việc quan trọng giải toán sửa chữa (3.31) cách tờng minh Trớc tiên ta ký hiệu nửa không gian

Rn

+={x= (x1, , xn)∈Rm|xn>0}

Vì miền không giới nội, ta ứng dụng cách trực tiếp tính tốn đây, ta thử xây dựng hàm Green ý t−ởng t−ơng tự Sau đó, ta kiểm tra trực tiếp xem cơng thức biểu diễn có hay khụng

Định nghĩa3.4 Cho điểm x = (x1, , xn−1, xn) ∈ Rn+ Ta gäi ®iĨm x˜ =

(x1, , xn1,xn)là điểm phản xạ củaxqua mặtRn+

Ta giải tốn (3.31) cho nửa khơng gian cách đặt

φx(y) := Φ(y1−x1, , yn−1−xn−1, yn+xn) = (yx), (x, yRn+)

'Y tởng hàm sửa chữax(y)đợc xây dựng từ cách phản xạ kỳ dị từxRn

+ vàoxRn+ Ta có

x(y) = (yx), yRn

+

và

∆φx= 0 trongRn

+

φx= Φ(y−x) trênRn

+,

(78)

Định nghĩa3.5 Hàm Green cho nửa không gianRn

+ cã d¹ng

G(x, y) := Φ(y−x)−Φ(y−x)˜ (x, y∈Rn

+, x=y)

Khi

∂G

∂yn(x, y) =

∂Φ

∂yn(y−x)−

∂Φ

∂yn(y−x)˜

= −1 nα(n)

yn−xn

|y−x|n −

yn+xn

|y−x|˜n

Suy ra, nÕuy∈∂Rn

+, th×

∂G

∂ν(x, y) =− ∂G ∂yn

(x, y) = −2xn nα(n)

1 |xy|n

Giả thiết uthỏa mon toán biên

u= Rn

+

u=g trªn ∂Rn

+

(3.37) Khi từ (3.35), ta hi vọng

u(x) = 2xn nα(n)

∂Rn

+

g(y)

|x−y|ndy (x∈R n

+) (3.38)

sẽ công thức biểu diễn nghiệm ta Hµm sè

K(x, y) := 2xn nα(n)

1

|xy|n (xR n

+, yRn+)

đợc gọi lànhân Poisson, (3.38) làcông thức Poisson

Bng cỏch kiểm tra trực tiếp ta chứng minh công thức (3.38) nghiệm toán biên (3.37)

Định lý 3.14 (Công thức Poisson cho nửa không gian). Chog∈C(Rn−1)∩

L∞(Rn−1)và định nghĩautheo (3.38) Khi đó

(i) u∈C∞(Rn

+)∩L∞(Rn+),

(ii) ∆u= 0trongRn

+

vµ

(iii) lim

x→x0 x∈Rn+

u(x) =g(x0), với điểmx0Rn

(79)

Chng minh Với điểm cố địnhx, ánh xạy→G(x, y)là điều hịa trừ điểm

y = x Vì G(x, y) = G(y, x) (theo Định lý 3.13), ánh xạ x → G(x, y) điều hòa trừ điểm x= y Do ánh xạ x→ −∂G

∂yn

(x, y) = K(x, y)là điều hòa với

xRn

+, y∈∂Rn+

2 B»ng c¸ch tÝnh to¸n trùc tiÕp ta rằng, với mỗixRn

+:

1 =

∂Rn

+

K(x, y)dy (3.39) Vìglà giới nội, đóuđ−ợc định nghĩa theo (3.38) cng gii ni VỡxK(x, y)

là hàm trơn vớix=y, ta dƠ dµng kiĨm tra r»ngu∈C∞(Rn

+)vµ

∆u(x) =

∂Rn

+

∆xK(x, y)g(y)dy= (x∈Rn+)

3 Bây ta cố địnhx0∈∂Rn

+, ε >0 Chọn δ >0đủ nhỏ cho

|g(y)−g(x0)|< ε, nÕu|y−x0|< δ, y∈∂Rn

+ (3.40)

Khi đó, nếu|x−x0|< δ

2, x∈Rn+, th×

|u(x)−g(x0)|=

∂Rn

+

K(x, y)[g(y)−g(x0)]dy

∂Rn

+∩B(x0,δ)

K(x, y)|g(y)−g(x0)|dy +

∂Rn

+−B(x0,δ)

K(x, y)|g(y)−g(x0)|dy=:I+J

Tõ (3.39), (3.40) ta cã

Iε

∂Rn+

K(x, y)dy=ε (3.41) TiÕp theo, nÕu|x−x0| δ

2 và|yx

0| ta nhận đợc

|yx0||yx|+

2 |yx|+ 2|yx

0|

và thế|yx| ≥

2|y−x0| Nh− vËy

J2gL∞

∂Rn

+−B(x0,δ)

K(x, y)dy

n+2g

L∞xn

nα(n)

∂Rn+−B(x0,δ)

(80)

Kết hợp tính toán với (3.41), ta có |u(x)−g(x0)| 2ε, nÕu |x−x0|

đủ nhỏ

c Hàm Green cho hình cầu

xõy dng hm Green cho hình cầu đơn vịB(0,1) , ta lại sử dụng phản xạ, nh−ng lần phản xạ qua mt cu B(0,1)

Định nghĩa3.6 NếuxRn {0}, ta gäi

˜ x= x

|x|2

là điểm đối ngẫu xqua ∂B(0,1) 'Anh xạx→x˜ đ−ợc gọi nghịch đảo qua mặt cầu đơn vị∂B(0,1)

Bây ta sử dụng nghịch đảo qua mặt cầu để tìm hàm Green cho hình cầu đơn vị U =B(0,1) Cố định điểm x∈B(0,1), x= Nhớ lại ta phải tìm hàm sửa chữaφx=φx(y)sao cho

∆φx= 0 trongB0(0,1)

φx= Φ(y−x) trªn∂B(0,1), (3.42)

và hàm Green

G(x, y) = Φ(y−x)−φx(y) (3.43) 'Y t−ởng ta “đảo điểm kì dị ” từ x∈ B0(0,1) đến x˜ ∈B(0,1) Giả sử

ngay thời điểm làn≥3 Ta có ánh xạy→Φ(y−x)˜ điều hịa vớiy= ˜x Nh− vậyy→ |x|2−nΦ(y−x)˜ là điều hịa vớiy= ˜x, đó

x(y) := (|x|(yx)), (3.44) điều hòa B(0,1) Tiếp theo, nÕuy∈∂B(0,1)vµx= 0, ta cã

|x|2|y−x˜|2=|x|2 |y|2−2yx |x|2 +

1 |x|2

=|x|2−2y.x+ =|x−y|2

Nh− vËy(|x|(y−x)˜ (2−n)=|x−y|(2−n) Suy ra

φx(y) = Φ(y−x) (y∈∂B(0,1)), (3.45) điều cần tìm

nh ngha3.7 Hm Green cho hình cầu đơn vị đ−ợc xác định nh− sau G(x, y) := Φ(y−x)−Φ(|x|(y−x)),˜ (x, y∈B(0,1), y=x) (3.46)

(81)

Giả sử bây giờulà nghiệm toán biªn

∆u= trongB0(0,1)

u=g trªn∂B(0,1) (3.47)

Khi đó, sử dụng (3.35) ta thấy

u(x) =−

∂B(0,1)

g(y)∂G

∂ν(x, y)dS(y) (3.48)

Theo c«ng thøc (3.46)

∂G ∂yi

(x, y) = ∂Φ ∂yi

(y−x)−∂Φ ∂yi

(|x|(y−x)).˜

Nh−ng

∂Φ ∂yi

(y−x) = nα(n)

xi−yi

|x−y|n,

vµ

∂Φ ∂yi

(|x|(y−˜x)) = −1 nα(n)

yi|x|2−xi

(|x||y−x|)˜ n =−

1 nα(n)

yi|x|2−xi

|y−x|n , y∈∂B(0,1)

Nh− vËy

∂G

∂ν(x, y) =

n

i=1

yi∂G

∂yi

(x, y)

= −1 nα(n)|x−y|n

n

i=1

yi((yi−xi)−yi|x|2+xi)

= −1 nα(n)

1− |x|2

|x−y|n

Do đó, cơng thức (3.48) cho ta công thức biểu diễn

u(x) =1− |x|

2

nα(n)

∂B(0,1)

g(y)

|xy|ndS(y)

Bây ta giải toán biên sau

∆u= B0(0, r)

u=g trªn∂B(0, r), (3.49)

vớir >0 Khi đóu(x) =˜ u(rx) nghiệm (3.47) vớig(x) =˜ g(rx)thay cho

g(x) Dùng phép đổi biến ta nhận đ−ợccông thức Poisson

u(x) =r

2− |x|2

nα(n)r

∂B(0,r)

g(y)

|x−y|ndS(y) (x∈B

(82)

Hàm số

K(x, y) :=r

2− |x|2

nα(n)r

|xy|n (xB

0(0, r), yB(0, r))

đợc gọi lànhân Poissoncho hình cầuB0(0, r).

Ta o chng minh công thức (3.50) cho tr−ờng hợp tồn nghiệm trơn toán (3.49) Định lý sau khẳng định cơng thức cho ta nghiệm tốn (3.49)

Định lý 3.15 (Cơng thức Poisson cho hình cầu). Chog∈C(∂B(0, r)) định nghĩautheo (3.50) Khi

(i) u∈C∞(B0(0, r)),

(ii) ∆u= 0trongB0(0, r),

vµ

(iii) lim

xx0

xB0(0,r)

u(x) =g(x0)với ®iÓmx0∈∂B(0, r).

Chứng minh định lý t−ơng tự nh nh lý 3.14

3.2.5 Phơng pháp lợng

Hầu hết kết ta hàm điều hịa đ−ợc dẫn dắt từ cơng thức biểu diễn thông qua nghiệm bản, hàm Green, Trong phần ta làm quen với ph−ơng pháp “năng l−ợng“, tức kỹ thuật có dùng chuẩn L2 của

một số biểu thức chứa đạo hàm Ph−ơng pháp l−ợng công cụ mạnh để nghiên cứu tốn ph−ơng trình ĐHR

a Tính nghiệm

Trớc tiên ta xét toán biên sau

u=f U

u=g trªn∂U (3.51)

Ta đo dùng nguyên lý cực đại trongĐ3.2.3 để chứng minh tính nghiệm toán (3.51) ởđây ta cho chứng minh đơn giản nhiều Giả thiết rằngU miền giới nội và∂U∈C1.

(83)

Chứng minh Giả sửu˜ nghiệm khác (3.51), ta đặtw:=u−u˜ Khi

∆w= 0trongU, lấy tích phân phần ta đ−ợc

0 =−

U

w∆wdx=

U|

Dw|2dx

Suy raDw0 trongU, vìw= 0trênU, ta ców0trongU

b Nguyªn lý Dirichlet

Tiếp theo, ta nghiệm tốn biên (3.51) cực tiểu phiếm hàm phù hợp Ta xác địnhphiếm hàm l−ợngsau

I[w] :=

U

1

2|Dw|

2−wfdx,

trong đówthuộc vàotập thừa nhận đ−ợc

A={w∈C2(U)|w=gtrªn∂U}

Thơng th−ờng phiếm hàm l−ợng biểu diễn l−ợng trình Vì ph−ơng pháp gọi phng phỏp nng lng

Định lý 3.17 (Nguyên lý Dirichlet). Giả sử u C2(U) là nghiệm của

bài tốn (3.51) Khi

I[u] =

wAI[w] (3.52) Ngợc lại, nếuu Athỏa mCn (3.52), thìulà nghiệm toán (3.51)

Chng minh Chnw A Khi từ (3.51) suy

0 =

U(−∆u−

f)(u−w)dx

Lấy tích phân phần cho ta (để ý rằngu−w=g−g= 0trên∂U)

0 =

U

Du.D(u−w)−f(u−w)dx

Do

U

|Du|2−ufdx=

U

Du.Dw−wfdx

U

1 2|Du|

2dx+

U

1

2|Dw|

(84)

õy ta đo sử dụng đánh giá sau đ−ợc suy từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz bất đẳng thức Cauchy

|Du.Dw||Du| |Dw|

2|Du|

2+1

2|Dw|

2.

V× vËy ta kÕt luËn

I[u]I[w] (w∈ A) (3.53)

Vìu A, (3.52) suy tõ (3.53)

2 Bây giờ, ng−ợc lại, ta giả thiết có (3.52) Cố định hàm v∈C∞

c (U),

ta viÕt

i(τ) :=I[u+τ v]

Vìu+τ v∈ Avới mỗiτ, hàm sối(.)có cực tiểu điểm0và

i(0) = 0, = d dτ

,

nếu đạo hàm tồn Ta có

i(τ) =

U

1

2|Du+τ Dv|

2

−(u+τ v)f dx =

U

1 2|Du|

2+τ Du.Dv+τ2

2 |Dv|

2−(u+τ v)f dx.

Suy

0 =i(0) =

U

Du.Dv−f vdx=

U

(−∆u−f)vdx

Đẳng thức với v∈Cc∞(U)và −∆u=f U

Nguyên lý Dirichlet ví dụ sinh động phép tính biến phân áp dụng cho phng trỡnh Laplace

3.3 Phơng trình truyền nhiệt

Ta nghiên cứuphơng trình truyền nhiệt

utu= (3.54)

vàphơng trình truyền nhiệt không

(85)

với điều kiện ban đầu điều kiện biên phù hợp ởđâyt >0vàxU, U Rn

là tập mở, hàm cần tìm u : U ì(0,) R, u = u(x, t), toán tử

Laplace theo biến không gian u = ∆xu= n

i=1

uxixi Trong (3.55) hàm vế

phảif :Uì(0,)Rđo cho.

Ta thấy, nhiều tính chất phơng trình Laplace đợc chuyển qua cho phơng trình truyền nhiệt, nhiên phức tạp nhiều

ý nghĩa Vật lý. Phơng trình truyền nhiệt phơng trình khuếch tán mô

tả mật độ ucủa đại l−ợng vật lý nh− nhiệt, nồng độ hóa chất, NếuV ⊂U

là miền trơn bất kỳ, tốc độ thay đổi tổng đại l−ợng V thông l−ợng qua∂V (với dấu ng−ợc lại)

d dt

V

udx=−

∂V

f.νννdS,

ở đây,f mật độ thông l−ợng Nh− vậy, V bất kỳ, ta thấy

ut=−divf

Trong nhiỊu tr−êng hỵp,

f =−aDu

và đó, ta có ph−ơng trình ĐHR sau

ut=adiv(Du) =au

Vớia= ta nhận đợc phơng trình truyền nhiƯt

Ph−ơng trình truyền nhiệt xuất việc nghiên cứu chuyển động Brown

3.3.1 NghiƯm c¬ bản

a Cách tìm nghiệm bản

Nh đo nói ởĐ3.2.1, b−ớc quan trọng nghiên cứu ph−ơng trình ĐHR tìm đ−ợc vài nghiệm đặc biệt

Ta thấy ph−ơng trình truyền nhiệt có chứa đạo hàm bậc theo t chứa đạo hàm bậc hai theo biếnx Vì vậy, nếuulà nghiệm (3.54) thìu(λx, λ2t)

cịng lµ nghiƯm (3.54) vớiR Điều tỉ lệ r2

t (r=|x|)lµ quan

trọng ph−ơng trình truyền nhiệt gợi ý cho ta tìm nghiệm (3.54) d−ới dạng

u(x, t) =v r

2

t

=v |x|

2

t

(86)

3.3 Ph−¬ng tr×nh trun nhiƯt 83

trong hàmv đ−ợc xác định sau

Mặc dù làm theo cách cho ta kết mong muốn, nh−ng ta tìm nghiệmucó cấu trúc đặc biệt nh− sau

u(x, t) = tαv

x tβ

(x∈Rn, t >0), (3.56)

trong sốα, β hàmv cần tìm Sở dĩ ta đến với cơng thức (3.56), nh− ta tìm nghiệm ucủa (3.54) bất biến qua phéptỉ lệ phồng

u(x, t) −→ λαu(λβx, λt).

Nh− ta đòi hỏi

u(x, t) =λαu(λβx, λt),

víi mäi λ > 0, x Rn, t > 0 Đặt = t1, ta nhận đợc (3.56) với

v(y) :=u(y,1)

Thay (3.56) vµo (3.54), ta cã

αt−(α+1)v(y) +βt−(α+1)y.Dv(y) +t−(α+2β)∆v(y) = (3.57) vớiy :=tx Để biến (3.57) thành biểu thøc chØ chøa biÕn y, ta lÊyβ=

2 Khi

đó từ (3.57) ta có

αv+1

2y.Dv+ ∆v= (3.58)

TiÕp theo, ta chov lµ hµm radial, cã nghÜa lµv(y) =w(|y|)víiw:R→Rlµ mét

hàm V`i (3.58) trở thành

αw+1 2rw

+w+n−1 r w

= 0,

víir=|y|, = d

dr Bây ta đặtα= n

2 biểu thức cuối có dạng

(rn1w)+1 2(r

nw)= 0.

Cho nªn

rn−1w+1 2r

nw=a,

vớialà số Giả thiết w, w →0 khir→ ∞, suy raa= 0,

ta nhận đợc

w =1 2rw

Khi ú

(87)

vớiblà số Kết hợp (3.56), (3.59) theo cách chọnα, β , ta kết luận b

tn/2e

−|x|2

4t nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt (3.54) Ta i n nh

nghĩa sau

Định nghĩa3.8 Hàm sè

Φ(x, t) :=

  

1 (4πt)n/2e

−|x|2

4t , (x∈Rn, t >0)

0 , (xRn, t <0), đợc gọi nghiệm phơng trình truyền nhiệt

Chú ý hàmcó kì dị tại(0,0) Vìlà hàm radial theo biếnxnên nhiÒu ta sÏ viÕtΦ(x, t) = Φ(|x|, t) H»ng số(4)n/2 đợc chọn lí sau đây.

B đề 3.1 (Tích phân nghiệm bản). Với t >0thì

Rn

Φ(x, t)dx= Chøng minh Ta cã

RnΦ(x, t)dx=

1 (4πt)n/2

Rne

−|x|2

4t dx

=

πn/2

"n i=1

+∞ −∞ e

−z2

idzi=

Trªn cách tìm nghiệm phơng trình truyền nhiệt Ta gặp cách tìm nghiệm khác trongĐ5.3.2

b Bài toán Cauchy

Bõy gi ta sử dụng hàm Φ để giải toán Cauchy (hoặc cịn gọi làbài tốn giá trị ban đầu)

utu= trongRnì(0,)

u=g trênRnì {t= 0}. (3.60)

Chú ý hàm (x, t) → Φ(x, t)thỏa mon ph−ơng trình truyền nhiệt trừ điểm kì dị (0,0), hàm (x, t) → Φ(x−y, t) nghiệm với điểm cố định

y∈Rn Do đó, ta đốn tích chập

u(x, t) =

Rn

Φ(x−y, t)g(y)dy (3.61)

=

(4πt)n/2

Rn

e−|x−y|

2

4t g(y)dy, (x∈Rn, t >0)

(88)

Định lý 3.18 (Nghiệm toán Cauchy). Giả thiết g C(Rn)∩

L∞(Rn), vàuđ−ợc xác định theo (3.61) Khi đó (i) u∈C∞(Rnì(0,∞)),

(ii) ut(x, t)−∆u(x, t) = (x∈Rn, t >0), vµ

(iii) lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

u(x, t) =g(x0), x0∈Rn.

Chøng minh Vì hàm

tn/2e

|x|2

4t l khả vi vô hạn với tất đạo hàm giới

nội miền Rn ì[δ,∞)) vớiδ > 0, ta có u∈C∞(Rn ì(0,∞)) Tiếp

theo,

ut(x, t)−∆u(x, t) =

Rn

(Φt−∆xΦ)(x−y, t)

g(y)dy (3.62)

= (x∈Rn, t >0),

vìΦlà nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt Cố định x0∈Rn, ε >0 Chọnδ >0sao cho

|g(y)−g(x0)|< ε, nÕu|y−x0|< δ, y∈Rn. (3.63)

Khi nếu|x−x0|<δ

2 , theo Bổ đề 3.1 ta có

|u(x, t)−g(x0)|=

Rn

Φ(x−y, t)g(y)−g(x0)

dy

B(x0,δ)

dy

+

Rn−B(x0,δ)

dy=:I+J

Từ (3.63) theo Bổ đề 3.1 ta nhận đ−ợc

Iε

Rn

(xy, t)dy=

Hơn nữa, nếu|xx0|

2 và|yx0| ≥δth×

|y−x0||y−x|+δ

2 |y−x|+ 2|y−x

(89)

V× vËy|y−x| ≥ 12|y−x

0| Suy ra

J 2gL∞

Rn−B(x0,δ)

Φ(x−y, t)dy

C

tn/2

Rn−B(x0,δ)

e−|y−x|

2 4t dy

C

tn/2

Rn−B(x0,δ)

e−|y−x

0|2

16t dy= C

tn/2

∞

δ

e−16r2trn−1dr→0, t→+0

Do đó, nếu|x−x0|< δ

2 vàt >0đủ nhỏ, ta có|u(x, t)−g(x0)|<2ε

Chú ý(i) Theo Định lý 3.18 ta viết

t = Rnì(0,)

=0 Rnì {t= 0},

trong đóδ0 độ đo Dirac trênRn

(ii) Để ý g hàm giới nội liên tục,g0, g0thì

u(x, t) = (4πt)n/2

Rn

e−|x−4ty|2g(y)dy,

là hàm d−ơng với x∈Rn và với mọi t >0 Ta thấy rằng, nhiệt độ ban

đầu không âm d−ơng điểm nhiệt độ d−ơng khắp nơi thời điểm bất kỡ mun hn

c Bài toán không nhất

Trong mục ta xétbài toán Cauchy không

utu=f trongRnì(0,)

u= trênRnì {t= 0}. (3.64)

Lm th no a công thức nghiệm? Ta nhớ lại từ mục tr−ớc hàm số

(x, t) → Φ(x−y, t−s)lµ nghiƯm phơng trình truyền nhiệt (vớiyRn, 0<

s < t) Bây giờ, ta cố địnhsthì hàm số

u=u(x, t;s) =

Rn

Φ(x−y, t−s)f(y, s)dy

sẽ nghiệm toán

ut(·;s)−∆u(·;s) = trongRn×(s,∞)

(90)

và toán có dạng (3.60) với điều kiện ban đầu tạit= 0đợc thay

t =s vàg đợc thay bằngf(Ã;s) Nh vậy, rõ ràngu(Ã;s)không phải nghiệm (3.64)

Tuy nhiên, nguyên lý Duhamel khẳng định nghiệm tốn khơng (3.64) đ−ợc xây dựng từ nghiệm toán (3.65) nh− sau

u(x, t) =

t

0

u(x, t;s)ds (xRn, t >0).

Viết lại công thức trên, ta cã

u(x, t) =

t

0

Rn

Φ(x−y, t−s)f(y, s)dyds =

t

0

1 [4π(t−s)]n/2

Rn

e−|x−y|

2

4(t−s)f(y, s)dyds

víix∈Rn vµt >0.

Để kiểm tra xemu(x, t)xác định nh− có cho ta nghiệm (3.64) hay khơng ta gi thit rngf C2

1(Rnì[0,))vàf có giá compắc

Định lý 3.19 (Nghiệm tốn khơng nhất). Cho u xác định nh− Khi

(i) u∈C2

1(Rn×(0,∞)),

(ii) ut(x, t)−∆u(x, t) =f(x, t) (x∈Rn, t >0) vµ

(iii) lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

u(x, t) = ∀x0∈Rn.

Chứng minh Vì hàm Φ có kỳ dị tại(0,0), ta khơng thể lấy đạo hàm qua dấu tích phân Ta phải làm t−ơng tự nh− chứng minh Định lý 3.1

Tr−ớc tiên ta dùng phép đổi biến để viết

u(x, t) =

t

0

Rn

Φ((y, s)f(x−y, t−s)dyds

Vì hàm f C2

1(Rn ì[0,)) có giá compắc = (y, s) hàm trơn gần

s=t >0, ta cã

ut(x, t) =

t

0

Rn

Φ(y, s)ft(x−y, t−s)dyds

+

Rn

(91)

vµ

∂2u

∂xi∂xj

=

t

0

Rn

Φ(y, s) ∂

2

∂xi∂xj

f(x−y, t−s)dyds (i, j= 1, , n)

Nh− vậy,ut, Dx2uvà t−ơng tự u, Dxuu thucC(Rnỡ(0,))

2 Bây ta tính toán nh− sau

ut(x, t)−∆u(x, t) =

t

0

Rn

Φ(y, s) ∂ ∂t−∆x

f(x−y, t−s)dyds (3.66)

+

Rn

Φ(y, t)f(x−y,0)dy =

t ε

Rn

Φ(y, s) − ∂ ∂s−∆y

f(x−y, t−s)dyds +

ε

0

Rn

Φ(y, s) −∂s∂ −∆y

f(x−y, t−s)dyds +

Rn

Φ(y, t)f(x−y,0)dy=:Iε+Jε+K

Theo Bổ đề3.1 ta có đánh giá

|Jε| ftL∞+D2fL∞

ε

0

Rn

Φ(y, s)dydsεC (3.67) B»ng c¸ch lÊy tích phân phần vìlà nghiệm phơng trình truyền nhiệt ta nhận đợc

I=

t ε

Rn

∂ ∂s−∆y

Φ(y, s)f(x−y, t−s)dyds (3.68)

+

Rn

Φ(y, ε)f(x−y, t−ε)dy−

Rn

Φ(y, t)f(x−y,0)dy =

Rn

Φ(y, ε)f(x−y, t−ε)dy−K

KÕt hỵp (3.66)-(3.68) ta kÕt ln

ut(x, t)−∆u(x, t) = lim ε→0

Rn

Φ(y, ε)f(x−y, t−ε)dy =f(x, t), (x∈Rn, t >0),

và đây, giới hạn đợc tính giống nh chứng minh Định lý 3.18

(92)

Chú ý. Từ Định lý 3.18 3.19 ta nhận đợc công thức nghiệm

u(x, t) =

Rn

Φ(x−y, t)g(y)dy +

t

0

Rn

Φ(x−y, t−s)f(y, s)dyds

của toán

utu=f trongRnì(0,)

u=g trênRnì {t= 0}, (3.69)

vi cỏc iu kiện đặt lên hàm gvàf nh−

3.3.2 Công thức giá trị chính

Trớc tiên ta nhắc lại số khái niệm cần thiết từĐ2.1.2 ChoU ⊂Rn lµ mét

miền giới nội, vàT >0là số cố định

Định nghĩa3.9 (i) Ta định nghĩa hình trụ parabolic UT :=Uì(0, T] (ii) Biên parabolic củaUT tập

ΓT :=UT −UT

H×nh3.1: MiỊnUT

Ta gọiUT làphần paraboliccủaUì[0, T] Chú ý rằngUT chứa mặt đỉnh

Uì {t=T} Biên parabolicΓT chứa đáy mặt đứng của[0, T]nh−ng khơng

(93)

Tiếp theo ta đ−a công thức giá trị t−ơng tự nh− cơng thức giá trị hàm điều hòa ởĐ3.2.2 Để ý với điểm cố địnhxthì mặt cầu∂B(x, r)

chính tập mức nghiệm bảnΦ(x−y)của ph−ơng trình Laplace Ta cố gắng tìm điều t−ơng tự nghiệm Φ(x−y, t−s) ph−ơng trình truyền nhiệt

Định nghĩa3.10 Với điểm cố địnhx∈Rn, t∈R, r >0 ta đặt

E(x, t;r) :=#(y, s)∈Rn+1

|st, Φ(x−y, t−s)≥r1n$

Đây miền khơng gian-thời gian mà biên mặt mức hàmΦ(x− y, t−s) Điểm (x, t)chính tâm mặt đỉnh MiềnE(x, t;r)cũng đ−ợc gọi “hình cu nhit

Hình3.2: Hình cầu nhiệt

Định lý 3.20 (Công thức giá trị phơng trình truyền nhiƯt).

Gi¶ sưu∈C2

1(UT)là nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt Khi

u(x, t) = 4rn

E(x,t;r)

u(y, s)|x−y|

2

(ts)2dyds (3.70)

với mỗiE(x, t;s)trongUT

Đối với phơng trình truyền nhiệt, công thức (3.70) tơng tự nh công thức giá trị phơng trình Laplace Chú ý rằng, công thức (3.70) chứa giá trị củau(y, s)vớist Điều hợp lý, giá trị u(x, t)không phụ thuộc vào thời tơng lai

(94)

ký hiệuE(r) =E(0,0;r)và đặt

φ(r) := rn

E(r)

u(y, s)|y|

2

s2 dyds=

E(1)

u(ry, r2s)|y2|

s2 dyds (3.71)

Ta cã

φ(r) =

E(1)

n

i=1

uyiyi

|y|2

s2 + 2rus

|y|2

s dyds =

rn+1

E(r)

n

i=1

uyiyi

|y|2

s2 + 2us

|y|2

s dyds =:A+B

Ta sÏ sư dơng hµm sè sau

ψ:=−n2log(−4πs) +|y|

2

4s +nlogr, (3.72)

và để ý thấy ψ= trên∂E(r), vìΦ(y,−s) =r−n trên∂E(r) Ta sử dụng (3.72)

để viết

B= rn+1

E(r)

4us n

i=1

yiψyidyds

=−rn1+1

E(r)

4nusψ+ n

i=1

usyiyidyds

và số hạng biên vì= 0trênE(r) Lấy tích phân phần theo biếnsta đợc

B= rn+1

E(r)

−4nusψ+ n

i=1

uyiyiψsdyds

= rn+1

E(r)

−4nusψ+ n

i=1

uyiyi −

n 2s−

|y|2

4s2

dyds

= rn+1

E(r)−

4nusψ−

2n s

n

i=1

uyiyidydsA

Vìulà nghiệm phơng trình truyền nhiệt, từ (3.72) ta suy

φ(r) =A+B= rn+1

E(r)−

4n∆uψ−2ns

n

i=1

uyiyidyds

=

n

i=1

1 rn+1

E(r)

4nuyiψyi−

2n

(95)

Ta cóφlà số,

φ(r) = lim

t→0φ(t)

=u(0,0) lim

t→0

1 tn

E(t)

|y|2

s2 dyds

= 4u(0,0)

v×

1

tn

E(t)

|y|2

s2 dyds=

E(1)

|y|2

s2 dyds=

3.3.3 Mét sè tÝnh chÊt cđa nghiƯm

a Nguyên lý cực đại mạnh Tính nghiệm

Tr−ớc tiên ta sử dụng công thức giá trị để chứng minh nguyên lý cực đại mạnh

Định lý 3.21 (Nguyên lý cực đại mạnh ph−ơng trình truyền nhiệt).

Gi¶ sưu∈C2

1(UT)∩C(UT)là nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt trongUT (i) Khi

max

UT

u= max

ΓT

u

(ii) Hơn thế, nếuU liên thông tồn điểm(x0, t0)UT cho

u(x0, t0) = max

UT

u đóulà số trongUt0

ởđây (i) đ−ợc gọi lànguyên lý cực đại, cịn (ii) làngun lý cực đại mạnhcủa ph−ơng trình truyền nhiệt Những khẳng định t−ơng tự ta thay “max“ “min“

Chøng minh Gi¶ sư tồn điểm(x0, t0)UT với u(x0, t0) =M := max

UT

u Khi với sốr >0 đủ nhỏ, E(x0, t0;r)⊂UT, ta sử dụng cˆong thức giá trị

chính để có

M =u(x0, t0) =

1 4rn

E(x0,t0;r)

u(y, s)|x0−y|

2

(t0−s)2

dydsM

v×

1 = 4rn

E(x0,t0;r)

|x0−y|2

(96)

Hỡnh3.3: Nguyờn lý cực đại mạnh ph−ơng trình truyền nhiệt

Dấu xẩy khiuđồng bằngM trongE(x0, t0;r) Suy

u(y, s) =M víi mäi (y, s)∈E(x0, t0;r)

Vẽ đ−ờng bất kỳL trongUT nối (x0, t0)với điểm (y0, s0)∈UT

víis0< t0 Ta xÐt

r0:= min{s≥s0|u(x, t) =M, ∀(x, t)∈L, stt0}

Vìulà hàm liên tục nên cực tiểu đạt đ−ợc Giả sửr0> s0 Khi đóu(z0, r0) =M

víi ®iĨm(z0, r0)trªn L∩UT, cho nªn u≡M trªnE(z0, r0;r)víi mäi sèr >0

đủ nhỏ VìE(z0, r0;r)chứaL∩ {r0−σtr0}với sốσ >0đủ nhỏ, ta nhận

đ−ợc mâu thuẫn Do đór0=s0và u≡M trênL

2 Bây ta cố định điểm x ∈ U t < t0 Khi tồn điểm

{x0, x1, , xm =x} cho đoạn trongRn nối xi1 với xi nằm U

vớii= 1, , m (Có điều tập điểm trongU mà nốix0bằng

đ−ờng polygonal tập không rỗng, mở đóng t−ơng đối U) Chọn điểm thời giant0> t1> > tm=t Khi đoạn trongRn+1nối

(xi−1, ti−1)với(xi, ti) (i= 1, , m)đều nằm trongUT Theo chứng minh

B−ớc 1, ta có u≡M đoạn nh− thế, u(x, t)≡M

Chú ý. Từ nguyên lý cực đại mạnh suy rằng, U tập liên thông

uC2

1(UT)C(UT)là nghiệm toán

  

ut−∆u= trongUT

u= trênUT ì[0, T]

(97)

vig0, úus d−ơng khắp nơi trongUT nếug nhận giá trị d−ơng

điểm thuộcU

Một ứng dụng quan trọng nguyên lý cực đại định lý nht nghim

Định lý 3.22 (Tính nhÊt trªn miỊn giíi néi). Chog∈C(ΓT), f ∈

C(UT) Khi tồn khơng q nghiệmu∈C12(UT)∩C(UT)của tốn biên - giá trị ban đầu

ut−∆u=f trongUT

u=g trênT

(3.73)

Chứng minh Nếuuvàv hai nghiệm (3.73), ta áp dụng Định lý 3.21 víi hµm

w:=±(u−v)

Tiếp theo ta chứng minh tính nghiệm tốn Cauchy Vì miền xác định nghiệm khơng giới nội, nên ta cần phải ý đến dáng điệu nghiệm khi|x|

đủ lớn

Định lý 3.23 (Nguyên lý cực đại tốn Cauchy). Giả sử u∈ C2

1(Rn×(0, T])C(Rnì[0, T])là nghiệm toán Cauchy

utu= trongRnì(0, T)

u=g trênRnì {t= 0} (3.74)

và thỏa mCn điều kiện

u(x, t)Aea|x|2 (xRn, 0tT), (3.75) với sốA, a >0 Khi

sup

Rn×[0,T]u= supRn g

Chøng minh Trớc tiên ta giả thiết

4aT <1 (3.76)

và trờng hợp tồn >0sao cho

4a(T+ε)<1 (3.77)

Cố địnhy ∈Rn, >0, ta xét

v(x, t) :=u(x, t)− µ (T+ε−t)n/2e

|x−y|2

(98)

TÝnh to¸n trùc tiÕp cho ta

vt−∆v= Rn×(0, T]

Cố định r > đặt U := B0(y, r), U

T = B0(y, r)ỡ(0, T] Khi ú theo

Định lý 3.21 ta cã

max

UT

v= max

ΓT

v (3.78)

2 B©y giê, nÕux∈Rn,

v(x,0) =u(x,0)− µ (T+ε)n/2e

|x−y|2

4(T+ε) u(x,0) =g(x), (3.79)

và |xy|=r, 0tT, theo (3.75) ta có

v(x, t) =u(x, t)− µ (T+ε−t)n/2e

r2

4(T+ε−t)

Aea|x|2− µ

(T+ε−t)n/2e

r2

4(T+ε−t)

Aea(|y|+r)2− µ

(T+ε)n/2e

r2

4(T+ε).

Theo (3.77), ta cã thÓ chän γ >0 cho

4(T+ε) =a+γ V× thÕ ta tiÕp tơc

tính toán nhận đợc

v(x, t)Aea(|y|+r)2à(4(a+))n/2e(a+)r2 sup

Rn g (3.80)

vớirđ−ợc chọn đủ lớn Do , từ (3.78)-(3.80) suy

v(y, t)sup

Rn g

víiy∈Rn, 0tT, tháa mon (3.76) Choµ→0, ta nhËn đợc kết quả.

3 Trong trờng hợp tổng quát, nÕu (3.76) kh«ng tháa mon, ta sÏ øng dơng kÕt nhiều lần với khoảng[0, T1],[T1,2T1], vớiT1= 81a

Định lý 3.24 (Tính nghiệm tốn Cauchy). Chog∈ C(Rn), f ∈C(Rnì[0, T]) Khi tồn khơng q nghiệm u∈C2

1(Rn×

(0, T])C(Rnì[0, T])của toán Cauchy

utu=f trongRnì(0, T)

u=g trênRnì {t= 0} (3.81)

thỏa mCn điều kiện tăng

(99)

Chng minh Gi sử ta có hai nghiệmuvàvthỏa mon (3.82) 'Ap dụng Định lý 3.23 vớiw=±(u−v), cho ta chứng minh định lý

Chó ý. Trªn thùc tÕ cã rÊt nhiỊu nghiƯm toán

utu= trongRnì(0, T)

u= trênRnì {t= 0}. (3.83)

Tr nghimu0, nghiệm khác tăng nhanh khi|x| → ∞

Một điều lý thú là: ngoàiu≡0 nghiệm “vật lý chuẩn“, tốn Cauchy (3.83) cịn có nghiệm “không vật lý“ khác Định lý 3.24 cho ta tiêu chuẩn để loại trừ nghiệm “sai“ Ta gặp tr−ờng hợp t−ơng tự ph−ơng trình Hamilton-Jacobi định luật bảo tồn Ch−ơng

b TÝnh chÝnh quy cđa nghiƯm

TiÕp theo ta nghiệm phơng trình truyền nhiệt khả vi vô hạn

Định lý 3.25 (Độ trơn nghiệm). Giả sử u C2

1(UT) nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt trongUT Khi

u∈C∞(UT)

Tính trơn nghiệm cịn chí tr−ờng hợp biênΓT khơng trơn Chứng minh Ta nhớ lại từĐ2.1.2

C(x, t;r) ={(y, s)|x−y|r, t−r2st}

là hình trụ trịn đóng với bán kính r, chiều cao r2 và điểm tâm mặt đỉnh là

(x, t)

Cố định điểm(x0, t0)∈UT chọnr >0đủ nhỏ choC:=C(x0, t0;r)⊂UT

Ta xét hai hình trụ nhỏ hơn: C := C(x

0, t0;34r), C :=C(x0, t0;12r), víi

c`ung tâm im mt nh(x0, t0)

Chọn hàm cắt=(x, t)sao cho

0ζ1, ζ≡1 trªn C

ζ≡0 gần biên parabolic củaC

Mở rộng0lên(Rnì[0, t

(100)

Hình3.4: Hình hình trụC, C, C

2 Giả sử rằnguC(U

T)v t

v(x, t) :=ξ(x, t)u(x, t), (x∈Rn, 0tt

0)

Khi

vt=ξut+ξtu, ∆v=ξ∆u+ 2DξDu+u∆ξ

Suy

v= Rì {t= 0} (3.84)

và

vtv=tu2DDuu=:f , (3.85)

trong Rn×(0, t

0) Ta đặt

v(x, t) :=

t

0

Rn

(xy, ts)f(y, s)dyds

Theo Định lý 3.19 ta cã

vt−∆v=f Rn×(0, t0)

v= trênRnì {t= 0}. (3.86)

Vỡ|v|,|v|Avi mt sốA đó, từ Định lý 3.24 suy rav≡v: có nghĩa

v(x, t) =

t

0

Rn

(101)

Giả sử bây giờ(x, t)C Vì0 ở hình trụC, tõ (3.85) vµ (3.87) ta cã u(x, t) =

C

Φ(x−y, t−s)[(ξs(y, s)−∆ξ(y, s))u(y, s)

−2Dξ(y, s)Du(y, s)]dyds

§Ĩ ý ta thÊy r»ng biĨu thức ngoặc vuông công thức triệt tiêu miền gần điểm kỳ dị Vì lấy tích phân phần ta đợc

u(x, t) =

C

Φ(x−y, t−s)(ξs(y, s) + ∆ξ(y, s)) (3.88)

+ 2DΦ(x−y, t−s)Dξ(y, s)u(y, s)dyds

Ta đo chứng minh công thức với giả thiếtuC Nếu uchỉ thỏa mon điều

kin định lý ta có cơng thức (3.88) cho hàmuε=η

ε∗uthay chou, ë

đâyηεlà hàm làm trơn thơng th−ờng theo biếnxvàt, sau choε→0ta nhận

đ−ợc (3.88) đối vớiu Cơng thức (3.88) có dạng

u(x, t) =

C

K(x, t, y, s)u(y, s)dyds ((x, t)∈C), (3.89) K(x, t, y, s) = 0với điểm (y, s)∈C, vìξ≡1 trênC Chú ý rằng K hàm trơn C−C Theo (3.89) ta thấy u là hàm khả vi vô hạn trong C=C(x

0, t0;r2)

c Những đánh giá địa ph−ơng nghiệm

Ta chứng minh số đánh giá đạo hàm nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt

Định lý 3.26 (Đánh giá đạo hàm). Tồn sốCkl cặp số nguyênk, l= 1, , n, cho

max

C(x,t;r/2)|D

k xDltu|

Ckl

rk+2l+n+2uL1(C(x,t;r))

đúng với hình trụ C(x, t;r2) ⊂ C(x, t;r) ⊂ UT, với nghiệm u ph−ơng trình truyền nhiệt trongUT

Chứng minh Cố định điểm trongUT cách dịch chuyển tọa độ ta

có thể xem điểm là(0,0) Tr−ớc tiên ta giả sử hình trụC(1) :=C(0,0; 1)

nằm UT Ký hiệu C(1/2) := C(0,0; 1/2) Khi đó, nh− chng minh

Định lý 3.25, ta có

u(x, t) =

C(1)

(102)

vớiK hàm trơn Suy ra, tồn sốCkl, cho

|Dk

xDtlu(x, t)|

C(1)

|Dl

tDkxK(x, t, y, s)| |u(y, s)|dyds (3.90)

CkluL1(C(1))

2 Bây ta giả thiết rằngC(r) :=C(0,0;r)nằm trongUT Đặt

v(x, t) :=u(rx, r2t)

Khi ú vt−∆v= 0trong hình trụ C(1) Theo (3.90) ta nhận đ−ợc

|Dk

xDtlv(x, t)|CklvL1(C(1)) (x, t)∈C(1

2)

Nh−ng Dk

xDltv(x, t) = r2l+kDxkDtlu(rx, r2t) vL1(C(1)) = rn1+2uL1(C(r))

Vì

maxC(r/2)|DkxDltu|

Ckl

r2l+k+n+2uL1(C(r))

Chó ý. NÕuulµ nghiƯm phơng trình truyền nhiệt trongUT , với ®iÓm

cố định 0< tT, ánh xạ x → u(x, t)là giải tích, nh−ng ánh xạt → u(x, t)

nói chung không giải tích (xem, Mikhailov [M])

Ta dựng phng pháp l−ợng để nghiên cứu tính nghiệm ph−ơng trình truyền nhiệt

a TÝnh nhÊt nghiệm

Ta lần xét toán toán biên - ban đầu

utu=f trongUT

u=g trªnΓT

(3.91)

Tr−ớc ta đo sử dụng nguyên lý cực chứng minh tính nghiệm, bây giờ, t−ơng tự nh− Đ3.2.5 ta dùng ph−ơng pháp dựa việc lấy tích phân phần Giả sử U ⊂Rn là miền giới nội biên∂U thuộc lớp

C1 Thêi gian cuốiT >0 đo đợc cho.

(103)

Chứng minh Nếuuvàv hai nghiệm toán (3.91), ta đặtw:=u−v, đówlà nghiệm tốn

wt−∆w= trongUT

w= trªnΓT

(3.92)

2 Đặt

e(t) :=

U

w2(x, t)dx (0tT).

Ta cã

˙ e(t) =

U

wwtdx

˙ = d dt

=

U

w∆w=−2

U

|Dw|2dx0

vµ vËy

0e(t)e(0) (0tT)

Suy raw=u−v≡0 trongUT

Ta thÊy r»ng chøng minh vừa tơng tự nh Định lý 3.16 Đ3.2.5, khác đâyuphụ thuộc vào thời gian t

b Tính ngợc thời gian

Giả sử uvàv nghiệm trơn phơng trình truyền nhiệt trongUT với điều

kiện biên nh trênU:

utu= UT

u=g Uì[0, T] (3.93)

vt−∆v= UT

v=g Uì[0, T] (3.94)

ởđây, ta không giả thiết rằngu=v tạit=

Định lý 3.28 (Tính ngợc thời gian). Giả sửu, vC12(UT) nghiệm toán (3.93), (3.94) tơng ứng Nếu

u(x, T) =v(x, T) (x∈U), th×

(104)

Chng minh Ta xétw:=u−v, nh− chứng minh Định lý 3.27, đặt

e(t) :=

U

w2(x, t)dx (0tT)

Khi

˙

e(t) =−2

U|

Dw|2dx ˙ = d dt

(3.95)

ă

e(t) =4

U

Dw.Dwtdx=

U

∆w.wtdx (3.96)

=

U

(w)2dx

Vìw= trênU, ta có

U|

Dw|2dx=−

U

w∆wdx

U

w2dx1/2

U

(∆w)2dx1/2

Do , từ (3.95) (3.96) ta nhận đ−ợc

( ˙e(t))2=

U|

Dw|2dx2

U

w2dx4

U

(w)2dx

e(t)ăe(t)

Suy

ă

e(t)e(t)( e(t))2 (0tT) (3.97) Bây giờ, e(t) = 0với mọi0tT định lý đo đ−ợc chứng minh xong Ng−ợc lại, tồn khoảng[t1, t2]⊂[0, T], mà

e(t)>0 víi t1t < t2, e(t2) = (3.98)

3 Ta đặt

f(t) := loge(t) (t1t < t2) (3.99)

Khi đó, theo (3.97) ta cú

ă

f(t) =e(t)ă e(t)

e(t)2

và thế, hàm f lồi khoảng (t1, t2) Suy ra, 0< τ < 1, t1 < t < t2 ta

nhận đợc

(105)

Theo (3.99) ta thÊy

e((1−τ)t1+τ t)e(t1)1−τe(t)τ,

vµ vËy

0e((1−τ)t1+τ t2)e(t1)1−τe(t2)τ (0< τ <1)

Nh−ng theo (3.98) từ bất đẳng thức cuối suy rae(t) = 0với mọit1tt2,

ta nhận đợc mâu thuẫn Định lý đo đợc chứng minh

3.4 Phơng trình truyền sóng

Ta nghiên cứu phơng trình truyền sóng

uttu= (3.100)

vàphơng trình truyền sóng không

uttu=f, (3.101)

với điều kiện ban đầu điều kiện biên thích hợp t > x U, U Rnlà tập mở Hàm cần tìm làu:Uì[0,)R,u=u(x, t), toán

t Laplacec xỏc nh theo biến không gian

∆ =

n

n=1

∂2

∂x2

i

Trong (3.101) hàm sốf :Uì[0,)Rlà đo biết Ta th−êng viÕt t¾t nh− sau

u=utt−∆u

Ta thấy nghiệm phơng trình truyền sóng có tính chất khác hẳn nghiệm cuả phơng trình Laplace phơng trình truyền nhiệt Ví dụ nh nghiệm phơng trình truyền sóng không khả vi vô hạn, vế phải hàm trơn

ý nghĩa vật lý. Ph−ơng trình truyền sóng mơ hình đơn giản hoá dao

động dây(n= 1), màng mỏng(n= 2) vật rắn đàn hồi (n= 3) Trong t−ợng vật lý nói trên,u(x, t)là độ lệch so với trạng thái cân theo h−ớng điểmxtại thời giant

ChoV miền trơn củaU Gia tốc trongV

d2

dt2

V

udx=

V

(106)

và lực tiÕp xóc lµ

−

∂V

f.νννdS

trong đóf lực tác động trênV qua∂V với mật độ khối l−ợng đơn vị Định luật Newton khẳng định gia tốc lực tiếp xúc

V

uttdx=−

∂V

f.νννdS

Đồng thức với miền conV,

utt=−divf

Đối với vật đàn hồi, f hàm số Du,

utt+ divf(Du) =

Với Duđủ nhỏ, ta th−ờng lấyf(Du)∼=−aDu,

utt−a∆u=

NÕua= 1ta có phơng trình truyền sóng

3.4.1 Nghiệm theo trung bình cầu

a Nghiệm trờng hợp n= 1 Công thức Dalambert

Trớc tiên ta xét toán giá trị ban đầu (bài toán Cauchy) phơng trình truyền sóng toàn bộR

uttuxx= Rì(0,)

u=g, ut=h trênRì {t= 0},

(3.102) đâyg, hlà đo biết Ta tìm công thức củauthông quag vàh

Để ý ta thấy, phơng trình ĐHR (3.102) viết dới dạng

∂

∂t+ ∂ ∂x

∂

∂t − ∂ ∂x

u=utt−uxx= (3.103)

Đặt

v(x, t) := t

∂x

u(x, t) (3.104) Khi từ (3.103) ta cú

(107)

Đây phơng trình chuyển dịch với hệ số 'Ap dụng công thức (3.3) (vớin= 1, b= 1) ta nhận đợc

v(x, t) =a(x−t), (3.105) đóa(x) :=v(x,0) Kết hợp (3.103)-(3.105) cho ta

ut(x, t)−ux(x, t) =a(x−t) R×(0,∞)

Đây lại phơng trình chuyển dịch không nhất, áp dụng công thức (3.5) (với

n= 1, b=−1, f(x, t) =a(x−t)) ta cã

u(x, t) =

t

0

a(x+ (t−s)−s)ds+b(x+t) (3.106)

=1

x+t x−t

a(y)dy+b(x+t),

trong đób(x) :=u(x,0)

Cuối ta dùng điều kiện ban đầu (3.102) để tínhavàb Điều kiện đầu (3.102) cho ta

b(x) =g(x) (xR)

và từ điều kiƯn thø hai cđa (3.102) vµ (3.104) suy

a(x) =v(x,0) =ut(x,0)−ux(x,0) =h(x)−g(x), (x∈R)

Thay vµo (3.106) ta cã

u(x, t) =1

x+t x−t

h(y)−g(y)dy+g(x+t)

V× thÕ

u(x, t) =

2[g(x+t) +g(x−t)] +

x+t x−t

h(y)dy (xR, t >0). (3.107)

Đây làcông thøc Dalambert

Ta đo tìm cơng thức (3.107) với giả thiết rằngulà nghiệm đủ trơn toán (3.102) Bây ta kiểm tra xem (3.107) có cho ta nghiệm (3.102) tr−ờng hợp tổng quát hay không?

Định lý 3.29 (Nghiệm ph−ơng trình truyền sóng, n= 1). Giả sử g∈C2(R), h∈C1(R)vàuđ−ợc xác định theo cơng thức Dalambert (3.107) Khi

đó

(108)

(ii) uttuxx= trongRì(0,)

(iii) lim

(x,t)(x0,0)

t>0

u(x, t) =g(x0), lim

(x,t)→(x0,0)

t>0

ut(x, t) =h(x0) víi mäi ®iĨmx0∈R.

Chứng minh định lý suy từ tính tốn trực tiếp

Chó ý. (i) Theo c«ng thøc (3.107), nghiƯmusÏ cã d¹ng

u(x, t) =F(x+t) +G(x−t),

với hàm số F vàG thích hợp Ng−ợc lại, hàm số có dạng nghiệm ph−ơng trìnhutt−uxx= Vì thế, nghiệm tổng quát ph−ơng trình

trun sãng mét chiỊu chÝnh lµ tỉng cđa hai nghiệm tổng quát hai phơng trình bậc utux= 0vàut+ux= Điều hệ (3.103)

(ii) Ta thấy từ công thức (3.107), nếugCkvàhCk1thì nghiệmuCk

và trờng hợp tổng quát không trơn Nh vậy, phơng trình truyền sóng khác hẳn phơng tr×nh trun nhiƯt vỊ tÝnh chÝnh quy cđa nghiƯm

Phơng pháp phản xạ. Sử dụng công thức Dalambert ta xét toán điều kiện biên - ban đầu nửa đờng thẳngR+={x >0}

uttuxx= trongR+ì(0,)

u=g, ut =h trênR+ì {t= 0}

u= trên{x= 0} ì(0,),

(3.108) đâyg, hđo đợc cho vớig(0) =h(0) =

Ta đa toán (3.108) dạng (3.102) cách mở rộngu, g, hlên toàn trục số Rtheophản xạ lẻ:

u(x, t) :=

u(x, t) (x≥0, t≥0) −u(−x, t) (x0, t≥0), g(x) :=

g(x) (x≥0) −g(−x) (x0), h(x) :=

h(x) (x≥0) −h(−x) (x0)

Khi (3.108) trở thành

utt=uxx trongR×(0,∞)

(109)

'Ap dơng công thức Dalambert (3.107) ta đợc

u(x, t) =

2[g(x+t) +g(x−t)] +

x+t x−t

h(y)dy

Theo định nghĩa hàmu, g, h nh− ta viết cơng thức cuối lại nh− sau

u(x, t) =

      

2[g(x+t) +g(x−t)] +

x+t x−t

h(y)dy, nÕux≥t, t≥0

2[g(x+t)−g(t−x)] +

x+t t−x

h(y)dy, nÕu0xt,

(3.109) víix≥0, t≥0

b Các giá trị cầu

Giả sử n2, m2vàuCm(Rnì[0,))là nghiệm toán

Cauchy

uttu= Rnì(0,)

u=g, ut=h Rn× {t= 0}

(3.110) Ta đ−a công thức nghiệmuthông quagvàh Ta cố gắng sử dụng công thức (3.109) Muốn vậy, tr−ớc tiên ta xét giá trị trung bình utrên mặt cầu

Ký hiệu. (i) ChoxRn, t >0, r >0 Đặt

U(x;r, t) :=

∂B(x,r)

u(y, t)dS(y), (3.111) giá trị trung bình củau(Ã, t)trên mặt cầuB(x, r)

(ii) T−ơng tự, ta đặt

      

G(x;r) :=

∂B(x,r)

g(y)dS(y) H(x;r) :=

∂B(x,r)

h(y)dS(y)

(3.112)

Vớixcố định, ta xemU hàm số củar, tvà tìm ph−ơng trình ĐHR nhận

U lµm nghiƯm

Bổ đề 3.2 (Ph−ơng trình Euler-Poisson-Darboux). Cố địnhx∈Rnvà choulà nghiệm (3.110) Khi đóU Cm(R

+ì[0,))là nghiệm toán

sau

  

Utt−Urr−

n−1

r Ur= trongR+ì(0,) U =G, Ut=H R+ì {t= 0}

(110)

Phơng trình ĐHR (3.113) đợc gọi làphơng trình Euler-Poisson-Darboux

Chứng minh Nh chứng minh Định lý 3.2,§3.2.2, víir >0 ta cã

Ur(x;r, t) = r

n

B(x,r)

∆u(y, t)dy (3.114) Từ (3.114) ta nhận đợc

lim

r0+Ur(x;r, t) =

Tiếp theo, lấy đạo hàm đẳng thức (3.114) sau tính tốn ta thấy

Urr(x;r, t) =

∂B(x,r)

∆udS+

n−1 B(x,r)

∆udy (3.115) Nh− vËy

lim

r→0+Urr(x;r, t) =

1

n∆u(x, t)

Sử dụng (3.115) cách tơng tự ta tính đợc Urrr, , kiểm tra đợc

U Cm(R

+ì[0,))

2 Tiếp tục tính toán từ (3.114), (3.110) ta có

Ur= r

n

B(x,r)

uttdy=

nα(n) rn−1

B(x,r)

uttdy

V× thÕ

rn−1Ur=

1 nα(n)

B(x,r)

uttdy

vµ vËy

(rn−1U

r)r=

1 nα(n)

∂B(x,r)

uttdS

=rn−1

∂B(x,r)

uttdS=rn−1Utt

c Trờng hợp với n = và n = 2 Công thức Kirchhoff công

thức Poisson

Trờng hợp n= 3. Xét n= 3, giả sử uC2(R3ì[0,))thỏa mon bµi

tốn giá trị ban đầu (3.110) Ta nhớ lại ký hiệu (3.111), (3.112) củaU, G, H đặt

U :=rU, (3.116)

(111)

Bây ta khẳng định rằngU thỏa mon     

Utt−Urr = trongR+×(0,∞)

U =G, Ut=H trênR+ì {t= 0}

U = trên{r= 0} ×(0,∞)

(3.118)

ThËt vËy, theo (3.113) víin= 3ta cã

Utt=rUtt=r

Urr+

2 rUr

=rUrr+ 2Ur= (U +rUr)r=Urr

Sö dụng công thức (3.109) cho (3.118) ta tìm đợc với0rt:

U(x;r, t) =

2 G(r+t)−G(t−r)

+1

r+t

−r+tH

(y)dy (3.119) Tõ (3.111) suy

lim

r→0+U(x;r, t) =u(x, t),

ta kÕt luËn tõ (3.116), (3.117), (3.119) r»ng

u(x, t) = lim

r→0+

U(x;r, t)

r = limr→0+

G(t+r)−G(t−r)

2r +

1 2r

t+r t−r

H(y)dy =G(t) +H(t)

Khi đó, nhờ (3.112) ta nhận đ−ợc

u(x, t) = ∂ ∂t

t

∂B(x,t)

gdS+t

∂B(x,t)

hdS (3.120)

Nh−ng

∂B(x,t)

g(y)dS(y) =

∂B(0,1)

g(x+tz)dS(z),

và

∂

∂t ∂B(x,t)

gdS=

∂B(0,1)

Dg(x+tz).zdS(z) =

∂B(x,t)

Dg(y).y−x t dS(y)

Trë l¹i víi (3.120) ta cã

u(x, t) =

∂B(x,t)

th(y) +g(y) +Dg(y).(y−x)dS(y) (x∈R3, t >0).

(112)

Đây công thức Kirchhoff biểu diễn nghiệm toán giá trị ban đầu (3.110) vớin=

Trng hp n= 2. Ta xét toán giá trị ban đầu (3.110) xem nh− tốn vớin= 3, biến khơng gian thứ bax3khơng xuất

Giả thiết uC2(R2ì[0,))thỏa mon (3.110) vớin= 2, ta viết

¯

u(x1, x2, x3, t) :=u(x1, x2, t) (3.122)

Khi từ (3.110) suy

¯

utt−∆¯u= R3×(0,∞)

¯

u= g, ut= h R3ì {t= 0},

(3.123) víi ¯g(x1, x2, x3) := g(x1, x2), h(x¯ 1, x2, x3) := h(x1, x2) NÕu ta viÕt x =

(x1, x2) R2 vàx = (x1, x2,0) R3 (3.123) công thức Kirchhoff (trong

dạng (3.120)) cho ta

u(x, t) = ¯u(¯x, t) = ∂

∂t

t

∂B(¯x,t)

¯ gdS+t

∂B(¯x,t)

¯

hdS, (3.124)

trong B(¯x, t) hình cầu trongR3 với tâmx¯, bán kính t >0, và dS là độ o

mặt chiều B(x, t) Ta rút gän (3.124) bëi chó ý r»ng

∂B(¯x,t)

¯

gdS = 4πt2

∂B(¯x,t)

¯ gdS =

4πt2

B(x,t)

g(y) +|D(y)|21/2dy,

ở (y) = (t2− |y−x|2)1/2 víiy ∈B(x, t) Thõa sè ”2” cã mặt công

thức trên, vìB(x, t)gồm nửa bán cầu Chú ý

(1 +|D|2)1/2=t(t2 |yx|2)12

ta cã

∂B(¯x,t)

¯

gdS= 2πt

B(x,t)

g(y)

(t2− |y−x|2)1/2dy

= t

B(x,t)

g(y)

(t2− |y−x|2)1/2dy

Do đó, cơng thức (3.124) trở thành

u(x, t) =1 ∂ ∂t t2

B(x,t)

g(y)

(t2− |y−x|2)1/2dy

(3.125) +t 2

B(x,t)

h(y)

(113)

Nh−ng

t2

B(x,t)

g(y)

(t2− |y−x|2)1/2dy=t

B(0,1)

g(x+tz) (1− |z|2)1/2dz

và

t

t2

B(x,t)

g(y)

(t2− |y−x|2)1/2dy

= =

B(0,1)

g(x+tz) (1− |z|2)1/2dz+t

B(0,1)

Dg(x+tz).z (1− |z|2)1/2dz

=t

B(x,t)

g(y)

(t2− |y−x|2)1/2dy+t

B(x,t)

Dg(y).(y−x) (t2− |y−x|2)1/2dy

Từ ta viết (3.125) lại nh− sau

u(x, t) =

B(x,t)

tg(y) +t2h(y) +tDg(y).(y−x)

(t2− |y−x|2)12 dy, (3.126)

vớixR2, t >0.

Đây làcông thức Poissoncho nghiệm toán giá trị ban đầu (3.110) với

n=

d Trờng hợp nlẻ

Trong mục ta giải phơng trình Euler-Poisson-Darboux vớinlà số lẻ Trớc hÕt ta xÐt mét sè kü tht phơ trỵ

Bổ đề 3.3 (Những đồng thức th−ờng dùng). Cho φ: R→R là

Ck+1 Khi vớik= 1,2

(i)d2

dr2 r d dr

k−1

(r2k−1φ(r)) =1

r d dr

k

r2k dφ dr(r)

, (ii)1

r d dr

k−1

(r2k−1φ(r)) =!k−1

j=0βjkrj+1 djφ

drj(r).ởđây sốjk (j =

0, , k1)phụ thuộc vào Hơn (iii) k

0 = 1.3.5 (2k−1)

Bây giờ, giả thiếtn≥3là số nguyên lẻ đặt

n= 2k+ (k≥1)

Tõ trở giả sử u Ck+1(Rnì[0,)) thỏa mon toán giá trị ban đầu

(114)

Ký hiệu. Ta viÕt

          

U(r, t) :=1

r ∂ ∂r

k−1

(r2k−1U(x;r, t))

G(r) :=1r∂r∂ k−1(r2k−1G(x;r)) (r >0, t≥0)

H(r) :=1

r ∂ ∂r

k−1

(r2k−1H(x;r)).

(3.127)

Khi

U(r,0) =G(r); Ut(r; 0) =H(r) (3.128)

Sau ta kết hợp Bổ đề 3.2 đồng thức Bổ đề 3.3 để chứng minh biến đổi (3.127) U thành U biến ph−ơng trình Euler-Poisson-Darboux thành ph−ơng trình truyền sóng

Bổ đề 3.4 (U thỏa mãn ph−ơng trình truyền sóng chiều). Ta có

    

Utt−Urr = trongR+ì(0,)

U =G; Ut =H trênR+ì {t= 0}

U = trên{r= 0} ì(0,)

Chứng minh Nếur >0, ta cã

Urr= ∂

2 ∂r2 1 r ∂ ∂r

k−1

(r2k−1U) =1 r

∂ ∂r

k

(r2kUr) (theo Bổ đề 3.3, (i))

=1 r

∂ ∂r

k−1

[r2k−1Urr+ 2kr2k−2Ur]

=1 r

∂ ∂r

k−1

r2k−1 Urr+

n−1 r Ur

(n= 2k+ 1) =1

r ∂ ∂r

k−1

(r2k−1Utt) =Utt

Đẳng thức gần cuối theo (3.113) Dùng Bổ đề 3.3, (ii) ta thấy

U = 0trªn {r= 0}

Theo Bổ đề 3.4, (3.128) (3.109) ta kết luận với0rt,

U(x, t) =1

2[G(r+t)−G(t−r)] +

t+r t−r H

(y)dy, (3.129) víi mäir∈R, t≥0 Nhí l¹i

u(x, t) = lim

(115)

Hơn Bổ đề 3.3, (ii) khẳng định

U(r, t) =1 r

∂ ∂r

k−1

(r2k−1U(x;r, t)) =

k−1

j=0

βk jrj+1

∂j

∂rjU(x;r, t),

và

lim

r→0

U(r, t) βk

0r

= lim

r→0U(x;r, t) =u(x, t)

V× thÕ, tõ (3.129) suy

u(x, t) = βk

0

lim

r→0

G(t+r)−G(t−r)

2r +

1 2r

t+r t−r H

(y)dy =

βk

0

G(t) +H(t)

Sau cùng, từ n = 2k+ 1, (3.129) Bổ đề 3.3, (iii) suy công thức biểu diễn nghiệm

u(x, t) = γn ∂ ∂t 1 t ∂ ∂t

n−3

tn−2

∂B(x,t)

gdS +1

t ∂ ∂t

n−3

tn−2

∂B(x,t)

hdS

(3.130)

víix∈Rn, t >0, nlà số nguyên lẻ và

n= 1.3.5 (n2)

Ta có γ3 = 1và (3.130) với n= 3sẽ trùng với (3.120) với công

thøc Kirchhoff (3.121)

Vấn đề lại kiểm tra cơng thức (3.130) nghiệm (3.110)

Định lý 3.30. Giả thiếtnlà số nguyên lẻ,n3và gi¶ sưg∈Cm+1(Rn), h∈

Cm(Rn)víim= n+1

2 Xác địnhubởi (3.130) Khi

(i) u∈C2(Rn×[0,∞)),

(ii) utt−∆u= trongRn×(0,∞), (iii) lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

u(x, t) =g(x0), lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

ut(x, t) =h(x0), với điểmx0Rn

Chứng minh Giả sử trớc hếtg0, tức

u(x, t) = γn

1

t ∂ ∂t

n−3

(116)

Khi đó, từ Bổ đề 3.3, (i) ta có

utt=

1 γn 1 t ∂ ∂t

n−1

(tn−1H

t)

Tõ c¸ch chứng minh Định lý 3.2 trongĐ3.2.2 ta thấy

Ht =

t n

B(x,t)

∆hdy

Suy

utt=

1 nα(n)γn 1 t ∂ ∂t

n−1

B(x,t)

∆hdy = nα(n)γn 1 t ∂ ∂t

n−3

t

∂B(x,t)

∆hdS

Mặt khác,

H(x;t) = x

∂B(0,t)

h(x+y)dS(y) =

∂B(x,t)

∆hdS

Vì thế, (3.131) tính toán cho ta

utt= u Rnì(0,)

Ta làm t−¬ng tù nÕuh≡0

2 Dùng Bổ đề 3.3, (ii)-(iii), ta dễ dàng chứng minh rằng,usẽ thỏa mon điều kin ban u

e Trờng hợp n chẵn

Bây giả sửnlà số tự nhiên chẵn, ulàCm-nghiệm (3.110),m= n+2

Ta muốn tạo công thức nghiệm giống (3.130) u ởđây, giống nh− tr−ờng hợp vớin= 2, ta thấy

˜

u(x1, , xn+1, t) :=u(x1, , xn, t) (3.132)

sẽ thỏa mon phơng trình truyền sóng Rn+1ì(0,)với điều kiện ban đầu

u= g; ut= h trênRn+1ì {t= 0},

trong ú

g((x1, , xn+1) :=g(x1, , xn)

˜

h((x1, , xn+1) :=h(x1, , xn)

(117)

Vì n+ lẻ, ta sử dụng (3.130) (vớin+ 1thay chon) để đạt đ−ợc công thức chou˜theo hàmf ,˜˜h Khi (3.130) (3.133) cho ta cụng thc ca

utheo hàmg, h

Bỏ qua chi tiết, cố địnhx∈Rn, t >0 ta viếtx˜:= (x

1, , xn,0)∈Rn+1

Khi (3.130) với n+ 1thế chỗ chon, cho ta

u(x, t) = γn+1

∂ ∂t 1 t ∂ ∂t

n−2

tn−1

∂B(˜x,t)

˜

gdS (3.134)

+1 t

∂ ∂t

n−2

tn−1

∂B(˜x,t)

˜ hdS,

B(˜x, t)là hình cầu trongRn+1với tâmx˜và bán kớnht, vdSl o mtn-chiu

trênB(x, t) Bây

∂B(˜x,t)

˜

gdS=

(n+ 1)α(n+ 1)tn

∂B(˜x,t)

˜

gdS (3.135)

Chú ý rằng∂B(x, t)∩ {yn+1 ≥0} đồ thị hàm γ(y) := t2− |y−x|2

1/2

víiy ∈B(x, t)⊂ Rn Cịng vËy ∂B(x, t)∩ {y

n+1 0} đồ thị −γ Nh−

vËy, tõ (3.135) suy

∂B(˜x,t)

˜

gdS=

(n+ 1)α(n+ 1)tn

B(x,t)

g(y) +|Dγ(y)|21/2dy (3.136) Thõa sè ”2” có mặt vìB(x, t)gồm hai bán cầu Chú ý +|Dγ(y)|21/2=

t t2− |y−x|2−1/2 Thay vµo (3.136) ta ®−ỵc

∂B(˜x,t)

˜

gdS=

(n+ 1)α(n+ 1)tn−1

B(x,t)

g(y)

t2− |y−x|21/2dy

= 2tα(n) (n+ 1)α(n+ 1)

B(x,t)

g(y)

t2− |y−x|21/2dy

Ta làm cách t−ơng tự vớihthế chỗ củagtrong (3.136) Sau ta thay cơng thức nhận đ−ợc vào (3.134) để có

u(x, t) = γn+1

2α(n) (n+ 1)α(n+ 1)

∂ ∂t 1 t ∂ ∂t

n−2

tn

B(x,t)

g(y)

t2− |y−x|21/2dy

+1 t

∂ ∂t

n−2

tn

B(x,t)

h(y)

t2− |y−x|21/2dy

Vì n+1 = 1.3 (n1) và(n) =

πn/2

Γ n+2

(118)

Cuối công thức biĨu diƠn nghiƯm lµ

u(x, t) = γn

∂

∂t

1

t ∂ ∂t

n−2

tn

B(x,t)

g(y)

t2− |y−x|21/2dy

(3.137)

+1 t

∂ ∂t

n−2

tn

B(x,t)

h(y)

t2− |y−x|21/2dy

,

trong nchẵn γn = 2.4 (n−2).n, với x∈Rn, t >0 Vìγ2= 2, (3.137)

cho ta công thức Poisson (3.126), n=

Định lý 3.31. Giả sửnlà số nguyên chẵn,n2vàgCm+1(Rn) h

Cm(Rn)víim= n+2

2 Xác định ubởi (3.137) Khi

(i) u∈C2(Rn×[0,∞)),

(ii) utt−∆u= 0trongRn×(0,∞), (iii) lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

u(x, t) =g(x0), lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

ut(x, t) =h(x0), víi điểmx0Rn.

Định lý 3.31 hệ §Þnh lý 3.30

Chú ý. (i) Ta thấy, trái ng−ợc với cơng thức (3.130), để tínhu(x, t)vớinchẵn ta cần thơng tinu=g, ut =htrên khắp hình cầu B(x, t)và khơng mặt cầu

∂B(x, t)

(ii) So sánh (3.130) (3.137) ta ý rằng: n lẻ n 3, kiện

g vàh điểmx∈Rn ảnh h−ởng đến nghiệmu chỉ biên{(y, t)| t >

0, |x−y|=t} cđa h×nh nãn C={(y, t)|t >0, |xy|< t} Mặt khác, nếun

l chẵn kiện gvàhảnh h−ởng đếnutrong khắpC

3.4.2 Bài toán không nhất

Tip sau õy ta nghiên cứu toán giá trị ban đầu ph−ơng trình truyền sóng khơng

uttu=f trongRnì(0,)

u= 0, ut = trênRnì {t= 0}

(3.138) Theo nguyên lý Duhamel Đ3.3.1 ta xác định u=u(x, t;s)là nghiệm toán sau

utt(·;s)−∆u(·;s) = trongRn×(s,∞)

u(·;s) = 0; ut(Ã;s) =f(Ã;s) trênRnì {t= 0}

(119)

Bây giê xÐt

u(x, t) =

t

0

u(x, t;s)ds (x∈Rn, t

≥0) (3.140)

Nguyên lý Duhamel khẳng định (3.140) nghiệm (3.138)

Định lý 3.32. Giả sử n f ∈ C

n

2

+1

(Rnì[0,∞)) Xác định ubởi (3.140) Khi

(i) u∈C2(Rn×[0,∞)),

(ii) utt−∆u=f trongRn×(0,∞), (iii) lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

u(x, t) = 0, lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

ut(x, t) = 0,

với điểmx0Rn.

Chứng minh Nếu n lẻ, n

2

+ = n+12 Theo Định lý 3.30 u(ã,ã;s) ∈ C2(Rnì[s,∞)) với mọis ≥0 và đó u∈ C2(Rnì[0,∞)) Nếu nlà chẵn

n

2

+ = n+22 Vì thếuC2(Rnì[0,)), theo Định lý 3.31.

2 Ta cã

ut(x, t) =u(x, t;t) +

t

0

ut(x, t;s)ds=

t

0

ut(x, t;s)ds

utt(x, t) =ut(x, t;t) +

t

0

utt(x, t;s)ds=f(x, t) +

t

0

utt(x, t;s)ds

Hơn

u(x, t) =

t

0

∆u(x, t;s)ds=

t

0

utt(x, t;s)ds

V× vËy

utt(x, t)−∆u(x, t) =f(x, t) (x∈Rn, t >0),

vµ r˜o rµngu(x,0) =ut(x,0) = 0víix∈Rn

Chú ý. Nghiệm củabài tốn khơng tổng quát tổng nghiệm (3.110) (đo đ−ợc xác định công thức (3.107), (3.130) (3.137) nghiệm (3.138) (xác định (3.140))

VÝ dô. (i) Ta sÏ gi¶i (3.138) víin=

Trong tr−êng hợp công thức Dalembert (3.107) cho ta

u(x, t;s) =1

x+t−s x−t+s

f(y, s)dy; u(x, t) =1

t

0

x+ts xt+s

(120)

Đó là,

u(x, t) =

t

0

x+s x−s

f(y, t−s)dyds (x∈R, t≥0). (3.141)

(ii) Víin= 3, c«ng thøc Kirchhoff (3.121) cho ta

u(x, t;s) = (t−s)

∂B(x,t−s)

f(y, s)dS,

do

u(x, t) =

t

0

(t−s)

∂B(x,t−s)

f(y, s)dSds =

4π

t

0

∂B(x,t−s)

f(y, s) (t−s)dSds =

4π

t

0

∂B(x,r)

f(y, t−r) r dSdr

V× thÕ

u(x, t) = 4π

B(x,t)

f(y, t− |y−x|)

|y−x| dy (x∈R

3, t

≥0), (3.142) tháa mon (3.138) víi n= Hµm d−íi dÊu tÝch phân vế phải đợc gọi làthế vị chậm

Ta s dựng phng pháp l−ợng để nghiên cứu tính nghiệm toán biên - giá trị ban đầu ph−ơng trình truyền sóng

a TÝnh nhÊt

Cho U Rn là miền bị chặn với biên trơn U, và U

T =Uì(0, T] T =

UT UT,T >0

Ta xét toán biên - giá trị ban đầu



utt−∆u=f trongUT

u=g trªnΓT

ut =h trênUì {t= 0}

(3.143)

Định lý 3.33 (Tính nhất). Tồn không nghiệmuC2(U

(121)

Chứng minh Nếuu˜ nghiệm khác (3.143), đów :=u−u˜ thỏa

mon 

   

wtt−∆w= trongUT

w= trênT

wt= trênUì {t= 0}

Ta định nghĩa ”năng l−ợng” đại l−ợng sau

e(t) =1

U

w2

t(x, t) +|Dw(x, t)|2

dx (0tT)

Ta cã

˙ e(t) =

U

(wtwtt+Dw.Dwt)dx=

D

wt(wtt−∆w)dx= 0,

vìw= 0, đówt = 0trên∂[0, T] Suy ra, với∀0tT e(t) =e(0) =

0vàwt, Dw0trongUT Vìw= 0trênUì {t= 0}ta kÕt lnw=u−u˜≡0

trongUT

b MiỊn phơ thc

Ta dùng ph−ơng pháp l−ợng để nghiên cứu miền phụ thuộc nghiệm ph−ơng trình truyền sóng tồn khơng gian Giả sửu∈C2 thỏa mon

utt−∆u= trongRn×(0,∞)

Cố địnhx0∈Rn, t

0>0và định nghĩa hình nón

C={(x, t)|0tt0, |x−x0|t0−t}

Định lý 3.34 (Tốc độ lan truyền hữu hạn). Nếuu≡ut ≡0trênB(x0, t0)

th×u≡0 h×nh nãnC

Trong tr−ờng hợp đặc biệt, ta thấy ”sự nhiễu” bắt nguồn từ bên ngoàiB(x0, t0)

không ảnh h−ởng tới nghiệm C có tốc độ lan truyền hữu hạn Ta đo biết điều từ cơng thức biểu diễn (3.130) (3.137), với giả thiếtg =uvà

h=ut Rnì {t= 0} đủ trơn Điều cần nhấn mạnh ph−ơng pháp

năng l−ợng cho ta cách chứng minh đơn giản nhiều

Chứng minh Ta định nghĩa

e(t) :=

B(x0,t0t)

(122)

H×nh3.5: H×nh nãn phơ thc

Khi

˙ e(t) =

B(x0,t0−t)

(ututt+Du.Dut)dx−

1

∂B(x0,t0−t)

u2t +|Du|2dS

=

B(x0,t0−t)

ut(utt−∆u)dx+

∂B(x0,t0−t)

∂u ∂νutdS −1

2

∂B(x0,t0−t)

u2t +|Du|2dS

=

∂B(x0,t0−t)

∂u ∂νut−

1 2u

2

t −

1 2|Du|

2dS.

(3.144)

Bây giờ, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz bất đẳng thức Cauchy (Đ2.2), ta có

∂u∂νut

|ut| |Du|1

2u

2

t +

1 2|Du|

2, (3.145)

từ (3.145) (3.144) ta thấye(t)˙ 0và

e(t)e(0) = ∀0tt0

V× thÕut, Du≡0 trongC, suy rau≡0 h×nh nónC

3.5 Bài tập Chơng

Trong nhng tập này, tất hàm cho tr−ớc đ−ợc giả thiết làtrơntrừ có giả thiết khác cho trc

1 Hoy tìm công thức nghiệm toán giá trị ban đầu

ut+b.Du+cu= Rn×(0,∞)

(123)

trong đóc∈Rvàb∈Rn là số.

2 Chứng minh ph−ơng trình Laplace∆u= 0là bất biến qua phép quay; tức là: NếuO ma trận trực giaonìn, đặt

v(x) :=u(Ox) (x∈Rn),

thìv=

3 Choulà nghiệm toán

−∆u=f trongB0(0, r)

u=g trªn∂B(0, r)

Dựa vào cách chứng minh công thức giá trÞ chÝnh hoy chØ (víin≥3) r»ng

u(0) =

∂B(0,r)

gdS+ n(n−2)α(n)

B(0,r)

1

|x|n−2 −

1 rn−2

f dx

4 Ta nãi: vC2(U)là hàmđiều hòa dớinếu

v0 U

a) Chứng minh rằng: nếuv điều hòa dới

v(x)

B(x,r)

vdy

víi mäiB(x, r)⊂U

b) Chứng minh ta có

max

U v= max∂U v

c) Cho:RRlà hàm lồi trơn Giả thiếtulà điều hòa vàv:=(u).

Chứng minhv điều hòa dới

d) Chứng minhv:=|Du|2 là điều hòa dới nếuulà điều hòa.

5 Choulà nghiệm trơn toán

−∆u=f trongB0(0,1)

u=g trªn∂B(0,1)

Chøng minh r»ng, tån t¹i h»ng sèCchØ phơ thc nsao cho

max

B(0,1)|u|

C max

∂B(0,1)|g|+ maxB(0,1)|f|

(124)

6 Choulà hàm điều hòa, dơng trongB0(0, r), hoy dïng c«ng thøc Poisson

đối với hình cầu chứng minh

rn−2 r− |x|

(r+|x|)n−1u(0)u(x)r

n−2 r+|x|

(r− |x|)n−1u(0)

Đây dạng bất đẳng thức Harnack Chứng minh Định lý 3.15 trong3.2.4

8 Choulà nghiệm toán

∆u= trongRn

+

u=g trênRn

+

và đợc cho công thức Poisson nửa không gian Giả thiết g bị chặn

g(x) =|x|vớixRn

+, |x|1 Hoy chứng minhDukhông bị chặn gầnx=

(Gi ý: Hoy ỏnh giỏ u(en)u(0)

)

9 ChoU+là nửa hình cầu më{x∈Rn| |x|<1 x

n>0} Gi¶ thiÕtu∈C2(U

+

)

là hàm điều hòa trongU+, vớiu= 0trên U+ {x

n= 0} XÐt

v(x) :=

u(x) nÕuxn≥0

−u(x1, , xn−1,−xn) nÕuxn<0

víix∈U =B0(0,1) Chứng minh rằng vlà hàm điều hòa trongU.

10 Giả sửulà nghiệm trơn phơng trình truyền nhiƯt

ut−∆u= Rn×(0,∞)

(i) Chøng minh rằngu(x, t) :=u(x, 2t)cũng nghiệm phơng trình truyền

nhiƯt víi mäiλ∈R.

(ii) Từ suy rav(x, t) :=x.Du(x, t) + 2tut(x, t)cũng nghiệm ph−ơng trỡnh

truyền nhiệt

11 Giả thiếtn= 1vàu(x, t) =v x2 t

a) Chøng minh r»ng

ut=uxx

nÕu vµ chØ nÕu

4zv(z) + (2 +z)v(z) = (z >0) (∗) b) Chøng minh nghiệm tổng quát của()là

v(z) =c

z

0

(125)

c) Lấy đạo hàmv x2 t

theoxvà chọn sốcphù hợp để tìm nghiệm

Φtrong tr−êng hợpn=

12 Tìm công thức nghiệm toán

utu+cu=f trongRnì(0,)

u=g trênRnì {t= 0}

trong đóc∈R.

13 Choulµ nghiƯm cđa bµi toán giá trị - ban đầu

utuxx= trongR+ì(0,)

u= trênR+ì {t= 0}

u=g trên{x= 0} ì[0,)

trong úg: [0,∞)−→Rvớig(0) = 0là hàm cho tr−ớc Hoy chứng minh

u(x, t) = √x 4π

t

0

1 (t−s)3/2e

−x2

4(t−s)g(s)ds.

14 Ta nóivC2

1(UT)lànghiệm dớicủa phơng trình truyền nhiệt

vt−∆v0 UT

a) Chøng minh r»ng nÕuv lµ nghiƯm d−íi th×

v(x, t)

4rn

E(x,t;r)

v(y, s)|x−y|

2

(t−s)2dyds,

víi mäiE(x, t;r)⊂UT

b) Khi chứng minh

max

UT

v= max

ΓT

v

c) Cho:RRlà hàm lồi, trơn Giả thiếtulà nghiệm phơng trình

truyền nhiệt, vàv:=(u) Chứng minhv lµ nghiƯm d−íi

d) Chøng minh r»ng: nÕu u nghiệm phơng trình truyền nhiệt thìv := |Du|2+u2

t lµ nghiƯm d−íi

15 a) Chøng minh rằng: vớiF vàGlà hàm trơn tùy ý, ta có

u(x, y) =F(x) +G(y)

(126)

b) Dựng phộp i biến

ξ=x+t η=x−t

Chøng minh r»ng: utt−uxx= vµ chØ khiuξη=

c) Dùng a) b) để chứng minh lại công thức Dalambert

16 Giả thiết E = (E1, E2, E3) và B = (B1, B2, B3) thỏa mon phơng trình

Maxwell (Đ1.3.2) Chứng minh

uttu=

vớiu=Ei hoặcBi (i= 1,2,3).

17 Chou∈C2(Rì[0,∞))là nghiệm tốn giá trị ban đầu ph−ơng

tr×nh trun sãng mét chiỊu

utt−uxx = trongR×(0,∞)

u=g, ut =h trênRì {t= 0}

Gi sg, hcú giá compắc Hàm động

k(t) :=

+∞ −∞

u2t(x, t)dx

vµ hàm

p(t) :=

+∞ −∞

u2

x(x, t)dx,

chøng minh :

(i) k(t) +p(t)là số đối vớit (ii) k(t) =p(t)với mọit đủ lớn 18 Choulà nghiệm

uttu= trongR3ì(0,)

u=g, ut=h trênR3ì {t= 0},

vớig, h hàm trơn có giá compắc Chứng minh rằng: tồn sốC cho

|u(x, t)| C

t (x∈R

(127)

(128)

Ch−¬ng 4

Ph−ơng trình đạo hàm riêng phi tuyến cấp một

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao 4.2 Đặc tr−ng

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 4.4 Luật bảo toàn

4.5 Bài tËp Ch−¬ng 4.

Ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp th−ờng nảy sinh vật lý lý thuyết, động lực học (mơ tả chuyển động tắc), học liên tục (để ghi lại bảo tồn khối l−ợng, mô men lực) quang học (để mô tả sóng) Mặc dù ph−ơng trình ĐHR phi tuyến nói chung phức tạp, nh−ng ta sử dụng kỹ thuật khác để thu l−ợm đ−ợc nhiều thông tin chi tiết nghiệm chúng Những kỹ thuật nh− thế, đ−ợc dùng Đ4.1 Đ4.2 mang tính địa ph−ơng Trong Đ4.3 vàĐ4.4, ta đ−a khái niệmnghiệm yếu cách thích hợp tìm nghiệm tồn cục ph−ơng trình Hamilton-Jacobi luật bảo toàn Trong ch−ơng ta nghiên cứu ph−ơng trình đạo hàm riêng (ĐHR) phi tuyến cấp tổng quát

F(x, u, Du) = 0,

ở đây, xU, U tập mở trongRn,F :U ìRìRn Rlà hàm đo biết,

u:U Rlà nghiệm cần tìm,u=u(x).

(129)

Ta viết

F =F(x, z, p) =F(x1, , xn, z, p1, , pn),

vớix∈U, z ∈R, p∈Rn, đó, z là biến thay chou(x)và “p” biến

thay thÕ gradient Du(x) Ta giả thiết từ trở F hàm trơn,

dùng ký hiệu: 

   

DpF= (Fp1, , Fpn)

DzF =Fz

DxF = (Fx1, , Fxn)

Vấn đề đặt tìm nghiệmucủa ph−ơng trình ĐHR

F(x, u, Du) = U

và thỏa mon điều kiện biên

u=g ,

trong đó,Γlà tập cho tr−ớc của∂U vàg: Γ→Rlà hàm số đo biết.

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao

4.1.1 Tích phân đầy đủ

Ta bắt đầu nghiên cứu phơng trình ĐHR phi tuyến

F(x, u, Du) = (4.1) miêu tả lớp nghiệm đơn giản đ−a ph−ơng pháp xây dựng nghiệm khác phức tạp

Tr−íc hết giả sửARnlà tập mở Giả thiết với tham sèa= (a

1, , an)∈

Ata cã nghiệmu=u(x;a)C2của phơng trình (4.1).

Ký hiệu. Ta viết

(Dau, D2xau) :=

  

ua1 ux1a1 · · · uxna1

uan ux1an · · · uxnan

  

n×(n+1)

(4.2)

Định nghĩa4.1 Một C2-hàm u= u(x;a) đ−ợc gọi tích phân đầy đủ trongAnếu

(130)

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao 127

Ghi chú. Điều kiện (ii) đảm bảo u(x;a) phụ thuộc thực vào n tham số

a1, a2, , an §Ĩ thấy rõ điều này, giả sửB Rn1 tập mở, với

b B giả thiếtv =v(x;b)là nghiệm (4.1) Ta giả sử tồn

C1-ánh xạ:AB,= (1, , n1)sao cho

u(x;a) =v(x;(a)) (xU, aA) (4.3) Bây giờ, giả sử hàmu(x;a)thực sù chØ phơ thc vµo(n−1)tham sèb1, , bn−1

Nh−ng

uxiaj =

n−1

k=1

vxibk(x;ψ(a))ψ

k

aj(a) (i, j= 1, , n)

Do

det (D2

xau) = n−1

k=1

vx1bk1· · ·vxnbkn det

  

ψk1

a1 · · · ψ

k1

an

ψkn

a1 · · · ψ

kn

an

  = 0,

v× víi cách chọn k1, , kn (1, , n1), cã Ýt nhÊt hai cét ma trËn

t−¬ng øng lµ b»ng Ta cã

uaj(x;a) =

n−1

k=1

vbk(x;ψ(a))ψ

k

aj(a) (j = 1, , n),

nên theo cách lý luận t−ơng tự, định thức ma trận connìncủa(Dau, Dxa2 u)

bằng 0, ma trận có hạng thực nhỏ hơnn

VÝ dơ 1. Ph−¬ng trình Clairauttrong hình học vi phân phơng trình §HR

x.Du+f(Du) =u, (4.4) đâyf :Rn →Rlà cho tr−ớc Một tích phân đầy đủ là

u(x;a) =x.a+f(a) (xU), aRn. (4.5)

Ví dụ 2. Xét phơng trình Eikonaltrong quang h×nh häc

|Du|= (4.6)

Một tích phân đầy đủ

u(x;a, b) =a.x+b (x∈U, a∈∂B(0,1), b∈R). (4.7)

Ví dụ 3. Ph−ơng trình Hamilton-Jacobi học với dạng đơn giản ph−ơng trình ĐHR

ut+H(Du) = 0, (4.8)

ở đâyH :Rn R,uphụ thuộc vàox= (x

1, , xn)∈Rnvµt∈R,Du=Dxu=

(ux1, , uxn) Một tích phân đầy đủ

(131)

4.1.2 Nh÷ng nghiƯm míi tõ h×nh bao

Tiếp theo, ta nghiên cứu cách xây dựng nghiệm phức tạp ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp (4.1), nghiệm phụ thuộc vào hàm tùy ý của(n−1) biến, không phụ thuộc vào tham số Ta xây dựng nghiệm nh− hình bao tích phân đầy đủ

Định nghĩa4.2 Cho u=u(x;a)là mộtC1-hàm củax∈U, a∈A, ú

U Rn, ARm là tập mở Xét phơng trình véc tơ

Dau(x;a) = (xU, a∈A) (4.10) Giả sử ta giải (4.10) để tìm tham sốalà mộtC1-hàm củax

a=ϕ(x), (4.11)

v× thÕ

Dau(x;ϕ(x)) = (x∈U) (4.12) Khi ta gi

v(x) :=u(x;(x)) (xU) (4.13)

là hình bao hàm{u(Ã;a)}aA

Bằng cách tạo hình bao ta xây dựng nghiệm phơng trình ĐHR phi tuyến cấp

nh lý 4.1 (Xây dựng nghiệm mới). Giả sử với a∈A, u=u(ã;a)là nghiệm ph−ơng trình ĐHR (4.1) Giả thiết tồn hình bao v đ−ợc xác định (4.12), (4.13) mộtC1-hàm, đóv cũng nghiệm của

(4.1)

Hình baov xác định nh− đơi đ−ợc gọi lànghiệm kì dịcủa (4.1)

Chøng minh Ta cã, theo (4.12), (4.13)

v(x) =u(x;ϕ(x))

và vớii= 1, , n vxi =uxi(x;ϕ(x)) +

m

j=1

uaj(x;ϕ(x))ϕ

j

xi(x) =uxi(x;ϕ(x))

Từ với mỗix∈U

(132)

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao 129

Chú ý. 'Y nghĩa hình học là, với mỗix∈U, đồ thị v tiếp xúc với đồ thị u(ã;a)khia=ϕ(x) Do Dv=Dxu(ã;a)tạix, với a=ϕ(x)

Ví dụ 4. Xét phơng trình ĐHR

u2(1 +|Du|2) = (4.14) Một tích phân đầy đủ

u(x;a) =±(1− |x−a|2)1/2, (|x−a|<1).

Ta tÝnh

Da(u) = ∓(x−

a)

(1− |x−a|2)1/2 = 0, nÕua=ϕ(x) =x

Từ đóv=±1là nghiệm kỳ dị (4.14)

Để tìm nhiều nghiệm khác ph−ơng trình (4.1) từ tích phân đầy đủ, ta thay đổi cách làm

Chọn tập mở A ∈Rn−1 và C1-hàm h: A →R sao cho đồ thị củah nằm

trong A Ta viÕt

a= (a1, , an) = (a, an) víi a= (a1, , an−1)

Định nghĩa4.3 Tích phân tổng quát (phụ thuộc vàoh) hình baov =v(x) hàm số

u(x;a) =u(x;a, h(a)) hình bao tồn C1-hàm.

Nói cách khác, việc tính toán hình bao ta hạn chế tham số acó dạnga= (a, h(a))với lựa chọn hàmhmột cách tờng minh.

Chú ý(i) Nh− từ tích phân đầy đủ phụ thuộc vàonhằng số tùy ýa1, , an,

ta xây dựng đợc (mỗi cách xây dựng nh đợc thực hiện) nghiệm phụ thuộc vào hµm tïy ý hcđa(n−1)biÕn

(ii) Có thể cho rằng: tìm đ−ợc (theo cách trên) nghiệm (4.1) phụ thuộc vào hàmhbất kỳ, ta tìm đ−ợc tất nghiệm (4.1) Tuy nhiên điều khơng hồn tồn nh− Giả sử ph−ơng trình ĐHR ta có cấu trúc

F(x, u, Du) =F1(x, u, Du)F2(x, u, Du) =

Nếuu1(x, a)là tích phân đầy đủ ph−ơng trình ĐHRF1(x, u, Du) = 0, v

ta đo thành công việc tìm tích phân tổng quát tơng ứng với hàm hbất kỳ, ta bỏ sót tất nghiệm phơng trình ĐHR

(133)

Ví dụ 5. Một tích phân đầy đủ ph−ơng trình Eikonal

|Du|=

víin= 2sÏ lµ

u(x;a) =x1cosa1+x2sina1+a2, (x, a∈R2) (4.15)

Chọnh≡0,

u(x;a1) =x1cosa1+x2sina1

biểu diễn tập nghiệm của|Du|= 1mà đồ thị qua điểm(0,0,0)∈

R3 Ta tính hình bao củau(x;a

1)bằng cách viết

Da1u

=

−x1sina1+x2cosa1=

Từ úa1=arctanxx2

1,

v(x) =x1cos(arctanx2

x1

) +x2sin arctanx2

x1

=±|x| (x∈R2)

tháa mon|Du|= 1víix=

Ví dụ 6. ĐặtH(p) =|p|2, h≡0trong Ví dụ Một tích phân đầy đủ là

u(x, t;a, b) =a.x−tH(a) +b (x∈R, t≥0).

Khi đóu(x, t;a) =a.x−t|a|2 Ta tính hình bao cách xétD

au=x−2ta=

Lóc nµya= x

2t

v(x, t) =x.x 2t−t

2tx

2=|x|

2

4t (x∈R

n, t >0),

tháa mon phơng trình Hamilton-Jacobiut+|Du|2=

4.2 Đặc trng

4.2.1 Ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng

Ta trë lại với phơng trình ĐHR phi tuyến cấp

F(x, u, Du) = trongU, (4.16) víi ®iỊu kiƯn biên

(134)

4.2 Đặc trng 131

Giả sử F, glà hàm trơn

nghiên cứu toán (4.16), (4.17) ta dùngph−ơng pháp đặc tr−ng, ph−ơng pháp biến đổi ph−ơng trình ĐHR thành hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng t−ơng ứng 'Y t−ởng chủ yếu nh− sau

Giả sửuthỏa mon (4.16), (4.17) vàxlà điểm cố định thuộcU Ta tìm đ−ờng cong nằm U nốixvới imx0 Theo (4.17) ta cúu=g

trên, ta biết giá trị củautại điểm mútx0 của đờng cong: u(x0) =g(x0).

Nếuulà số dọc theo đờng cong, ta tìm đợc giá trị củautạix

Cỏch tỡm phng trỡnh vi phân th−ờng đặc tr−ng. Bằng cách ta chọn đ−ờng cong cho điều nói thực đ−ợc ? Giả sử đ−ờng cong đ−ợc tham số hóa hàmx(s) = (x1(s), , xn(s)), tham sốsnằm

trong khoảng củaR Giả thiếtulàC2-nghiệm (4.16), ta đặt

z(s) :=u(x(s)), (4.18)

p(s) :=Du(x(s)), (4.19) cã nghÜa lµp(s) = (p1(s), , pn(s))và

pi(s) =uxi(x(s)) (4.20)

Nh vậyz(.)cho giá trị udọc đờng cong p(.)là giá trị gradientDu Ta phải chọn x(.)sao cho tính đợcz(.)vàp(.)

Để làm điều này, tr−ớc hết ta đạo hàm (4.20) để đ−ợc

˙ pi(s) =

n

j=1

uxixj(x(s)) ˙x

j(s) ˙ = d

ds

(4.21)

Biểu thức r−ờm rà có chứa đạo hàm cấp hai củau Mặt khác, ta đạo hàm ph−ơng trình ĐHR (4.1) theo xi

n

j=1

∂F ∂pj

(x, u, Du)uxixj+

∂F

∂z(x, u, Du)uxi+

∂F ∂xi

(x, u, Du) = (4.22)

Ta sử dụng đồng thức để loại bỏ đạo hàm cấp hai củautrong (4.21) Đặt

˙

xj(s) = ∂F ∂pj(

x(s), z(s),p(s)) (j= 1, , n) (4.23)

(135)

ta nhận đ−ợc đồng thức sau

n

j=1

∂F ∂pj

(x(s), z(s),p(s))uxixj(x(s)) +

∂F

∂z(x(s), z(s),p(s))p

i(s) +

+ ∂F ∂xi(

x(s), z(s),p(s)) =

ThÕ biĨu thøc nµy vµ (4.23) vµo (4.21) ta cã

˙

pi(s) =−∂F ∂xi

(x(s), z(s),p(s))−∂F

∂z(x(s), z(s),p(s))p

i(s) (i= 1, , n).

(4.24) Cuối cùng, lấy đạo hàm biểu thức (4.18) ta thấy

˙ z(s) =

n

j=1

∂u ∂xj

(x(s)) ˙xj(s) =

n

j=1

pj(s)∂F ∂pj

(x(s), z(s),p(s)), (4.25) (ở ta dùng (4.20) (4.23) để nhận đ−ợc đẳng thức thứ hai) Ta viết lại ph−ơng trình (4.23)–(4.25) theo ký hiệu véc tơ

    

(a) p˙(s) =−DxF(x(s), z(s),p(s))−DzF(x(s), z(s),p(s))p(s)

(b) z(s) =˙ DpF(x(s), z(s),p(s)).p(s)

(c) x˙(s) =DpF(x(s), z(s),p(s))

(4.26) Hệ (2n+ 1) ph−ơng trình vi phân th−ờng cấp quan trọng đ−ợc gọi làcác ph−ơng trình đặc tr−ngcủa ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp (4.16) Các hàm

x(.) = (x1(.), , xn(.)), z(.)p(.) = (p1(.), , pn(.))đ−ợc gọi là những đặc tr−ng.

Thỉnh thoảng ta gọix(.)làđặc tr−ng gốc: hình chiếu tồn đặc tr−ng

(x(.), z(.),p(.))⊂R2n+1lªn miỊnU ⊂Rn.

Nh− ta đo chứng minh định lý sau

Định lý 4.2 (Cấu trúc ph−ơng trình vi phân thng c trng).

Cho uC2(U) là nghiệm phơng trình ĐHR (4.16) trongU Giả thiết rằng

x(.)tha mCn ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26)(c), vớip(.) =Du(x(.)), z(.) = u(x(.)) Khi p(.)là nghiệm ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26)(a) vàz(.) thỏa mCn ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26)(b) với nhữngssao chox(s)∈U

Ta cịn cần tìm điều kiện ban đầu t−ơng ứng cho hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26), để hệ thực có ích, mụcĐ4.2.3 d−ới

Chú ý. Giả sửulà nghiệm ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp (4.16), hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng hệ đóng đối vớix(.), z(.) = u(x(.)), vàp(.) =Du(x(.)) B−ớc định việc đặtx˙ =DpF, tc l

(136)

4.2 Đặc trng 133

4.2.2 C¸c vÝ dơ

Tr−ớc tiếp tục nghiên cứu ph−ơng trình đặc tr−ng (4.26) ta xét số tr−ờng hợp đặc biệt cấu trúc ph−ơng trình đặc tr−ng đơn gin

a Trờng hợp F là tuyến tính

Trớc hết xét phơng trình ĐHR (4.16) tuyến tính nhất, có dạng

F(x, u, Du) =b(x).Du(x) +c(x)u(x) = 0, (x∈U) (4.27) Khi

F(x, z, p) =b(x).p+c(x)z,

vµ nh− thÕ

DpF =b(x) (4.28)

Trong trờng hợp phơng trình (4.26)(c) trở thành

x(s) =b(x(s)), (4.29) phơng trình vi phân thờng chứa hàm x(.) Hơn phơng trình (4.26)(b) trở thành

z(s) =b(x(s)).p(s) (4.30) Vìp(.) =Du(x(.)), từ phơng trình (4.27) (4.30) ta có

˙

z(s) =−c(x(s))z(s) (4.31) Ph−ơng trình vi phân tuyến tính z(.), nh− ta tìm đ−ợcx(.)bằng cách giải (4.29) Kết hợp lại, ta nhận đ−ợc hệ ph−ơng trình

(a) x˙(s) =b(x(s))

(b) z(s) =˙ −c(x(s))z(s) (4.32)

là ph−ơng trình đặc tr−ng ph−ơng trình ĐHR tuyến tính cấp (4.27) (Trong tr−ờng hợp ph−ơng trình p(.)là không cần thiết.)

VÝ dô 1. Ta sÏ giải toán sau

x1ux2x2ux1 =u trongU

(137)

ở U góc phần t− {x1 > 0, x2 > 0} vµ Γ = {x1 > 0; x2 = 0} ⊂ ∂U

Ph−¬ng trình ĐHR (4.33) có dạng (4.27) với b= (x2, x1)vàc =1 Vì

thế, hệ phơng trình (4.32)

˙

x1 = −x2, x˙2=x1

˙

z = z (4.34)

Do ta có

x1(s) = x0coss, x2(s) =x0sins

z(s) = z0es=g(x0)es,

ở đâyx0>0, 0s

2 C định điểm(x1, x2)∈U Ta chọns >0, x0>0

sao cho

(x1, x2) = (x1(s), x2(s)) = (x0cos(s), x0sin(s))

Suy

x0= (x2

1+x22)1/2, s=arctan

x2

x1

Từ

u(x1, x2) =u(x1(s), x2(s)) =z(s) =g(x0)es=g (x21+x22)1/2

earctan xx21

b. F là hàm tựa tuyến tính

Ta nói phơng trình ĐHR (4.16) tựa tuyến tính, có dạng

F(x, u, Du) =b(x, u(x)).Du(x) +c(x, u(x)) = (4.35) tức tuyến tính theoDu Trong trờng hợp

F(x, z, p) =b(x, z).p+c(x, z)

vµ

DpF =b(x, z)

Do ph−ơng trình (4.26) (c)

˙

x(s) =b(x(s), z(s))

vµ theo (4.35) (4.26)(b) trở thành

z(s) =b(x(s), z(s))p(s) =−c(x(s), z(s))

Suy

(a) x(s) =b(x(s), z(s))

(138)

4.2 Đặc tr−ng 135

là ph−ơng trình đặc tr−ng ph−ơng trình ĐHR tựa tuyến tính cấp (4.35) (Một lần ph−ơng trình đối vớip(.)là khơng cần thiết.)

Ví dụ 2. Ta xét tốn biên ph−ơng trình ĐHR nửa tuyến tính

ux1+ux2 =u

2 trongU,

u=g trªn Γ (4.37)

ở đây, U nửa không gian {x2 >0} vµ Γ = {x2 = 0} =∂U, b= (1,1) vµ

c=−z2 Khi (4.36) trở thành

˙

x1 = 1, x˙2= 1,

˙

z = z2

V× thÕ 

 

x1(s) = x0+s, x2(s) =s,

z(s) = z

0

1−sz0 =

g(x0)

1−sg(x0),

x0R, s0 với điều kiện mẫu số khác 0.

Cố định điểm(x1, x2)∈U Ta chọns >0vàx0∈Rsao cho

(x1, x2) = (x1(s), x2(s)) = (x0+s, s),

đó

x0=x1−x2, s=x2

Khi

u(x1, x2) =u(x1(s), x2(s)) =z(s) =

g(x0)

1−sg(x0) =

g(x1x2)

1x2g(x1x2)

Nghiệm đơng nhiên chØ cã nghÜa nÕu1−x2g(x1−x2)=

c. F lµ hµm phi tuyÕn thùc sù

Trong tr−ờng hợp tổng quát, hệ ph−ơng trình đặc tr−ng (4.26) phứp tạp, nh−ng có tốn giải đ−ợc ph−ơng pháp đặc tr−ng

VÝ dô 3. XÐt toán phi tuyến

ux1ux2 =u U

u=x2

2 trªn Γ,

(4.38) U ={x1 >0}, Γ = {x1 = 0} =∂U, F(x, z, p) =p1p2−z hệ

ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.26) trở thành

    

˙

p1=p1, p˙2=p2,

˙

z= 2p1p2,

˙

(139)

Ta tích phân ph−ơng trình để tìm đ−ợc

    

x1(s) =p0

2(es−1), x2(s) =x0+p01(es−1)

z(s) =z0+p0

1p02(e2s−1)

p1(s) =p0

1es, p2(s) =p02es,

víix0∈R, s∈R, vµz0= (x0)2.

Ta phải xác địnhp0= (p0

1, p02) Vìu=x22trên, nênp02=ux2(0, x

0) = 2x0 Hơn

nữa từ phơng trình ĐHRux1ux2=usuy rap

0

1p02=z0= (x0)2v đóp01= x

0

2

V× công thức trở thành

  

x1(s) = 2x0(es−1), x2(s) =x0

2(es+ 1)

z(s) = (x0)2e2s

p1(s) =x0

2 es, p2(s) = 2x0es

Cố định điểm(x1, x2)∈U Chọn svàx0 cho

(x1, x2) = (x1(s), x2(s)) = (2x0(es−1),x

2 (e

s+ 1)).

Từ đẳng thức suy

x0= 4x2−x1 , e

s=x1+ 4x2

4x2−x1

và

u(x1, x2) =u(x1(s), x2(s)) =z(s) = (x0)2e2s=

(x1+ 4x2)2

16 4.2.3 Điều kiện biên

Bây ta quay trở lại để phát triển lý thuyt tng quỏt

a Làm thẳng biên

Ta sử dụng hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.26) để giải toán giá trị biên (4.16), (4.17), chí lân cận phần biênΓcủa∂U Để đơn giản hóa phép tính có liên quan, tr−ớc hết ta dùng phép đổi biến thích hợp để làm phẳng phần biên Dùng khái niệm trongĐ2.3.1, ta tìm ánh xạ trơnΦΦΦ,ΨΨΨ :Rn→Rnsao choΨΨΨ = ΦΦΦ−1vàΦΦΦlàm thẳng phần biênΓcủa∂U (Xem

minh häa trong§2.3.1)

Ký hiệuV := ΦΦΦ(U), u:U →R, ta đặt

(140)

4.2 Đặc trng 137

Khi ú

u(x) =v(ΦΦΦ(x)), (x∈U) (4.40) Giả sửulà mộtC1-nghiệm tốn biên (4.16), (4.17) trongU Khi đóv thỏa

mon phơng trình ĐHR trongV ? Theo (4.40), ta thấy

uxi(x) =

n

k=1

vyk(ΦΦΦ(x))Φ

k

xi(x) (i= 1, , n),

tøc lµ

Du(x) =Dv(y).DΦΦΦ(x)

Tõ (4.16) suy

0 =F(x, u(x), Du(x)) =F((y), v(y), Dv(y).D((y))) (4.41) Đây biểu thức có dạng

G(y, v(y), Dv(y)) = trongV

Thêm vào v =htrên ∆, đây∆ := ΦΦΦ(Γ)và h(y) :=g(ΨΨΨ(y)) Tóm lại, tốn (4.16), (4.17) biến đổi thành

G(y, v, Dv) = V

v=h trªn ∆, (4.42)

với Gvà hnh− Điều có nghĩa ta đổi biến để làm thẳng phần biênΓ, tốn biên (4.16), (4.17) biến thành tốn có dng tng t

b Điều kiện tơng thích kiện biên

Theo cách làm trên, với điểmx0ta từ đầu giả thiết

rằnglà phẳng gầnx0, nằm mặt phẳng{x

n= 0}

Bây ta có ý định dùng hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.26) để xây dựng nghiệm (4.16), (4.17) chí gầnx0, để làm điều đó, ta cần xác

định điều kiện ban đầu t−ơng ứng

p(0) =p0, z(0) =z0, x(0) =x0. (4.43)

Rõ ràng đ−ờng cong x(.)đi quax0, ta phải đòi hỏi rằng

(141)

Còn điều kiệnp(0) =p0 thì sao?

Tõ (4.17) suy

u(x1, , xn−1,0) =g(x1, , xn−1) gÇn x0,

ta lấy đạo hàm để đ−ợc

uxi(x

0) =g

xi(x

0) (i= 1, , n

−1)

Do đó, ta địi hỏip0= (p0

1, , p0n)tháa mon quan hƯ sau

p0

i =gxi(x

0), (i= 1, , n−1),

F(x0, z0, p0) = 0. (4.45)

Hệ (4.45) cung cấp cho tanph−ơng trình để xác địnhnsố p0= (p0

1, , p0n)

Ta gọi (4.44) (4.45) điều kiện tơng thích Mét bé ba (x0, z0, p0)∈

R2n+1 tháa mon (4.44), (4.45) đợc gọi làthừa nhận đợc Chú ý rằngz0là ®−ỵc

xác định điều kiện biên việc chọnx0, nh−ng véc tơp0có thể khơng

tån tồn mà không

c Dữ kiện biên khơng đặc tr−ng

B©y giê, cịng giả sử nh x0 , gần x0 nằm mặt phẳng

{xn = 0} ba (x0, z0, p0) thừa nhận đợc Ta sÏ x©y dùng mét nghiƯm u

cđa (4.16), (4.17) trongUgầnx0bằng cách tích phân hệ phơng trình vi phân thờng

đặc tr−ng (4.26) t−ơng ứng Hơn nữa, ta thấy p(0) = p0, z(0) = z0, x(0) = x0

là điều kiện biên phù hợp cho hệ ph−ơng trình vi phõn thng c trng vix(.)

cắt x0 Nhng thực tế ta phải giải hệ phơng trình vi phân thờng

c trng ú vi điểm ban đầu gần(x0, z0, p0) Một câu hỏi đặt có thể

”nhiễu”(x0, z0, p0)ra để giữ điều kiện t−ơng thích?

Nãi c¸ch khác, cho trớc điểmy = (y1, , yn1,0), vớiy gÇn víix0, ta

sẽ giải hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng

    

(a) p˙(s) =−DxF(x(s), z(s),p(s))−DzF(x(s), z(s),p(s))p(s)

(b) z(s) =˙ DpF(x(s), z(s),p(s)).p(s)

(c) x˙(s) =DpF(x(s), z(s),p(s)),

(4.46)

với điều kiện ban đầu

p(0) =q(y), z(0) =g(y), x(0) =y (4.47) Ta tìm hàmq(.) = (q1(.), , qn(.))sao cho

(142)

4.2 Đặc trng 139

và (y, g(y),q(y)) thừa nhận đợc, tức (y, g(y),q(y)) thỏa mon điều kiện tơng thích

qi(y) =g

xi(y), (i= 1, , n−1)

F(y, g(y),q(y)) = (4.49)

víi mäiy∈Γ gÇnx0.

Bổ đề 4.1 (Điều kiện biên khơng đặc tr−ng). Tồn nghiệm

q(.)của (4.48), (4.49) với mọiy∈Γ đủ gần vớix0, Fpn(x

0, z0, p0)

= (4.50)

Ta nói ba thừa nhận đ−ợc(x0, z0, p0)làkhông đặc tr−ng nếu (4.50) tha man.

Từ trở ta giả thiết có điều kiện

Chng minh n giản hóa ký hiệu ta tạm thời viếty = (y1, , yn)∈ Rn Ta

sử dụng định lý Hàm ẩn (Đ2.3.6) với ánh xạ G : RnìRn → Rn, G(y, p) =

((G1(y, p), , Gn(y, p)), đó

Gi(y, p) =p

i−gxi(y) (i= 1, , n−1),

Gn(y, p) =F(y, g(y), p).

Theo (4.44), (4.45) ta cã

DpG(x0, p0) =

    

1 0

.

0

Fp1(x

0, z0, p0) · · · F

pn(x

0, z0, p0)

    

n×n

và detDpG(x0, p0) =Fpn(x

0, z0, p0)= 0, theo điều kiện (4.50) Định lý

hàm ẩn đảm bảo cho ta tìm đ−ợc p=q(y)từG(y, p) = 0, miễn

y đủ gần vớix0.

4.2.4 Nghiệm địa ph−ơng

Mục đích dùng hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng để xây dựng nghiệmucủa (4.16), (4.17) chí gầnΓ Ta chọn điểmx0∈Γvà giả

thiết mặt gầnx0 phẳng nằm mặt phẳng{xn = 0} Hơn giả

s rng(x0, z0, p0)là thừa nhận đ−ợc không đặc tr−ng Theo Bổ đề 4.1, có một

hµmq(.)duy nhÊt cho p0=q(x0)và ba(y, g(y),q(y))là thừa nhận đợc

(143)

Cho tr−íc mét ®iĨmy = (y1, , yn−1,0), ta giải hệ phơng trình vi phân thờng

c trng (4.46), thỏa mon điều kiện ban đầu (4.47)

Ký hiÖu. Ta viÕt

    

p(s) =p(y, s) =p(y1, , yn−1, s)

z(s) =z(y, s) =z(y1, , yn−1, s)

x(s) =x(y, s) =x(y1, , yn−1, s)

(4.51)

để nhấn mạnh phụ thuộc nghiệm (4.46), (4.47) vàosvày

Bổ đề 4.2 (Tính nghịch đảo địa ph−ơng). Giả thiết ta có điều kiện khơng đặc tr−ngFpn(x

0, z0, p0)= 0 Khi tồn khoảng mởI⊂Rchứa 0, lân

cậnW củax0trênΓ⊂Rn−1, lân cậnV củax0 trongRn, để với mỗix∈V, tồn nhấts∈I, y∈W cho

x=x(y, s) Các ánh xạxs, y làC2.

Chứng minh Ta có x(x0,0) =x0 Định lý hàm ngợc (Đ2.3.5) cho ta kÕt qu¶

của Bổ đề 4.2 nếudetDx(x0,0)= 0 Bây giờ

x(y,0) = (y,0)

và vớii= 1, , n−1,

∂xj

∂yi

(x0,0) =

δij (j= 1, , n−1)

0 (j=n)

Hơn từ phơng trình (4.46) (c) suy

∂xj

∂s (x

0,0) =F

pj(x

0, z0, p0)

v× thÕ

Dx(x0,0) =

     

1 Fp1(x

0, z0, p0)

.

0

0 · · · Fpn(x

0, z0, p0)

     

n×n

,

do vậy, điều kiện không đặc tr−ng (4.50) cho tadetDx(x0,0)= 0.

Theo Bổ đề 4.2 với mỗix∈V ta có nghiệm địa ph−ơng ph−ơng trình

(144)

4.2 Đặc trng 141

ú l

y=y(x), s=s(x)

Cuối ta đặt

u(x) :=z(y(x), s(x))

p(x) =p(y(x), s(x)) (4.53)

víix∈V vµs, y nh− (4.52)

Định lý 4.3 (Định lý tồn nghiệm địa ph−ơng). Hàmuxác định nh− làC2 và thỏa mCn ph−ơng trình ĐHR

F(x, u(x), Du(x)) = (xV), với điều kiện biên

u(x) =g(x) (x∈Γ∩V)

Chứng minh Tr−ớc hết, cố địnhy∈Γgầnx0, nh− trên, giải ph−ơng trình vi

phân th−ờng đặc tr−ng (4.46), (4.47) để tìmp(s) =p(y, s), z(s) =z(y, s), x(s) =

x(y, s)

2 Ta khẳng định rằng, y∈Γđủ gần x0 thì

f(y, s) :=F(x(y, s), z(y, s),p(y, s)) = (sI) (4.54) Để thấy rõ điều này, ý rằng, điều kiện tơng thích (4.49) ta có

f(y,0) =F(x(y,0), z(y,0),p(y,0)) =F(y, g(y),q(y)) = (4.55) Hơn nữa, theo (4.46)

∂f

∂s(y, s) =

n

j=1

∂F ∂pj

˙ pj+∂F

∂zz˙+

n

j=1

∂F ∂xj

˙ xj

=

n

j=1

∂F ∂pj

−∂x∂F

j −

∂F ∂zp

j+∂F

∂z

n j=1

∂F ∂pj

pj+

n

j=1

∂F ∂xj

∂F

∂pj

=

Điều (4.55) chứng minh đ−ợc (4.54) Theo Bổ đề 4.2 (4.52)–(4.54) ta có

F(x, u(x),p(x)) = 0, (x∈V)

và nh− để hoàn thành chứng minh định lý, ta phải

(145)

4 Để có (4.56), tr−ớc hết ta với s∈I, y ∈W đồng thức sau

∂z

∂s(y, s) =

n

j=1

pj(y, s)∂xj

∂s(y, s), (4.57)

∂z ∂yi

(y, s) =

n

j=1

pj(y, s)∂x

j

∂yi

(y, s) (i= 1, , n−1) (4.58) Các công thức giúp ta chứng minh (4.56) Đồng thức (4.57) suy từ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.46)(b),(c) Để thiết lập (4.58) ta cố địnhy∈Γ, i∈ {1, , n−1} đặt

ri(s) := ∂z ∂yi

(y, s)−

n

j=1

pj(y, s)∂x

j

∂yi

(y, s) (4.59) Tr−íc tiªn, chó ý r»ngri(0) =g

xi(y)q

i(y) = 0theo điều kiện tơng thích (4.49).

Hơn nữa, ta viết

ri(s) = ∂

2z

∂yi∂s− n j=1 ∂pj ∂s ∂xj ∂yi

+pj ∂

2xj

∂yi∂s

(4.60)

Để đơn giản hóa (4.60), ta lấy đạo hàm đồng thức (4.57) theoyi

∂2z

∂s∂yi = n j=1 ∂pj ∂yi ∂xj

∂s +p

j ∂2xj

∂s∂yi

(4.61)

ThÕ (4.61) vµo (4.60) vµ (4.46) ta đợc

ri(s) =

n j=1 ∂pj ∂yi ∂xj ∂s − ∂pj ∂s ∂xj ∂yi = n j=1 ∂pj ∂yi ∂F ∂pj

−− ∂F ∂xj −

∂F ∂zp

j∂xj

∂yi

(4.62)

Bây giờ, ta đạo hàm (4.54) theo biếnyi n j=1 ∂F ∂pj ∂pj ∂yi + n j=1 ∂F ∂xj ∂xj ∂yi +∂F ∂z ∂z ∂yi = 0,

và thay đồng thức vào (4.62),để thu đ−ợc

˙

ri(s) = ∂F ∂z

n j=1

pj∂x

j

∂yi −

∂z ∂yi

(146)

4.2 Đặc trng 143

Vì thế,ri(.)thỏa mon phơng trình vi phân thờng tuyến tính (4.63), với điều kiện

ban đầu ri(0) = 0, suy rari(s) = 0, (s∈1I, i= 1, , n−1)và đồng nhất

thøc (4.58) đ 'ung

5 Cuối sử dụng (4.57), (4.58) ta sÏ chøng minh (4.56) ThËt vËy, nÕu j = 1, , n,

∂u ∂xj =

∂z ∂s

∂s ∂xj +

n−1

i=1 ∂z ∂yi ∂yi ∂xj theo (4.53) = n k=1

pk∂x

k

∂s

∂xj

+

n−1

i=1

n k=1

pk∂x

k

∂yi

∂xj

theo (4.57), (4.58)

=

n

k=1

pk∂x

k

∂s ∂s ∂xj

+

n−1

i=1 ∂xk ∂yi ∂yi ∂xj = n k=1

pk∂x

k ∂xj = n k=1

pkδjk=pj

Điều cho ta (4.56), định lý đo đ−ợc chứng minh

4.2.5 øng dơng

a. F lµ tun tÝnh

Phơng trình ĐHR tuyến tính cấp có d¹ng

F(x, u, Du) =b(x).Du(x) +c(x)u(x) = 0, (x∈U) (4.64) Khi giả thiết khơng đặc tr−ng (4.50) điểmx0∈Γsẽ là

b(x0).ννν(x0)= (4.65) đó, (4.65) khơng chứaz0 vàp0 Hơn nữa, ta có điều kiện biên

u=g trªn Γ, (4.66)

ta cã thể tìm nghiệm nhấtq(y)của phơng trình (4.49) nếuygầnx0 Vì

vậy, ta áp dụng Định lý 4.2 để xây dựng nghiệm (4.64), (4.66) lân cận V chứa x0 Trong tr−ờng hợp ta cần dùng các

(147)

Ví dụ 4. Giả sử quỹ đạo ph−ơng trình vi phõn thng

x(s) =b(x(s)) (4.67) đợc biểu diễn nh Hình 4.1 Ta giả thiết trờng véc tơbtriệt tiêu

U điểm, ví dụ nh điểm 0, vàb. <0 =U Liệu ta giải đợc toán biên tuyến tÝnh sau hay kh«ng

b.Du= U

u=g ? (4.68)

Hình4.1: Dòng mét ®iĨm hót

Sử dụng Định lý 4.2, ta thấy tồn nghiệm u xác định gần Γ,

u(x(s)) ≡ u(x(0)) = g(x0), x(s) lµ nghiệm phơng trình vi phân thờng

(4.67), với điều kiện ban đầu x(0) = x0 Tuy nhiên, nghiệm không thể

liờn tc trờn tonU (tr g số): nghiệm trơn (4.68) số quỹ đạo (4.67) nh− nhận giá trị khác ti

x= 0, nếug sè

Mặt khác, giả sử quỹ đạo ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.67) giống nh− minh họa Hình 4.2 Giả sử quỹ đạo ph−ơng trình vi phân th−ờng (trừ quỹ đạo qua điểm đặc tr−ngA, B) quaU lần khơng cắt Trong tr−ờng hợp ta tìm đ−ợc nghiệm trơn (4.68) cách choulà số dọc theo quỹ đạo

(148)

4.2 Đặc trng 145

Hỡnh4.2: Dũng cắt tập xác định

Hình4.3: Dịng với điểm đặc tr−ng

Chú ý điểm D đặc tr−ng lý thuyết tồn nghiệm địa ph−ơng khơng cịn gần D

b. F lµ hµm tùa tuyÕn tÝnh

KhiF lµ tùa tuyÕn tÝnh, phơng trình ĐHR (1) trở thành

(149)

z0=g(x0) Nh− vÝ dơ tr−íc, nÕu ta cã ®iỊu kiện biên

u=g , (4.70)

ta tìm đợc nghiệmq(y)duy phơng trình (4.49), nếuy gầnx0.

Vì Định lý 4.2 cho ta tồn nghiệm (4.69), (4.70) lân cậnV củax0 Ta tính nghiệm trong V, dùng ph−ơng trình đặc

tr−ng (4.36) rót gän, phơng trình không chứap(.)

So vi trng hợp tuyến tính, tr−ờng hợp tựa tuyến tính, đặc tr−ng gốcx(.)

xuất phát từ điểm phân biệt củaΓcó thể cắt ngồiV, khơng tồn nghim trn trờn tonU

Ví dụ 5(Đặc trng luật bảo toàn)

Nh ví dụ phơng trình ĐHR cấp tựa tuyến tính, ta xétluật bảo toàn vô hớng

G(t, x, u, ut, Du) =ut+divF(u) =ut+F(u).Du= 0, (4.71)

trongU =Rnì(0,), với điều kiện biên

u=g =Rn

ì {t= 0} (4.72)

ở F : R → Rn, F = (F1, , Fn) và nh− th−ờng lệ, ta đặt t = x n+1,

Du=Dxu= (ux1, , uxn)

Vì h−ớngt=xn+1đóng vai trị đặc biệt, ta đổi ký hiệu cho thích hợp Ta viết

q= (p, pn+1) vµ y= (x, t), G(y, z, q) =pn+1+F(z).p

và

DqG= (F(z),1), DyG= 0, DzG=F(z).p

Rõ ràng điều kiện không đặc tr−ng (4.50) đ−ợc thỏa mon mi imy0= (x0,0)

Hơn phơng trình (4.36) (a) trë thµnh

˙

xi(s) = Fi

(z(s)), (i= 1, , n) ˙

xn+1(s) = 1, (4.73)

do đóxn+1(s) =s, phù hợp vớix

n+1=tnh− Nói cách khác, ta đồng

nhất tham sốsvới thời giant

Phơng trình (4.36)(b) cho taz(s) = 0˙ V× thÕ

(150)

4.2 Đặc trng 147

và từ (4.73) suy

x(s) =F(g(x0))s+x0. (4.75)

Nh− vậy, đặc tr−ng gốc y(s) = (x(s), s) = (F(g(x0))s+x0, s), (s≥0) là mt

đờng thẳng, dọc theo nóulà số

Những đặc tr−ng giao nhau

Ta giả sử làm điều t−ơng tự điểm ban đầuz0∈Γ, đó

g(x0)=g(z0) Các đặc tr−ng giao thời điểmt >0nào

đó Định lý 4.1 nói u≡g(x0)trên đ−ờng đặc tr−ng quax0 vàu≡g(z0)trên

đ−ờng đặc tr−ng quaz0, điểm gặp nhauucó hai giá trịg(x0)=g(z0).

V× thÕ trờng hợp tổng quát toán giá trị ban đầu (4.71), (4.72) nghiệm trơn với thời ®iÓmt >0

Ta thảo luận trongĐ4.4 khả thác triển nghiệm địa ph−ơng (theo Định lý 4.2) tới tất thời điểmt >0nh− loại nghiệm “yếu” hay nghiệm “suy rộng”

Chú ý. Ta loại bỏ s từ ph−ơng trình (4.74), (4.75) để thu đ−ợc công thức ẩn củau Thật vậy, cho tr−ớc x∈Rn vàt >0, ta coi rằngs=t

(u(x(t), t) =z(t) =g(x(t)−tF(z0)) =g(x(t)−tF(u(x(t), t)))

Do vËy

u=g(x−tF(u)) (4.76) Đây công thức ẩn đối vớiunh− hàm củaxvàt Dễ dàng kiểm tra, (4.76) cho ta nghiệmunếu

1 +tDg(x−tF(u)).F(u)=

Trong tr−êng hỵp n= 1, ta cÇn cã

1 +tg(x−tF(u)F(u)= 0.

Chú ý F >0 nh−ng g <0, điều kiện định sai tại

một thời điểm t >0 Sự hạn chế công thức (4.76) phản ánh hạn chế ph−ơng pháp đặc tr−ng

c. F lµ hµm phi tun thùc sù

Hệ ph−ơng trình đặc tr−ng đầy đủ phức tạp ph−ơng trình ĐHR thực phi tuyến Ta xét tr−ờng hợp c bit sau

(151)

Xét phơng trình Hamilton-Jacobi tỉng qu¸t

G(t, x, u, ut, Du) =ut+H(x, Du) = (4.77)

trong đóDu=Dxu= (ux1, , uxn) Ta viếtq= (p, pn+1), y= (x, t)

G(y, z, q) =pn+1+H(x, p),

và

DqG= (DpH(x, p),1), DyG= (DxH(x, p),0), DzG=

Vì phơng trình (4.26)(c) trở thành

xi(s) = ∂H

∂pi(

x(s),p(s)), (i= 1, , n) ˙

xn+1(s) = 1.

(4.78) Ta cú ng nht tham ssv thi giant

Phơng trình (4.26)(a) sÏ cã d¹ng

  

˙

pi(s) = −∂H

∂xi

(x(s),p(s)), (i= 1, , n)

pn+1(s) = 0

và phơng trình (4.26)(b)

z(s) =DpH(x(s),p(s)).p(s) +pn+1(s)

=DpH(x(s),p(s)).p(s)−H(x(s),p(s))

Tóm lại, hệ ph−ơng trình đặc tr−ng ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

    

(a) p˙(s) = −DxH(x(s),p(s))

(b) z(s)˙ = DpH(x(s),p(s)).p(s)−H(x(s),p(s))

(c) x˙(s) = DpH(x(s),p(s))

(4.79) víix(.) = (x1(.), , xn(.)), z(.)vàp(.) = (p1(.), , pn(.)).

Phơng trình thứ ba thứ

x=DpH(x,p)

˙

p=−DxH(x,p),

(4.80) đ−ợc gọi cácph−ơng trình Hamilton Ta nghiên cứu ph−ơng trình vi phân th−ờng mối quan hệ chúng với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi cách chi tiết ởĐ4.3 d−ới Chú ý ph−ơng trình đối vớiz(.)là tầm th−ờng, tìm đ−ợcx(.)vàp(.)từ ph−ơng trình Hamilton

(152)

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi

Trong phn ny ta nghiờn cứu toán giá trị ban đầu ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

ut+H(Du) = trongRn×(0,∞)

u=g trênRnì {t= 0}. (4.81)

ở u : Rn ì[0,) R là hàm cha biết, u = u(x, t) vµ Du = D xu =

(ux1, , uxn) Ta cãhµm HamiltonH :R

n →Rvµhµm ban đầu g:Rn Rlà

những hàm cho trớc

Mc đích tìm cơng thức cho nghiệm yếu nghiệm suy rộng thích hợp tồn với thời điểm t >0, mà ph−ơng pháp đặc tr−ng không áp dụng đ−ợc

4.3.1 PhÐp tÝnh biÕn phân, phơng trình vi phân thờng

Hamil-ton

Nhớ lại từ Đ4.2.5 rằng, hai ph−ơng trình đặc tr−ng liên kết với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

ut+H(x, Du) =

là phơng trình Hamilton

˙

x=DpH(x,p)

˙

p=−DxH(x,p),

chóng xuÊt phép tính biến phân cổ điển học (Chú ý

H ph thuộc vào biến x) Trong phần ta nhắc lại cách rút ph−ơng trình Hamilton từ nguyên lý biến phân cách làm gợi ý để xây dựng khái niệm nghiệm yếu toán giá trị ban đầu (4.81)

a PhÐp tÝnh biÕn phân

Giả thiết rằngL:RnìRnRlà hàm trơn cho trớc, từ trở gọi là hàm Lagrange

Ký hiÖu. Ta viÕt

L=L(x, q) =L(x1, , xn, q1, , qn), (q, x∈Rn)

vµ

DqL= (Lq1, , Lqn)

(153)

Trong c«ng thøc (4.82) dới ta thay thếw(s)vào biến q, vàw(s)vào biến x

Cố định hai điểmx, y∈Rn, vàt >0, ta định nghĩaphiếm hàm tác độngnh− sau

I[w(.)] :=

t

0

L(w(s),w˙(s))ds, ˙ = d ds

, (4.82)

phiếm hàm xác định với hàmw(.) = (w1(.), , wn(.))thuộc lớp hàm chấp nhận đ−ợc

A={w(.)∈C2([0, t];Rn)| w(0) =y, w(t) =x}

Vì mộtC2-đờng congw(.)thuộcA, xuất phát ®iÓmy ë thêi ®iÓm

0, đạt tới điểmxở thời điểmt Vấn đề cốt lõi phép tính biến phân phải tìm đ−ợc đ−ờng congx(.)∈ Athỏa mon

I[x(.)] =

w(.)∈AI[w(.)] (4.83)

Nh− vËy, ta nãi x(.)lµ hµm cùc tiĨu cđaI[.] sè tÊt hàm chấp nhận đợcw(.) A

Tiếp theo, giả thiết tồn hàmx(.) Athỏa mon toán phép tính biến phân (4.83), ta đa số tính chất

Định lý 4.4 (Phơng trình Euler-Lagrange). Hàmx(.)thỏa mCn hệ phơng trình Euler-Lagrange

−d

ds DqL(x(s),x˙(s))

+DxL(x(s),x˙(s)) = 0, (0st) (4.84) Đây hệ phơng trình gồmnphơng trình cấp

Chứng minh Chọn hàm trơnv: [0, t]→Rn, v= (v1, , vn)tháa mon

v(0) =v(t) = (4.85) đặt vớiτ∈R

w(.) :=x(.) +τv(.) (4.86) Rõ ràng, w(.) ∈ A I[x(.)] I[w(.)] Vì hàm nhận giá trị thực

i(τ) :=I[x(.) +τv(.)]cã cùc tiĨu t¹iτ= 0, suy

i(0) = = d dτ

(154)

nếui(0)tồn tại.

2 Ta tính đạo hàm Vì

i(τ) =

t

0

L(x(s) +τv(s),x˙(s) +τv˙(s))ds

và

i(τ) =

t

0

n

i=1

Lqi(x+τv,x˙ +τv˙) v

i+L

xi(x+v,x +v)v

ids.

Đặt τ= vµ tõ (4.87) ta cã

0 =i(0) =

t

0

n

i=1

Lqi(x,x˙) ˙v

i+L

xi(x,x˙)v

ids.

Lấy tích phân phần số hạng thứ tích phân dùng (4.85) ta thu ®−ỵc

0 =

n

i=1

t

0

−dsd(Lqi(x,x˙)) +Lxi(x,x˙)

vids

Đồng thức với hàm trơn v = (v1, , vn) thỏa mon điều kiện

biên (4.85)

−d

ds Lqi(x,x˙)

+Lxi(x,x˙) = 0,

víi0st, i= 1, , n

Chó ý. Ta võa chøng minh r»ng mét cùc tiĨux(.)bÊt kú thcAcđa phiÕm hàm

I[.] thỏa mon hệ phơng trình vi phân thờng Euler-Lagrange Dĩ nhiên, có khả đờng cong x(.) A thỏa mon hệ phơng trình Euler-Lagrange, nhng không thiết cực tiểu củaI[.] Trong trờng hợp ta nóix(.)là mộtđiểm tới hạncủaI[.] Nh cực tiểu điểm tới hạn, nhng điểm tới hạn cha cực tiểu

Vớ d. NuL(x, q) = 12m|q|2−φ(x) trong đó m > 0, ph−ơng trỡnh

Euler-Lagrange tơng ứng

măx(s) =f(x(s)) vớif:=D

(155)

b Phơng trình vi phân thờng Hamilton

Bây ta biến phơng trình Euler-Lagrange, hệ gồm n phơng trình vi phân thờng cấp hai, thành phơng trình Hamilton - hệ gồm 2n

phơng trình vi phân thờng cấp Từ trở ta giả thiết C2-hàmx(.)

là điểm tới hạn phiếm hàm tác động, thỏa mon ph−ơng trình Euler-Lagrange (4.84)

Tr−ớc hết ta đặt

p(s) :=DqL(x(s),x˙(s)) (0st), (4.88)

p(.)đ−ợc gọi làđộng l−ợng suy rộngt−ơng ứng vớivị tríx(.)vàvận tốcx˙(.) Tiếp theo, ta đ−a giả thiết quan trọng sau:

    

Gi¶ sử với (x, p)R2n thì phơng trình

p=Dq(L(x, q)

cã mét nghiƯm nhÊtq=q(x, p)víiqlµ mét hµm trơn x vàp

(4.89)

nh ngha4.4 Hm HamiltonHliên kết với hàm LagrangeLtheo định nghĩa

H(x, p) :=p.q(x, p)−L(x,q(x, p)), (x, p∈Rn), hàmq(., )đ−ợc xác định ẩn (4.89)

VÝ dơ. Hµm HamiltonH liên kết với hàm Lagrange

L(x, q) =1 2m|q|

2−φ(x)

lµ H(x, p) =

2m|p|

2+φ(x).

Nh− vậy, hàm Hamilton tổng động năng, hàm Lagrange hiệu động

TiÕp theo, ta viÕt lại phơng trình Euler-Lagrange theox(.),p(.)

Định lý 4.5 (Các phơng trình Hamilton). Các hàm x(.) p(.) thỏa mCn phơng trình Hamilton

x(s) =DpH(x(s),p(s))

˙

p(s) =−DxH(x(s),p(s)),

(4.90)

(156)

Chỳ ý. Các ph−ơng trình (4.90) gồm hệ 2nph−ơng trình vi phân th−ờng cấp với x(.) = (x1(.), , xn(.))vàp(.) = (p1(.), , pn(.))(đ−ợc định nghĩa theo

(4.88))

Chøng minh Tr−íc hÕt tõ (4.88), (4.89) suy

˙

x(s) =q(x(s),p(s))

Tõ giê trë ®i ta viÕt

q(.) = (q1(.), , qn(.))

Víi i= 1, , n, ta thÊy

∂H ∂xi

(x, p) =

n k=1 pk ∂qk ∂xi

(x, p)−∂q∂L

k

(x, q)∂q

k

∂xi

(x, p)−∂x∂L

i

(x, q) =−∂L

∂xi

(x, q), (4.89),

vµ

∂H ∂pi

(x, p) =qi(x, p) +

n k=1 pk ∂qk ∂pi

(x, p)−∂q∂L

k

(x, q)∂q

k

∂pi

(x, p) =qi(x, p), cịng (4.89)

V× thÕ, ta cã

H pi

(x(s),p(s)) =qi(x(s),p(s)) = xi(s),

và tơng tù

∂H ∂xi

(x(s),p(s)) =−∂L ∂xi

(x(s),q(x(s),p(s))) =−∂L ∂xi

(x(s),x˙(s)) =−d

ds

∂L

∂qi

(x(s),x˙(s)) theo (4.84),

=−p˙i(s)

Cuèi cïng, ta nhận đợc

d

dsH(x(s),p(s)) =

n i=1 ∂H ∂pi ˙ pi+∂H

∂xi ˙ xi = n i=1 ∂H ∂pi

−∂H∂x

i +∂H ∂xi ∂H ∂pi

(157)

4.3.2 Biến đổi Legendre, cơng thức Hopf-Lax

Bây ta tìm mối liên hệ ph−ơng trình Hamilton-Jacobi với phép tính biến phân (4.82)–(4.84) Để đơn giản hóa, ta xét hàm Hamilton không phụ thuộc vàoxtức làH =H(p)

a Biến i Legendre

Giả sử hàm LagrangeL:RnRthỏa mon điều kiƯn sau

L(q) lµ hµm låi theo biÕn q (4.91)

vµ

lim |q|→∞

L(q)

|q| = (4.92)

VìLlà lồi suy raLlà liên tục

Định nghĩa4.5 Biến đổi Legendre củaLlà L∗(p) = sup

q∈Rn{p.q−L(q)} (p∈

Rn). (4.93)

Râ rµng ta thÊy tõ (4.92) r»ng “sup” (4.93) thùc sù lµ “max”, nh tồn tạiqRn, cho

L(p) =p.qL(q)

và ánh xạ

qp.qL(q)

t cc i q= q∗ Nh−ng đó p=DL(q∗) (nếuL khả vi ti q) Vỡ th

phơng trìnhp=DL(q)là giải đợc (mặc dù không nhất) vớiqphụ thuộc vào

p, q=q(p) Do đó

L∗(q) =p.q(p)−L(q(p))

Nh−ng định nghĩa hàm HamiltonH liên kết vớiLở Đ4.3.1 (ta giả thiết biếnxkhơng xuất hiện) Vì thế, từ sau ta viết

H =L∗ (4.94)

Do vậy, (4.93) cho ta cách xây dựng hàm Hamilton từ hàm Lagrange L Bây đảo lại: choH, làm cách để tínhL?

Định lý 4.6 (Tính đối ngẫu lồi hàm Hamilton hàm Lagrange).

(158)

(i) Khi ánh xạp→H(p)là lồi

lim |p|→∞

H(p)

|p| = + (ii) Hơn nữa,

L=H (4.95)

Chú ý. Do vậy,H biến đổi Legendre củaLvà ng−ợc lại

L=H∗, H=L∗

Ta nói H vàLlà cặp hàm lồiđối ngẫu

Chứng minh Với điểm cố địnhq, hàmp→p.q−L(q)là tuyến tính theop

và ánh xạ

p→H(p) =L∗(p) = sup

q∈Rn{p.q−L(q)}

lµ låi ThËt vËy, nÕu 0τ1, p, pˆ∈Rn

H(τ p+ (1−τ)ˆp) = sup

q {(τ p+ (1−τ)ˆp).q−L(q)}

τsup

q {p.q−L(q)}+ (1−τ) supq {ˆp.q−L(q)}

=τ H(p) + (1−τ)H(ˆp)

2 Cố định λ >0, p= Khi

H(p) = sup

q {p.q−L(q)} ≥λ|p| −L

λ p |p|

,q=λp |p|

≥λ|p| − max

B(0,λ)L

V× thÕ

lim inf |p|→∞

H(p) |p| ≥λ

víi mäiλ >0 Theo (4.94) ta cã

H(p) +L(q)≥p.q,

với mọip, q∈Rn và đó

L(q)≥ sup

p∈Rn{p.q−H(p)}=H

(159)

Mặt khác

H(q) = sup

p∈Rn

#

p.q− sup

r∈Rn{p.r−L(r)}

$

= sup

p∈Rn rinf∈Rn{p.(q−r) +L(r)}

L(r)L(q) +s.(rq) rRn.

(NếuLlà khả vi tạiq, ta lấys=DL(q)) Chop=strong (4.96) ta nhận đợc

H(q) inf

rRn{s.(qr) +L(r)}=L(q)

b C«ng thøc Hopf-Lax

Bây ta trở lại với toán giá trị ban đầu (4.81) Nhắc lại phép tính biến phân với hàm LagrangeLđo thảo luận trongĐ4.3.1, đo dẫn tới ph−ơng trình vi phân th−ờng Hamilton hàm HamiltonH liên kết Vì ph−ơng trình vi phân th−ờng hệ ph−ơng trình đặc tr−ng ph−ơng trình Hamilton-Jacobi, điều gợi ý cho ta mối quan hệ trực tiếp ph−ơng trình ĐHR với phép tính biến phân

Do đó, nếux∈Rn vàt >0là cho tr−ớc, ta thử tìm cực tiểu phiếm hàm

tác động

t

0

L( ˙w(s))ds

trên hàmw: [0, t]→Rn thỏa monw(t) =x Nh−ng điều kiệnw(0)sẽ

là gì? Vì phải quan tâm đến điều kiện ban đầu ph−ơng trình ĐHR (4.81), ta biến đổi phiếm hàm tác động để bao hàm hàmg phụ thuộc vàow(0):

t

0

L( ˙w(s))ds+g(w(0))

Tiếp theo, ta xây dựng ”ứng cử viên” nghiệm toán giá trị ban đầu (4.81) theo nguyên lý biến phân phiếm hàm tác động Ta đặt

u(x, t) := inf#

t

0

L( ˙w(s))ds+g(y)| w(0) =y, w(t) =x$, (4.97) infimum lÊy trªn tÊt cácC1-hàmw(.)vớiw(t) =x.

Bõy gi ta s a khái niệm nghiệm mà theo uxác định (4.97) thực thỏa mon toán giá trị ban đầu ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

ut+H(Du) = Rnì(0,)

(160)

Nhắc lại rằng, ta giả thiếtH hàm trơn, lồi

lim |p|

H(p)

|p| = +∞ (4.99)

Tõ giê trë ®i ta giả sử

g:RnR là liên tục Lipschitz, (4.100)

Lip(g) := sup

x,y∈Rn x=y

%

|g(x)−g(y)| |x−y|

&

<∞

Định lý 4.7 (Công thức Hopf-Lax). Nếu x∈Rn vàt >0, nghiệm

u=u(x, t)của toán (4.97) u(x, t) =

y∈Rn

%

tLx−y t

+g(y)

&

(4.101)

Định nghĩa4.6 Ta gọi (4.101) công thức Hopf-Lax Chứng minh Cố định điểmy∈Rn và đặt

w(s) :=y+s

t(x−y) (0st)

Khi đó, từ (4.97) suy

u(x, t)

t

0

L( ˙w(s))ds+g(y) =tLx−y t

+g(y)

vµ vËy

u(x, t) inf

y∈Rn

%

tLx−y t

+g(y)

&

2 Mặt khác, nếuw(.)là mộtC1-hàm thỏa monw(t) =x, ta có

L1 t

t

0

˙

w(s)ds1

t

0

L( ˙w(s))ds

theo bất đẳng thức Jensen (Đ2.2.1) Vì thế, nếuy=w(0)ta tìm đ−ợc

tLx−y t

+g(y)

t

0

L( ˙w(s))ds+g(y)

vµ nh− vËy

inf

y∈Rn

%

tLx−y t

+g(y)

&

u(x, t)

3 Ta ®˜a chØ

u(x, t) = inf

y∈Rn

%

tLx−y t

+g(y)

&

(161)

Ta nghiên cứu số tính chất hàmuđ−ợc xác định cơng thức Hopf-Lax (4.101) Mục đích cuối ta công thức (4.101) cho nghiệm yếu hợp lý toán giá trị ban đầu (4.98) ph−ơng trình Hamilton-Jacobi Tr−ớc hết ta xét vài tính chất phụ trợ

Bổ đề 4.3. Với mỗix∈Rn và0s < t, ta có

u(x, t) =

y∈Rn

%

(t−s)Lx−y t−s

+u(y, s)

&

(4.102)

Nói cách khác, để tínhu(., t), ta tínhutại thời điểmsvà sau dùngu(., s)

nh− ®iỊu kiện ban đầu khoảng thời gian lại[s, t]

Chứng minh Cố địnhy∈Rn, 0< s < tvà chọnz∈Rn sao cho

u(y, s) =sLy−z s

+g(z) (4.103) VìLlà lồi

xz t =

1−s t

x−y

t−s + s t

y−z s ,

ta cã

Lx−z t

1−s t

Lx−y t−s

+s tL

y−z

s

,

vì sử dụng (4.103) ta đợc

u(x, t)tLxz t

+g(z)(t−s)Lx−y t−s

+sLy−s s

+g(z) = (t−s)Lx−y

t−s

+u(y, s)

Bất đẳng thức với mỗiy ∈Rn Do đó, từ tính liên tục củay →u(y, s)

(theo Bổ đề 4.4 d−ới), ta có

u(x, t)

y∈Rn

%

(t−s)Lx−y t−s

+u(y, s)

&

(4.104)

u(x, t) =tLx−w t

+g(w) (4.105)

và đặt

y:=s tx+

1−s t

w

Khi

x−y t−s =

x−w t =

(162)

suy

(ts)Lxy ts

+u(y, s)(t−s)Lx−w t

+sLy−w s

+g(w) =tLx−w

t

+g(w) =u(x, t), theo (4.105) Từ

min

y∈Rn

%

(t−s)Lx−y t−s

+u(y,0s)

&

u(x, t) (4.106)

Bổ đề 4.4 (Tính liên tục Lipschitz). Hàm uxác định (4.101) liên tục Lipschitz trongRnì[0,∞), vàu=g trênRnì {t= 0}.

Chứng minh Cố địnht >0, x,xˆ∈Rn Chọny∈Rn sao cho

tLx−y t

+g(y) =u(x, t) (4.107) Khi

u(ˆx, t)−u(x, t) = inf

z

#

tLxˆ−z t

+g(z)$−tLx−y t

−g(y)

g(ˆx−x+y)−g(y) Lip(g)|ˆx−x|

V× thÕ

u(ˆx, t)−u(x, t) Lip(g)|ˆx−x|,

đổi vai trò xˆvàxta tìm đ−ợc

|u(ˆx, t)−u(x, t)| Lip(g)|xˆ−x| (4.108) Bây chọnt >0,x∈Rn Trong (4.101) đặty=x, ta thấy

u(x, t)tL(0) +g(x) (4.109) Hơn

u(x, t) =

y∈Rn

#

tLx−y t

+g(y)$ ≥g(x) +

y∈Rn

#

−Lip(g)|x−y|+tLx−y t

$

=g(x)−t max

z∈Rn{Lip(g)|z| −L(z)},

z=x−y t

=g(x)−t max

w∈B(0,Lip(g)) zmax∈Rn{w.z−L(z)}

=g(x)−t max

(163)

Từ bất đẳng thức (4.109) suy

|u(x, t)−g(x)|Ct

víi

C:= max|L(0)|, max

B(0,Lip(g))|H|

(4.110)

3 Cuối chọn0<ˆt < t, x∈Rn Khi đó, từ (4.108) ta có

Lip(u(., t)) Lip(g)

Từ Bổ đề 4.3 phép toán nh− đo sử dụng b−ớc ta nhận đ−ợc

|u(x, t)−u(x,ˆt)|C|t−ˆt|, với sốC xác định (4.110)

Định lý Rademachernói hàm liên tục Lipschitz khả vi hầu khắp nơi Do đó, theo Bổ đề 4.4, hàmu xác định cơng thức Hopf-Lax (4.101) khả vi với hầu khắp (x, t)∈ Rnì(0,∞) Định lý khẳng địnhu thực tha

mon phơng trình Hamilton-Jacobi hầu khắp nơi

Định lý 4.8 (Lời giải ph−ơng trình Hamilton-Jacobi). Giả sửt >0, x∈Rn u đ−ợc xác định công thức Hopf-Lax (4.101) hàm khả vi điểm (x, t)∈Rnì(0,∞) Khi đó

ut(x, t) +H(Du(x, t)) = Chứng minh Cố địnhh >0, q∈Rn Nhờ Bổ đề 4.3, ta có

u(x+hq, t+h) =

y∈Rn

#

hLx+hq−y h

+u(y, t)$hL(q) +u(x, t),

do

u(x+hq, t+h)−u(x, t)

h L(q)

Choh0+, ta nhận đợc

q.Du(x, t) +ut(x, t)L(q)

Bất đẳng thức có hiệu lực với mọiq∈Rn, vìH =L∗ta có ut(x, t) +H(Du(x, t)) =ut(x, t) + max

(164)

2 Bây ta chọnz cho

u(x, t) =tLx−z t

+g(z)

Cố địnhh >0 đặt

s=t−h, y=s tx+

1−stz

Khi

x−z t =

yz s ,

và

u(x, t)−u(y, s)≥tLx−z t

+g(z)−sLy−z s

+g(z) = (t−s)Lx−z

t

,

suy

u(x, t)−u1−htx+h tz, t−h

h ≥L

x−z

t

Cho h→0+ ta cã

x−z

t Du(x−t) +ut(x, t)≥L

x−z

t

Nh− vËy

ut(x, t) +H(Du(x, t)) =ut(x, t) + max

q∈Rn{q.Du(x, t)−L(q)}

≥ut(x, t) +x−z

t Du(x, t)−L

x−z

t

≥0

Bất đẳng thức (4.111) cho ta điều phải chứng minh Tóm lại, ta có định lý sau

Định lý 4.9 (Cơng thức Hopf-Lax công thức nghiệm). Một hàmu xác định công thức Hopf-Lax (4.101) liên tục Lipschitz, khả vi hầu khắp nơi trongRnì(0,∞), thỏa mCn tốn giá trị ban đầu

ut+H(Du) = h.k.n Rn×(0,∞)

(165)

4.3.3 NghiƯm u, tÝnh nhÊt

a Tính nửa lõm. Theo Định lý 4.9 ta định nghĩa nghiệm yếu toán giá trị ban đầu (4.98) hàm liên tục Lipschitz trùng với g Rnì {t = 0},

vµ thỏa mon phơng trình ĐHR hầu khắp nơi Rnì(0,) Tuy nhiên, đây

l mt nh ngha khụng tht đạt, nói chung, nghiệm yếu nh− tr−ờng hợp tổng quát không

VÝ dụ. Xét toán giá trị ban đầu

ut+|ux|2= Rnì(0,)

u= Rnì {t= 0}. (4.113)

Râ rµng ta cã nghiƯmu1(x, t)≡0 Ngoµi ra, hµm

u2(x, t) :=

    

0 nÕu |x| ≥t x−t nÕu 0xt xt tx0

là liên tục Lipschitz thỏa mon phơng trình ĐHR (4.113) hầu khắp nơi (thực tế trừ đờng x= 0, t) Dễ thấy có vô số hàm liên tục Lipschitz tháa mon (4.113)

Ví dụ rằng, để có tính ta cần địi hỏi nghiệm yếu nhiều không thỏa mon ph−ơng trình ĐHR hầu khắp nơi Ta xét từ cơng thức Hopf-Lax để tìm điều kiện đảm bảo tính nghiệm yếu Tr−ớc tiên, ta chứng minh khẳng định sau

Bổ đề 4.5 (Tính nửa lõm). Giả sử tồn sốC cho

g(x+z)−2g(x) +g(x−z)C|z|2 ∀x, zRn. (4.114) Chouxác định cơng thức Hopf-Lax (4.101) Khi

u(x+z, t)−2u(x, t) +u(x−z, t)C|z|2 ∀x, zRn, t >0

Chó ý. Ta nóig làhàm nửa lõmnếu thỏa mon điều kiện (4.114) DƠ kiĨm tra r»ngg lµ hµm nưa lâm nÕu g lµC2 vµ sup

Rn|D

2g| <∞ Chó ý r»ngg lµ nưa lâm

nÕu vµ chØ nÕu ¸nh x¹

x→g(x)−C 2|x|

2

(166)

Chứng minh ChọnyRn sao cho

u(x, t) =tLx−y t

+g(y)

Khi đó, thay y+zvày−zvào cơng thức Hopf-Lax vớiu(x+z, t)vàu(x−z, t), dựa vào (4.114) ta tìm đ−ợc

u(x+z, t)−2u(x, t) +u(x−z, t)

tLx−y

t

+g(y+z)−2tLx−y t

+g(y)+tLx−y t

+g(y−z) =g(y+z)−2g(y) +g(y−z)

C|z|2.

Tiếp theo, ta không giả thiết g hàm nửa lõm, nh−ng giả thiết hàm Hamilton H lồi đều, raulúc hàm nửa lõm

Định nghĩa4.7 Một hàmC2và lồiH:Rn→Rđ−ợc gọi lồi (với hằng số θ)

n

i,j=1

Hpipj(p)ξiξj ≥θ|ξ|

2 (4.115)

víi mäip, ξ∈Rn.

Bổ đề 4.6 (Tính nửa lõm). Giả sử H lồi (với số θ) u đ−ợc xác định cơng thức Hopf-Lax (4.101) Khi

u(x+z, t)−2u(x, t) +u(x−z, t)

θt|z|

2,

víi mäix, z∈Rn, t >0.

Chøng minh Tr−íc hÕt ta chó ý r»ng, dïng c«ng thøc Taylor, tõ (4.115) suy

Hp1+p2

2H(p1) +

2H(p2)− θ

8|p1−p2|

2. (4.116)

Tiếp theo, ta khẳng định với hàm Lagrange Lta có −ớc l−ợng

1

2L(q1) +

2L(q2)L

q1+q2

2

+

8θ|q2−q1|

2 (4.117)

với mọiq1, q2∈Rn Việc chứng minh (4.117) coi nh− tập cho ng−ời đọc

2 Chäny cho

u(x, t) =tLx−y t

(167)

Khi dùng giá trị y công thức Hopf-Lax u(x+z, t)

u(x−z, t), ta tính đợc

u(x+z, t)2u(x, t) +u(xz, t)

tLx+z−y t

+g(y)−2tLx−y t

+g(y) +tLx−z−y

t

+g(y) = 2t1

2L

x+z−y

t

+1 2L

x−z−y

t

−Lx−y t

2t

8θ

2zt

2

θt|z|

2.

Bất đẳng thức gần cuối suy từ (4.117)

b NghiÖm yÕu, tÝnh nhÊt

Trong phần ta điều kiện nửa lõm nghiệm Hopf-Lax u

trong Bổ đề 4.5 4.6 đ−ợc dùng nh− tiêu chuẩn tính nghiệm

Định nghĩa4.8 Ta nói hàm liên tục Lipschitzu:Rnì[0,)R nghiệm yếu toán giá trị ban đầu

ut+H(Du) = Rnì(0,)

u=g Rnì {t= 0}, (4.118)

(a) u(x,0) =g(x) (x∈Rn),

(b) ut(x, t) +H(Du(x, t)) = 0víi hầu hết(x, t)Rnì(0,), (c) u(x+z, t)2u(x, t) +u(xz, t)C(1 +1

t)|z|

2

với sốC≥0nào với mọix, z∈Rn, t >0.

Tiếp theo, ta chứng minh nghiệm yếu (4.118) điểm cốt lõi để khẳng định tính da vo iu kin (c)

Định lý 4.10 (Tính nghiệm yếu). Giả thiết H làC2 và

thỏa mCn (4.99), vàgthỏa mCn (4.100) Khi tồn khơng nhiều nghiệm yếu tốn giá trị ban đầu (4.118)

(168)

trình ĐHR (4.118), ta có

wt(y, s) =ut(y, s)−u˜t(y, s)

=−H(Du(y, s)) +H(D˜u(y, s)) =−

d

drH(rDu(y, s) + (1−r)Du(y, s))dr(Du(y, s)˜ −Du(y, s))˜ =:−b(y, s).Dw(y, s)

Vì

wt+b.Dw= hầu khắp nơi (4.119)

2 Viết v :=φ(w)≥0, φ :R→[0,∞) là hàm trơn đ−ợc chọn sau Ta

nhân (4.119) vớiφ(w)để cú

vt+b.Dv= hầu khắp nơi (4.120)

3 Bây giờ, chọn >0và xét

u:=u, u:=u

vi hàm làm trơn chuẩn theo biếnxvàt(xemĐ2.3.4) Khi

|Duε| Lip(u), |Du˜ε| Lip(˜u) (4.121)

vµ

Duε→Du, Du˜ε→Du˜ hầu khắp nơi khiε→0 (4.122) Hơn nữa, từ bất đẳng thức (c) định nghĩa nghiệm yếu suy

D2uε, D2u˜εC1 +1 s

I, (4.123)

với sốC với mọiε >0, yRn, s >2.

4 Đặt

b(y, s) :=

DH(rDuε(y, s) + (1−r)Du˜ε(y, s))dr (4.124) Khi (4.120) trở thành

vt+bε.Dv= (bε−b).Dv hầu khắp nơi,

vì

(169)

n

k,l=1

Hpkpl(rDu

ε+ (1

−r)D˜uε)(ruεxlxk

+ (1−r)˜uεxlxk)dr

C1 +1

s

(4.126)

với sốC ởđây, ý rằngH lồi nên suy raD2H ≥0.

6 Cố địnhx0∈Rn, t0>0 ký hiệu :

R:= max{|DH(p)|, |p|max(Lip(u),Lip(˜u))} (4.127) Ta xác định nón

C:={(x, t)|0tt0, |x−x0|R(t0−t)}

Tiếp theo, đặt

e(t) :=

B(x0,R(t0−t))

v(x, t)dx

và với hầu hếtt >0, ta có

˙ e(t) =

B(x0,R(t0−t))

vtdx−R

∂B(x0,R(t0−t))

vds =

B(x0,R(t0−t))

[−div(vbε) + (divbε)v+ (bε−b).Dv]dx

−R

∂B(x0,R(t0−t))

vds (4.125)

=−

∂B(x0,R(t0−t))

v(bε+R)ds

+

B(x0,R(t0−t))

(divbε)v+ (bε−b).Dvdx

B(x0,R(t0−t))

(divbε)v+ (bε−b).Dvdx (4.121), (4.124)

C

1 + t

e(t) +

B(x0,R(t0−t))

(bε−b).Dvdx (4.126)

Theo (4.121), (4.122) định lý hội tụ trội, số hạng cuối vế phải dần tới

ε→0 víi hÇu hÕtt >0 V× vËy

˙

e(t)C1 +1 t

(170)

7 Cố định 0< ε < r < t0 chọn hàmφ(z)bằng

|z|ε[Lip(u) +Lip(˜u)]

và (z) > khoảng Vì u = u Rn ì {t = 0}, v = (w) =

φ(u−u) = 0˜ tại{t=ε}, e(ε) = Khi bất đẳng thức Gronwall (xem

§2.2.2) vµ (4.128) cho ta

e(r)e(ε)eεrC 1+1s

ds

=

Cho nªn

|u−u˜|ε[Lip(u) +Lip(˜u)] trªn B(x0, R(t0−r))

Bất đẳng thức với mọiε >0và u≡u˜ trongB(x0, R(t0−r)) Vì

thÕ

u(x0, t0) = ˜u(x0, t0)

'Ap dụng Bổ đề 4.5, 4.6 Định lý 4.10, ta có

Định lý 4.11. Giả sửH làC2và thỏa mCn (4.99), vµgtháa mCn (4.100) NÕu

hoặcg nửa lõm hoặcH lồi đều, u(x, t) =

y∈Rn

#

tLx−y t

+g(y)$

là nghiệm yếu toán giá trị ban đầu (4.118) ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

VÝ dơ(i) Xét toán giá trị ban đầu



ut+1

2|Du|

2= 0 trong Rn×(0,∞)

u=|x| Rnì {t= 0}, (4.129)

ở đâyH(p) = 2|p|

2 vµL(q) =1 2|q|

2 C«ng thøc Hopf-Lax cho ta nghiƯm u duy

nhÊt cđa (4.129) lµ

u(x, t) =

y∈Rn

#|x−y|2

2t +|y|

$

(4.130)

Giả thiết|x|> t Khi

Dy

|x−y|2

2t +|y|

= y−x t +

y

|y| (y= 0),

vµ biĨu thøc nµy b»ng nÕux=y+|yy|t, y= (|x| −t)x

|x|= V× thÕ u(x, t) =|x| − t

(171)

Nếu|x|t, minimum (4.130) đạt đ−ợc tạiy= Nh−

u(x, t) =

    

|x| − t

2 nÕu|x|> t, |x|2

2t nÕu|x|t

Để ý nghiệm ulà nửa lõm với t >0mặc dù hàm ban đầu g(x) =|x| nửa lõm Điều phù hợp với Bổ đề 4.6

(ii) TiÕp theo, ta nghiªn cøu toán sau

ut+

1 2|Du|

2 = 0 trong Rn×(0,∞)

u =|x| trênRnì {t= 0}. (4.131)

Khi ú

u(x, t) =

y∈Rn

#|x−y|2

2t − |y|

$

B©y giê

Dy

|x−y|2

2t − |y|

= y−x t −

y

|y| (y= 0),

vµ biĨu thøc nµy b»ng nÕux=y−|yy|t, y= (|x|+t)

x

|x| V× vËy u(x, t) =−|x| −2t (x∈Rn, t

0) (4.132)

Hàm ban đầu g(x) =|x| lµ nưa lâm vµ nghiƯmucịng nh− vËy víi t > Bài toán (4.131) có nghiệm yếu (4.132)

4.4 Luật bảo toàn

Trong phn ny ta nghiên cứu toán giá trị ban đầu luật bảo tồn vơ h−ớng trongRì(0,∞)

ut+F(u)x= Rì(0,)

u=g Rì {t= 0}, (4.133)

ở F : R R và g : R R là đo biết và u: Rì[0,) R là cần tìm,

(172)

4.4.1 Sốc, điều kiện entropi

a NghiƯm suy réng, ®iỊu kiƯn Rankine-Hugoniot

Nh− đo nói Ch−ơng 1, nói chung ta khơng hi vọng tìm đ−ợc nghiệm cổ điển ph−ơng trình ĐHR Trong tr−ờng hợp ta cần phải địi hỏinghiệmcó độ trơn bậc ph−ơng trình, hay nói cách khác đ−a khái niệmnghiệm yếuhoặcnghiệm suy rộng cách phù hợp mà nghiệm không khả vi đến bậc cần thiết 'Y t−ởng nhân ph−ơng trình ta với hàm trơn lấy tích phân phần để chuyển đạo hàm nghiệm sang đạo hàm hàm trơn Cụ th, ta gi thit rng

v:Rì[0,)R là trơn với giá compắc. (4.134)

Ta givlhm th Gi thit rng (4.133) có nghiệmutrơn, ta nhân ph−ơng trình đạo hàm riêngut+F(u)x= 0vớivvà lấy tích phân phần

0 =

∞

0

∞ −∞

(ut+F(u)x)vdxdt

=−

∞

0

∞ −∞

uvtdxdt−

∞ −∞

uvdxt=0−

∞

0

∞ −∞

F(u)vxdxdt

(4.135)

Theo điều kiện ban đầu u=g trênRì {t= 0}, ta thu đ−ợc đồng thức

∞

0

∞ −∞

[uvt+F(u)vx]dxdt+

∞ −∞

gvdxt=0= (4.136) Nh− vậy, với giả thiết u nghiệm trơn (4.133), ta đo chứng minh đ−ợc (4.136), biểu thức (4.136) khơng chứa đạo hàm củau, có nghĩa

uchỉ hàm bị chặn mà không cần phải kh¶ vi

Định nghĩa4.9 Ta nói rằngu∈L∞(Rì(0,∞))là nghiệm tích phân của (4.133) đẳng thức (4.136) với hàm thửv thỏa mCn (4.134)

Giả sửulà nghiệm tích phân (4.133), ta kết luận nghiệm từ đồng thức (4.136) ?

Ta trả lời câu hỏi cho tr−ờng hợp ph−ơng trình (4.133) có cấu trúc đặc biệt đơn giản Giả sửC đ−ờng cong miềnV Rỡ(0,) GiVl l

phần V nằm bên trái đờng cong vàVr phần V nằm bên phải đờng cong

Ta giả thiết rằngulà nghiệm tích phân (4.133), vàuvà đạo hàm bậc liên tục trongVl trongVr

Tr−ớc hết, chọn hàm thửv với giá compắc trongVl Khi (4.136) trở thành

0 =

∞

0

∞ −∞

[uvt+F(u)vx]dxdt=−

∞

0

∞ −∞

(173)

ë ta sử dụng tích phân phần ulàC1 trong V

l vàv triệt tiêu gần biên

củaVl Đồng thức (4.137) thỏa mon với hàm thửv với giá compắc

Vl, v ú

ut+F(u)x= Vl (4.138)

T−¬ng tù,

ut+F(u)x= Vr (4.139)

B©y giê chän mét hàm thửv với giá compắc trongV, nhng không thiết triệt tiêu dọc đờng congC Lại sử dụng (4.136), ta kÕt luËn

0 =

∞

0

∞ −∞

[uvt+F(u)vx]dxdt= (4.140)

=

Vl

[uvt+F(u)vx]dxdt+

Vr

[uvt+F(u)vx]dxdt

Vìv có giá compắc trongV, từ (4.138) ta cã

Vl

[uvt+F(u)x]vdxdt+ (4.141)

+

C

(ulν2+F(ul)ν1)vdl=

C

(ulν2+F(ul)ν1)vdl

ởđâyννν= (ν1, ν2)là véc tơ pháp tuyến đ−ờng congC, từV

lvµoVr, vµ

chØ sè d−íi “l” ký hiệu giới hạn từ bên trái Tơng tự, từ (4.139) suy

Vr

C

(urν2+F(ur)ν1)vdl

(Chỉ số d−ới “r” ký hiệu giới hạn từ bên phải) Cộng đẳng thức với (4.141) từ (4.140) ta có

C

[(F(ul)−F(ur))ν1+ (ul−ur)ν2]vdl=

Đẳng thức thỏa mon với hàm thửvnh− trên,

(F(ul)−F(ur))ν1+ (ul−ur)ν2= däc theo C (4.142)

s(.) : [0,∞)→R Khi ta lấyννν = (ν1, ν2) = (1 + ˙s2)−1/2(1,−s)˙ Vì

vËy, tõ (4.142) suy

(174)

4.4 LuËt b¶o toµn 171

Ký hiƯu.

   

[u]=ulurlàbớc nhảy uqua đờng cong C

[F(u)]=F(ul)F(ur)làbớc nhảy F(u)qua C

= slàvận tốccủa đờng cong C

Ta viết lại (4.143) dới dạng

[F(u)]=[u] dọc theo đờng cong C (4.144) Đây làđiều kiện Rankine-Hugoniot Chú ý vận tốcvà giá trịul, ur, F(ul),

F(ur)s bin i dc theo đ−ờng congC Mặc dù biểu thức

[F(u)]= F(ul)F(ur)và

[u]= s(ulur)vẫn luôn cân

Hình4.4: Điều kiện Rankine-Hugoniot

Ví dụ 1(Sóng sốc) Xét toán giá trị ban đầu cho phơng trình Burger

ut+ u

2

x=

Rì(0,),

u=g Rì {t= 0},

(4.145) với kiện ban đầu g

g(x) =

    

1 nÕu x0, 1−x nÕu 0x1,

0 nÕu x≥1

(4.146)

(175)

với mỗix0R Vì vậy

u(x, t) :=

      

1 nÕu xt, 0t1, 1−x

1−t nÕu tx1, 0t1, nÕux≥1, 0t1

Chú ý với t ≥1 ph−ơng pháp khơng thực đ−ợc, đặc tr−ng gốc cắt Ta phải xác địnhunh− vớit≥1?

Ta đặts(t) = +t , xét u(x, t) :=

1 nÕu x < s(t)

0 nÕu s(t)< x nÕut≥1

Bây dọc đờng cong đợc tham số hóa bëis(.), ta cãul= 1,ur= 0, F(ul) =

1 2(ul)

2 =

2, F(ur) = Do

[F(u)]= =σ

[u], điều cần tìm theo điều kiện Rankine-Hugoniot (4.144)

Hình4.5: Sự hình thành sóng sốc

b Sốc, điều kiện Entropi

Bây ta thử giải toán tơng tự kỹ thuật trình bày

Ví dụ 2(Sóng tạo chân không sốc phi vật lý)

Ta lại xét toán giá trị ban đầu (4.145), vớig nh sau

g(x) =

0 nÕu x <0,

(176)

Lỳc ny ph−ơng pháp đặc tr−ng không xác định đ−ợcu, mà cịn cung cấp thơng tin sai miền{0< x < t} Để minh họa điều này, tr−ớc hết xét

u1(x, t) :=

  

0 nÕu x < t 2, nÕu x > t

2

Dễ dàng thấy điều kiện Rankine-Hugoniot thỏa mon hiển nhiênu1là nghiệm

tích phân (4.145), (4.147) Tuy nhiên, ta tạo nghiƯm kh¸c b»ng c¸ch viÕt

u2(x, t) :=

      

1 nÕu x > t x

t nÕu 0< x < t nÕu x <0

Hµm u2, gäi lµsãng tạo chân không, nghiệm tích phân liên tục

(4.145), (4.147)

Hình4.6: Sóng tạo chân kh«ng

Nh− ta thấy rằngnhững nghiệm tích phân tr−ờng hợp tổng quát không Bởi lớp nghiệm tích phân bao hàm nghiệm “phi vật lý”, nghiệm mà ta muốn loại bỏ Liệu ta có tìm đ−ợc tiêu chuẩn để đảm bảo tính lớp nghiệm tích phân hay không ?

Điều kiện Entropi. Nhớ lại từĐ4.2.5 với định luật bảo toàn dạng

ut+F(u)x= 0,

(177)

H×nh4.7: Sèc “phi vËt lý”

gèc

y(s) = (F(g(x0))s+x0, s) (s≥0) (4.148) Ta thấy cắt đ−ờng đặc tr−ng kéo theo không liên tục nghiệm Tuy nhiên, ta hy vọng rằng, xuất phát điểm trongRnì(0,∞)và chuyển động theoh−ớng ng−ợc lạivới thời gian dọc theo một

đặc tr−ng, ta khơng cắt đ−ờng đặc tr−ng khác Nói cách khác, xét lớp nghiệm tích phân trơn khúc (4.133) với tính chất là: ta di chuyển theo h−ớng ng−ợc lại vớitdọc theo đặc tr−ng đó, ta khơng gặp phải đ−ờng khơng liên tục đối vớiu

Bây giả sử điểm đ−ờng cong C khơng liên tục củau,

ucó giới hạn trái giới hạn phải phân biệtulvàur, đặc tr−ng từ bên trái

và đặc tr−ng bên phải cắtCtại điểm Khi theo (4.148) ta kết luận

F(u

l)> σ > F(ur) (4.149)

Các bất đẳng thức gọi làđiều kiện Entropi(là t−ơng tự thô thiển với nguyên lý nhiệt động học: Entropi vật lý khơng thể giảm với thời gian tiến lên phía tr−ớc) Một đ−ờng cong không liên tục đối vớiuđ−ợc gọi làmột sốcvới điều kiện đồng thức Rankine-Hugoniot (4.144) bất đẳng thức Entropi (4.149) thỏa mon

TiÕp theo, ta cã thĨ minh häa ®iỊu kiƯn Entropi với giả thiết thêm nh sau

(178)

iu ny cú ngh˜ia làF≥θ >0với sốθnào đó, thếFlà tăng ngặt Khi

đó (4.149) t−ơng đ−ơng với bất đẳng thức

ul> ur (4.151)

däc theo ®−êng cong sèc

Ví dụ 3. Ta lại xét phơng trình Burger (4.145), với hàm ban đầu

g(x) =

    

0 nÕu x <0 nÕu 0x1 nÕu x >1

(4.152)

Với 0t2, ta kết hợp phân tích Ví dụ để tìm đ−ợc

u(x, t) =

              

0 nÕu x <0, x

t nÕu 0< x < t, nÕu t < x <1 + t

2, nÕu x >1 + t

2

(0t2) (4.153)

Hình4.8: Nghiệm to¸n (4.145),(4.152)

Víi t ≥ 2, ta hy väng sóng sốc đợc tham số hóa s(.) đợc tiếp tục với

u=x/ttới bên trái củas(.), u= tới bên phải củas(.) Điều tơng thích với điều kiện Entropi (4.151) Ta tìm dáng điệu đờng cong sốc cách áp dụng điều kiện bớc nhảy Rankine-Hugoniot (4.144) Ta cã

[u]= s(t) t ,

[F(u)]=

s(t)

t

2

(179)

däc theo ®−êng cong sèc víit≥0 V× thÕ, tõ (4.144) suy

˙

s(t) = s(t) 2t

Ta biết rằngs(2) = 2, giải ph−ơng trình vi phân th−ờng để tìm đ−ợc

s(t) = (2t)1/2 (t≥2)

Từ đó, ta có vớit≥2

u(x, t) =

      

0 nÕu x <0, x

t nÕu 0< x <(2t)

1/2,

0 nÕu x >(2t)1/2.

Xem minh häa, Hình 4.8

4.4.2 Công thức Lax-Oleinik

Ta s thiết lập cơng thức cho nghiệm yếu thích hợp toán ban đầu (4.133), với giả thiết nh− hàm F lồi Không tính tổng qt ta giả thiết

F(0) = (4.154)

Bây giờ, giả sửg∈L∞(R), ta đặt h(x) :=

x

0

g(y)dy (xR). (4.155)

Nhớ lại công thức Hopf-Lax từĐ4.3 xét

w(x, t) :=

yR

#

tL x−y t

+h(y)$ (xR, t >0), (4.156)

ở

L=F (4.157)

Vì vậywlà nghiệm yếu tốn giá trị ban đầu ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

wt+F(wx) = R×(0,∞)

(180)

Ti thi im ta giả thiếtwlà trơn Bằng cách lấy đạo hàm ph−ơng trình ĐHR điều kiện ban đầu (4.158) theox, ta đ−ợc

wxt+F(wx)x= R×(0,∞)

wx=g Rì {t= 0}

Do ú, nu đặtu=wx, uthỏa mon tốn (4.133)

Sự tính tốn hình thức, nh− ta đo biết rằngwxác định (4.156) nói chung khơng trơn Nh−ng từ kết trongĐ4.3 thìw hàm khả vi hầu khắp nơi Vì

u(x, t) := ∂ ∂x

min

y∈R

#

tL x−y t

+h(y)$ (4.159)

đ−ợc xác định với hầu hết (x, t) có đ−ợc coi ứng cử viên cho loại nghiệm yếu toán giá trị ban đầu (4.133) Ta thử xem xét điều cách nghiêm tỳc

Trớc hết ta cần viết lại biểu thức (4.159) dới dạng dễ sử dụng

Ký hiu. VìF lồi đều, nênF là tăng ngặt, ta đặt

G:= (F)−1 nghịch đảo F (4.160)

Định lý 4.12 (Công thức Lax-Oleinik). Giả thiếtF :RRlà trơn, låi

đều, g∈L∞(R).

(i) Với thời điểmt >0, tồn điểm nhấty(x, t)với tất trừ tối đa tập đếm đ−ợc giá trị củax∈Rsao cho

min

y∈R

#

tL x−y t

+h(y)$=tLx−y(x, t) t

+h y(x, t) (ii)ánh xạxy(x, t)là không giảm

(iii) Với mỗit >0, hàm uđ−ợc xác định (4.159)

u(x, t) =Gx−y(x, t) t

(4.161)

víi hÇu hÕtx

Định nghĩa4.10 Ta gọi (4.161) công thức Lax-Oleinik xác định nghiệm (4.133), đóhđ−ợc cho (4.155),Lđ−ợc xác định (4.157)

Chøng minh Tr−íc hÕt ta ký hiƯu

L(q) = max

p∈R(pq−F(p)) =qp

(181)

ở đâyF(p∗) =q Khi đóp∗=G(q)theo (4.160), thế L(q) =qG(q)−F(G(q)) (qR),

(xemĐ4.3.1) Ngoài ra,Llà hàmC2 Hơn nữa, theo (4.160)

L(q) =G(q) +qG(q)F(G(q))G(q) =G(q) (4.162) vàL(q) =G(q)>0 Từ điều (4.154) suy ra Llà không âm lồi ngỈt.

2 Cố địnht >0, x1< x2 Cũng nh− trongĐ4.3, tồn điểmy1∈R

sao cho

#

tL x1−y1 t

+h(y1)

$

=

y∈R

#

tL x1−y t

+h(y)$ (4.163) Tiếp theo ta khẳng định

tL x2−y1 t

+h(y1)< tL

x2−y

t

+h(y) nếuy < y1 (4.164)

Để thấy rõ điều này, ta dïng c¸c tÝnh to¸n sau

x2−y1=τ(x1−y1) + (1−τ)(x2−y)

vµ

x1−y= (1−τ)(x1−y1) +τ(x2−y)

víi

0< τ := y1−y x2−x1+y1−y

<1

V×L>0, ta cã

L x2−y1 t

< τ L x1−y1 t

+ (1−τ)L x2−y t

, L x1−y

t

<(1−τ)L x1−y1 t

+τ L x2−y t

,

và

L x2−y1 t

+L x1−y t

< L x1−y1 t

+L x2−y t

(4.165)

tL x1−y1 t

+h(y1)tL

x1−y

t

+h(y)

Nhân (4.165) vớit, thêm(h(y1) +h(y))vào hai vế, cộng biểu thức thu đợc

(182)

3 Theo (4.163), tính toán giá trị nhỏ tL x2y

t

+h(y)ta cần ýy ≥y1, đóy1 thỏa mon (4.163) Bây với mỗix∈Rvàt >0, xác

định điểm y(x, t)bằng giá trị nhỏ điểmy cho giá trị nhỏ

tL x−ty+h(y) Khi ánh xạx→y(x, t)là khơng giảm liên tục với tất trừ tập đếm đ−ợc điểmx Tại điểmxmày(ã, t)liên tục,y(x, t)là giá trị củay cho giá trị cực tiểu củatL x−ty+h(y)

4 Theo lý thuyết Đ4.3, với mỗit >0cố định, ánh xạ

x→w(x, t) :=

y∈R

#

tL x−y t

+h(y)$ :=tL x−y(x, t)

t +h(y(x, t)

là khả vi hầu khắp nơi Hơn nữa, ánh xạ x→y(x, t) đơn điệu khả vi hầu khắp nơi Vì với t >0cho tr−ớc, với hầu khắpx, ánh xạ

x→L x−y(x, t) t

và ánh xạ

xh(y(x, t))

đều khả vi Vì cơng thức (4.159) trở thành

u(x, t) = ∂ ∂x

tL x−y(x, t) t

+h(y(x, t)) =L x−y(x, t)

t

(1−yx(x, t)) +

∂

∂xh(y(x, t))

Nh−ng vìy→tL x−ty+h(y)đạt cực tiểu tạiy=y(x, t), ánh xạ

z→tL x−y(z, t) t

+h(y(z, t))

đạt cực tiểu tạiz=x Do

−L x−y(x, t) t

yx(x, t) +

∂

∂xh(y(x, t)) = 0,

và thế, theo (4.162) ta có

u(x, t) =L x−y(x, t) t

=G x−y(x, t) t

(183)

Chứng minh Nh− trên, ta đặt

w(x, t) :=

y∈R

#

tL x−y t

+h(y)$ (x∈R, t >0).

Khi Định lý 4.9 cho ta thấywlà liên tục Lipschitz, khả vi hầu khắp nơi, thỏa mon

wt+F(wx) = hầu khắp Rì(0,),

w=h Rì {t= 0}. (4.166)

Chọn hàm thửvthỏa mon (4.134) Nhân phơng trìnhwt+F(wx) = 0vớivx

và lấy tích phân trênRì(0,), ta nhận đợc

0 =

0

+∞ −∞

[wt+F(wx)]vxdxdt (4.167)

Chó ý r»ng

∞

0

+∞ −∞

wtvxdxdt=−

∞

0

+∞ −∞

wvtxdxdt−

+∞ −∞

wvxdx

t=0 = ∞ +∞ −∞

wxvtdxdt+

+∞ −∞

wxvdx

t=0

Cách lấy tích phân phần hợp pháp ánh xạx→w(x, t)là liên tục Lipschitz, đó, liên tục tuyệt mỗit >0 T−ơng tựt→w(x, t)là liên tục tuyệt mỗix∈R Bây giờ

w(x,0) =h(x) =

x

0

g(y)dy,

và đówx(x,0) =g(x)với hầu hếtx Vì

∞

0

+∞ −∞

wtvxdxdt=

∞

0

+∞ −∞

wxvtdxdt+

+∞ −∞

gvdxt=0

Thế đồng thức vào (4.167) nhớ lại u=wx hầu khắp nơi, ta có

đồng thức tích phân (4.136)

4.4.3 NghiƯm Entropi, tÝnh nhÊt

a Điều kiện Entropi sửa đổi

(184)

giỏ tr ban đầu (4.133), ta phải tìm cho dạng thích hợp điều kiện Entropi (đảm bảo tính nhất) đo thảo luận trongĐ4.4.1 Điều dễ thấy, nói chung xảy tr−ờng hợp mà hàm w xác định công thức Lax-Oleinik trơn chí trơn khúc

Bây ta tìm loại đánh giá đạo hàm “một phía” hàmwxác định cơng thức Lax-Oleinik (4.159) Đánh giá dạng t−ơng tự nh− đánh giá tính nửa lõm từ Bổ đề 4.5,4.6 trongĐ4.3.3 ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

Bổ đề 4.7 (Đánh giá b−ớc nhảy phía). Với giả thiết Định lý 4.12, tồn sốCsao cho hàmuxác định công thức Lax-Oleinik (4.161) thỏa mCn bất đẳng thức

u(x+z, t)−u((x, t)C

tz (4.168)

víi mäit >0 vµx, z∈R, z >0.

Định nghĩa4.11 Ta gọi bất đẳng thức (4.168) điều kiện Entropi sửa đổi

Tõ (4.168) dƠ thÊy r»ng, víi t >0 hàm số

xu(x, t)C tx

l khụng tăng, có giới hạn trái giới hạn phải điểm Vì thếx→ u(x, t)cũng có giới hạn trái giới hạn phải điểm, vớiul(x, t)≥ur(x, t)

Nh− điều kiện Entropi (4.151) điểm không liên tục

Chứng minh Ta biết từĐ4.3 rằng, để tính tốn giá trị nhỏ (4.161), cần xét điểmy chox−y

t

Cvới sốC (kiểm tra điều dành cho ng−ời đọc) Vì ta giả thiết Glà liên tc Lipschitz

2 Với G= (F)1 vày(Ã, t)là hàm không giảm, ta có

u(x, t) =G xy(x, t) t

≥G x−y(x+z, t) t

víiz >0 ≥G x+z−y(x+z, t)

t

−Lip(G)zt =u(x+z, t)−Lip(G)z

(185)

b Nghiệm Entropi, tính nhất

Định nghĩa4.12 Ta nói hàmu L(Rì(0,))là nghiệm

Entropi toán giá trị ban đầu

ut+F(u)x= Rì(0,)

u=g Rì {t= 0} (4.169)

nÕu nã tháa mCn

(i)0∞−∞∞ uvt+F(u)vxdxdt+

∞ −∞gvdx

t=0=

víi mäi hµm thửv:Rì[0,)Rcó giá compắc, và

(ii) u(x+z, t)u(x, t)C 1 +1

t

z

với sốC≥0nào với hầu hết x, z∈R,t >0, z >0.

Định lý 4.14 (Tính nghiệm Entropi). Giả thiếtF lồi trơn Khi tồn nhiều nghiệm Entropi (4.169)

Chứng minh Giả thiết u u˜ hai nghiệm Entropi (4.169), ta đặt

w:=u−u˜ Chó ý r»ng víi ®iĨm(x, t)bÊt kú ta cã

F(u(x, t))−F(˜u(x, t)) =

d

drF(ru(x, t) + (1−r)˜u(x, t))dr =

F(ru(x, t) + (1−r)˜u(x, t))dr(u(x, t)−u(x, t))˜ :=b(x, t)w(x, t)

Do nếuv hàm thử nh− trên,

0 =

∞

0

∞ −∞

(u−˜u)vt+ [F(u)−F(˜u)]vxdxdt (4.170)

=

∞

0

∞ −∞

w[vt+bvx]dxdt

2 Bây choε >0và xác địnhuε=η

ε∗u, u˜ε=ηε∗u˜, đóηεlà hàm làm

trơn chuẩn với biếnxvàt Khi theoĐ2.4

uε

L∞ uL∞, u˜εL∞u˜ L (4.171) uu, uu hầu khắp nơi khi0 (4.172) Hơn từ điều kiện Entropi (ii) suy

ux(x, t), u˜εx(x, t)C +

1 t

(186)

với sốC thích hợp với >0, xR, t >0.

3 Đặt

b(x, t) :=

F ruε(x, t) + (1−r)˜uε(x, t)dr

Khi (4.170) trở thành

0 =

∞

0

∞ −∞

w[vt+bεvx]dxdt+

∞

0

∞ −∞

w[bb]vxdxdt (4.174)

4 ChọnT >0và hàm trơn

:Rì[0, T]R

với giá compắc Ta tìmv là nghiệm toán giá trị thời điểm cuối sau đây

v

t +bvx= Rì(0, T)

v= 0 trên Rì {t=T}. (4.175)

Ta giải (4.175) ph−ơng pháp đặc tr−ng Để làm điều này, cố định x ∈

˙

xε(s) =bε(xε(s), s) (s≥t)

xε(t) =x

(4.176) đặt

vε(x, t) :=−

T t

ψ(xε(s), s)ds (x∈R, 0tT) (4.177)

Khi vε là trơn nghim nht ca (4.175) Vỡ|b

| bị chặn có giá

compắc,vcó giá compắc trongRì[0, T).

|v

x|Cs Rì(s, T) (4.178)

Để chứng minh điều này, ý rằng, nếu0< stT, từ (4.173) vµ tÝnh låi cđa

F suy

bε,x(x, t) =

F(ruε+ (1−r)˜uε)(ruε

x+ (1−r)˜uεx)dr (4.179)

C

t C

s

Tiếp theo, lấy đạo hàm ph−ơng trình (4.175) theox, ta có

(187)

Bây giờ, đặta(x, t) :=eλtvε

x(x, t)víi

λ= C

s + (4.181)

Khi

at+bεax=λa+eλt[vxtε +bεvxx]

=λa+eλt[−bε,xvxε+ψx] (4.180)

= [λ−bε,x]a+eλtψx

(4.182)

Vìvε có giá compắc, ađạt giá trị cực đại khơng âm khắp Rì[s, T] tại một

điểm(x0, t0)nào Nếut0=T, thìvx= Nếu0t0< T,

a(x0, t0)0, ax(x0, t0) =

Cho nên ph−ơng trình (4.182) cho ta điểm(x0, t0)đánh giá sau

[λ−bε,x]a+eλt0ψx0 (4.183)

Nh−ng vìbε,xCs vàλlà cho tr−ớc (4.181), từ bất đẳng thức (4.183) suy

a(x0, t0)−eλt0ψxeλTψxL∞

LËp luËn t−¬ng tù ta cã

a(x1, t1)≥ −eλTψxL∞

tại điểm (x1, t1) mà a đạt cực tiểu không d−ơng Hai đánh giá

định nghĩa củaacho ta (4.178) Ta cần bất đẳng thức sau

+∞ −∞ |

vxε(x, t)|dxD (4.184)

với mọi0tτ sốDnào đó, miễn làτ đủ nhỏ

Để chứng minh (4.184), chọn τ > đủ nhỏ đểψ = Rì(0, τ) Khi đó,

nếu t τ, ta thấy từ (4.177) v số dọc theo đ−ờng cong đặc tr−ng xε(ã) (thỏa mon (4.176)) với t s τ Chọn phân hoạch

x0 < x1 <ã ã ã < xN Khi đóy0 < y1 <ã ã ã< yN, yi :=xi(s) (i = 1, , N)

tháa mon

˙

xε(s) =bε(xε(s), s) (tsτ)

xε(t) =xi

Dovεlà số dọc theo đ−ờng cong đặc tr−ngx

i(·), ta cã N

i=1

|vε(xi, t)−vε(xi−1, t)|=

N

i=1

|vε(yi, τ)−vε(yi−1, τ)|

(188)

ở var làbiến phân theox Lấy supremum phân hoạch nh trên, ta tìm đợc

|

vεx(x, t)|dx=varvε(·, t)varvε(·, τ) =

∞ −∞|

vxε(x, τ)|dxC

7 Cuối cùng, ta kết thúc chứng minh định lý cách đặtv =vε trong (4.174)

vµ sư dơng (4.175)

∞

0

∞ −∞

wψdxdt=

∞

0

∞ −∞

w[bε−b]vεxdxdt=

=

T τ

∞ −∞

w[bε−b]vxεdxdt+

τ

0

∞ −∞

w[bε−b]vxεdxdt

=:Iτε+Jτε

Khi theo (4.172), (4.178) định lý hi t tri, ta cú

I0khi0 với >0

Mặt khác, nếu0< < T, từ (4.184) ta thÊy

|Jτε|rC max

0tτ

∞ −∞|

vxε|dxτ C

V× vËy

∞

0

∞ −∞

wψdxdt=

với tất hàm trơnψnh− trên, đów=u−u˜= 0hầu khp ni

4.4.4 Bài toán Riemann

Bi toỏn giá trị ban đầu (4.133) với hàm ban đầu không đổi khoảng

g(x) =

ul nÕux <0

ur nÕux >0

(4.185) đ−ợc gọi tốn Riemann định luật bảo tồn vơ hng (4.133) õy

ul, urRlà trạng thái ban đầu bên trái bên phải tơng ứng,ul=ur

Ta tiếp tục giả thiếtF lồi vàC2, nh trờn, tG= (F)1.

Định lý 4.15 (Nghiệm toán Riemann). (i) Nếuul> ur, nghiệm Entropi toán Riemann (4.133), (4.185)

u(x, t) :=

  

ul nÕu

x t < σ ur nÕu x

t >

(189)

ở

:= F(ul)F(ur) ul−ur

(4.187)

(ii) NÕuul< ur, nghiÖm Entropi toán Riemann (4.133), (4.185)

u(x, t) :=

        

ul nÕu

x t < F

(u

l)

G x t

nÕuF(u

l)<x

t < F (u

r)

ur nÕu

x

t > F(ur)

(4.188)

víix∈R, t >0.

H×nh4.9: Sãng sốc thỏa mon toán Riemann vớiul> ur

Chỳ ý. (i) Trong tr−ờng hợp thứ nhất, trạng tháiul vàur đ−ợc tách bởisóng sốcvới vận tốc khơng đổiσ Trong tr−ờng hợp thứ hai, trạng tháiulvàurđ−ợc

t¸ch bëisãng tạo chân không

(ii) Ta bit rng (xem4.4.2-4.4.3), cụng thức Lax-Oleinik cho ta nghiệm Ta kiểm tra hàm (4.186), (4.188) có thực nghiệm Entropi tốn hay khơng? Do tính nhất, đó, chúng trùng với cơng thức Lax-Oleinik Đây minh họa đẹp sức mạnh Định lý 4.14 - định lý nghiệm

Chứng minh Giả sử ul > ur Rõ ràng uxác định (4.186), (4.187)

(190)

Hình4.10: Sóng tạo chân không thỏa mon toán Riemann vớiul< ur

điều kiện Rankine-Hugoniot thỏa mon Hơn nữa, chó ý r»ng

F(ur)< δ=

F(ul)−F(ur)

ul−ur

=

ul

ur

F(r)dr < F(ul)

theo (4.149) Vì ul > ur, điều kiện Entropi đợc thỏa mon Tính

suy từ Định lý 4.14

2 Gi thit rngul< ur Ta tr−ớc hết phải kiểm tra rằnguxác định (4.188)

thỏa mon phơng trình (4.133) miền {F(u

l)< xt < F(ur)} Để làm điều

này, ta hoy trả lời câu hỏi hàm ucó dạng

u(x, t) =v x t

là nghiệm (4.133) Ta tính toán

ut+F(u)x=ut+F(u)ux=−v x

t

x t2 +F

(v)v x t

1 t =v x

t

1 t

F(v)−xt

Nh− vËy, giả thiếtv không triệt tiêu, ta tìm ®−ỵc F v(x

t)

= x t

Do

u(x, t) =v x t

=G x t

tháa mon phơng trình (4.133) Bây giờ, v x t

=ul xt =F(ul), tơng tự

v x t

(191)

Ta thấy sóng tạo chân khơng u xác định bi (4.188) l liờn tc

Rì(0,), nghiệm phơng trìnhut+F(u)x= 0trong miền mà nó

xác định Dễ kiểm tra ulà nghiệm tích phân (4.133), (4.185) Hơn nữa, nh− đo nói đến trongĐ4.4.3, ta giả thiếtGlà liên tục Lipschitz, suy

u(x+z, t)−u(x, t) =G x+z t

−G x t

Lip(G)z

t ,

nÕuF(u

l)t < x < x+z < F(ur)t Bất đẳng thức nói rằngucũng thỏa mon

®iỊu kiƯn Entropi TÝnh nhÊt cđausuy tõ Định lý 4.14

4.4.5 Dáng điệu nghiệm khi t

a Dáng điệu nghiệm chuẩn L

Bây ta dùng công thức Lax-Oleinik (4.161) để nghiên cứu dáng điệu nghiệm Entropi (4.133) t → ∞ D−ới ta giả thiết F trơn, li u,

F(0) = 0, glà khả tổng bị chặn

Định lý 4.16 (Tiệm cận chuÈnL∞). Tån t¹i mét h»ng sè C sao cho

|u(x, t)| C

t1/2 (4.189)

víi mäix∈R, t >0.

Chứng minh Đặt

:=F(0) (4.190)

Khi

G(σ) = (4.191)

vµ vËy

L(σ) =σG(σ)−F(G(σ)) = 0, L(σ) = (4.192) Theo (4.192) tính lồi củaL

tL x−y t

=tL x−y−σt t +σ

(4.193)

≥t

L(σ) +L(σ) x−y−σt t

+θ x−y−σt t

2

=θ|x−y−σt|

2

(192)

4.4 LuËt bảo toàn 189

vi hng s >0no ú Vỡ

h=

x

0

gdy

là bị chặn bởiM :=gL1, ta thấy từ (4.193)

tL x−y t

+h(y)≥θ|x−y−σt|

2

t M

Mặt khác

tL x(xt) t

+h(x−σt)M

Do điểm cực tiểuy(x, t)ta có

θ|x−y(x, t)−σt|

2

t 2M,

suy

x−y(x, t)t −σ C

t1/2 (4.194)

với sốC

3 Nh−ng v× G(σ) = 0, víi mäix∈R, t >0, tõ (4.194) ta cã

|u(x, t)|=G x−yt(x,t)=G x−yt(x,t)−σ+σ−G(σ)

Lip(G)x−yt(x,t)−σ C

t1/2

Ví dụ trongĐ4.4.1 rằngt−1/2là đánh giá phân hủy tối −u.

b Sự phân hủy đến N-sóng

Đánh giá (4.189) khẳng định rằnguL∞ tiến đến khit→ ∞ Mặt khác ta

chú ý từ Ví du trongĐ4.4.1, rằnguL1khơng thiết tiến đến 0, thực vậy, tích

phân củautrênRđợc bảo toàn (Bài tập 13) Giả thiết làg có giá compắc

ta s ch dáng điệu đơn giản củautrong chuẩnL1

Cho tr−ớc số p, q, d, σ, với p, q≥0, d >0, ta định nghĩaN-sóngt−ơng ứng hàm

N(x, t) :=

  

1 d

x t −σ

nÕu −(pdt)1/2< x−σt <(qdt)1/2

0 cho trờng hợp khác

(4.195) Hng s σlàvận tốccủaN-sóng Xác địnhσbởi (4.190), ta đặt

(193)

vµ

p:=−2

y∈R

y

−∞

gdx, q:= max

y∈R

∞

y

gdx (4.197)

Ta cãp, q0và

G() =

d (4.198)

Hình4.11: N-sóng

Định lý 4.17 (Tiệm cận chuẩnL1). Giả thiÕt r»ng p, q > 0 Khi

đó tồn sốC cho

∞ −∞|

u(·, t)−N(·, t)|dx C

t1/2 (4.199)

víi mäit >0

Chứng minh Từ đánh giá (4.194) chứng minh Định lý 4.16 ta có

(x−σt)t−y(x, t) C

t1/2 (4.200)

B©y giê

u(x, t) =G x−y(x, t) t

=G (x−σt)−y(x, t) t +σ

=G(σ) +G(σ) (x−σt)−y(x, t) t

(194)

Vì vậy, từ (4.191), (4.198) vµ (4.200) suy

u(x, t)−1d(x−σt)t−y(x, t)C

t (4.201)

2 Vìg có giá compắc, ta giả thiết với sốR >0nào thìg≡0trên

R∩ {|x| ≥R} Do đó

h(x) =

h− nÕux−R h+ nÕux≥R

với sốh± Ta tính tốn để có

min

R h=−

p

2 +h− =− q

2+h+ (4.202)

Tiếp theo, đặt

ε=ε(t) := A

t1/2 (t >0), (4.203)

hằng số Ađợc chọn sau

3 Bây ta kiểm tra rằng, nếuA đủ lớn

u(x, t) = víix−σt <−R−(pd(1 +ε)t)1/2 (4.204) vµ

u(x, t) = víix−σt > R+ (qd(1 +ε)t)1/2 (4.205) Thùc vËy, tõ (4.196) suy L(σ) =

d, ta kÕt luËn tõ (4.193) vµ (4.194) r»ng

tL x−y t

= d

|(x−σt)−y|2

2t +O(t

−1/2) khi t→ ∞.

Do

tL x−y t

+h(y) = d

|(x−σt)−y|2

2t +h(y) +O(t

−1/2). (4.206)

Gi¶ thiÕt r»ng

x−σt <−R−(pd(1 +ε)t)1/2, (4.207) đóh(x−σt) =h−

t.L x−(x−σt) t

(195)

Bây giờ, nếuyR, vìL0

tL xy t

+h(y)≥h−

Mặt khác, nếuy≥ −R, sử dụng (4.206) (4.202) ta nhận đ−ợc đánh giá

tL x−y t

+h(y)≥ 1d|(x−σt)−y|

2

2t −

p

2 +h−+O(t −1/2)

≥ pd(1 +ε)t 2dt −

p

2+h−+O(t

−1/2), do (4.207)

= p

A

t1/2+h−+O(t

−1/2), do (4.203)

≥h− ,

nếuA đủ lớn

Ta kết luận (4.207) buộc y(x, t) =x−σt, đóu(x, t) =G(σ) = Điều chứng minh khẳng định (4.204) việc chứng minh (4.205) t−ơng tự

4 Tiếp theo ta vớiAvàtđủ lớn

y(x, t)≥ −R, xt=R(pd(1)t)1/2 (4.208) Để thấy điều này, từy(x, t)R, suy nh− ë trªn r»ng

tL x−y t

+h(y)h

Bây giờ, chọn điểmzsao cho

h(z) = minh=−p2+h−

và|z|R Khi đó, nh− ta dùng (4.206) để đánh giá

tL x−z t

+h(z)1

d

|(x−σt)−z|2

2t −

p

2 +h−+O(t −1/2)

pd(1−ε)t

2dt − p

2 +h−+O(t −1/2)

=−p

A

t1/2 +h−+O(t

−1/2)< h−

vớiAđủ lớn Điều chứng minh (4.208) lập luận t−ơng tự cho ta

y(x, t)R x−σt=−R+ (qd(1−ε)t)1/2 (4.209) Nhớ lại từ chứng minh Định lý 4.12 Đ4.4.2 ánh xạ x→ y(x, t) khơng giảm Do đó, từ (4.201), (4.208) (4.209) suy vớitđủ lớn,

u(x, t)−1d(x t −σ)

C

(196)

nếu R(pd(1)t)1/2< x−σt <−R+ (qd(1−ε)t)1/2.

6 Theo Định lý 4.16, |u| = O(t−1/2) và từ định nghĩa của N suy ra |N| =

O(t−1/2) Từ (4.203) ta thấy((1±ε)t)1/2−t1/2=O(1) Sử dụng đánh giá

nµy cïng víi (4.204), (4.205) vµ (4.210) cho ta

∞ −∞|

u(x, t)−N(x, t)|dx=O(t1/2),

đây điều cần tìm

Ví dụ 3(tiÕp tôc) Ta cãp= 0, q= 2, σ= 0, d= 1trong Ví dụ củaĐ4.4.1 Trong trờng hợp

N(x, t) =

x

t nÕu 0< x <(2t)

1/2

0 tr−ờng hợp khác thực tếu≡N vớit≥2

Chú ý. Lý thuyết ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp đo phát triển sâu cơng trình E Hopf, S.N Kruzkov, O.A Oleinhik, P Lax, M Crandall, P.L Lions, L Evans, H Ishii, V Maslov, A Subbtin nhiều nhà tốn học khác (xem [V-T-S] trích dn ú)

4.5 Bài tập Chơng

1 Chøng minh r»ng

u(x, t, a, b) =a.x−tH(a) +b (a∈Rn, b∈R)

là tích phân đầy đủ ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

ut+H(Du) =

2 a) Hoy viết ph−ơng trình đặc tr−ng ph−ơng trình ĐHR

ut+b.Du=f trongRn×(0,∞), (∗)

trong b∈Rn, f =f(x, t).

b) Dùng ph−ơng trình vi phân đặc tr−ng để giải(∗)với điều kiện ban đầu

u=g trªn Rn

(197)

3 Dùng ph−ơng trình đặc tr−ng giải ph−ơng trình a) x1ux1+x2ux2 = 2u, u(x1,1) =g(x1)

b) uux1+ux2 = 1, u(x1, x1) =

1 2x1

c) x1ux1+ 2x2ux2 = 3u, u(x1, x2,0) =g(x1, x2)

4 Kiểm tra công thức (4.76) trongĐ4.2.5 cho nghiệm ẩn định luật bo ton vụ hng

5 ĐặtL=H vớiH:RnRlà hàm lồi.

a) Gi¶ sư H(p) =1

r|p|

r, víi 1< r <∞ Hoy chøng minh r»ng

L(q) = s|q|

s víi

r + s =

b) Gi¶ sư

H(p) =1

n

i,j=1

aijpipj+ n

i=1

bipi,

trong đóA= (aij)

là ma trận đối xứng xác định d−ơng,b∈Rn Tính L(q).

6 ChoH :Rn→Rlµ hµm låi Ta nói rằngq là vi phân dới củaH tạip, ký hiƯu

q∈∂H(p)nÕu

H(r)≥H(p) +q.(r−p) víi mäi r∈Rn.

Chứng minh q ∈ ∂H(p) p ∈ ∂L(q) p.q = H(p) +L(q), đóL=H∗.

7 Chøng minh r»ng c«ng thøc Hopf-Lax cã thĨ viÕt d−íi d¹ng

u(x, t) =

y∈Rn

#

tL x−y t

+g(y)$ =

y∈B(x,Rt)

#

tL x−y t

+g(y)$,

víiR= sup

Rn|DH(Dg)|, H =L

∗.

8 ChoE tập đóng củaRn Hoy cụng thc Hopf-Lax

có thể đợc áp dụng cho toán giá trị ban đầu

 

ut+|Du|2= Rn×(0,∞)

u=

0, x∈E

+∞, x∈E trªn R

n× {t= 0}

th× nã sÏ cho ta nghiƯm toán

u(x, t) =

4tdist(x, E)

(198)

9 Hoàn thành chi tiết việc chứng minh Bổ đề 4.5 Đ4.3.3 10 Giả thiết u1, u2 là hai nghiệm yếu toán giá trị ban đầu

ui

t+H(Dui) = Rnì(0,)

ui=gi trên Rnì {t= 0}, (i= 1,2)

vớiH đ−ợc xác định nh− Đ4.3 Hoy chứng minh bất đẳng thức L∞-thu gọn sup

Rn |u

1(

·, t)−u2(·, t)|sup

Rn |g

1

−g2| (t >0)

11 Chøng minh r»ng

u(x, t) =

  

−23 t+(3x+t2 nÕu 4x+t2>0

0 nÕu 4x+t2<0,

lµ mét nghiƯm entropi (kh«ng giíi néi) cđaut+ u

2

x=

12 Gi¶ thiếtu(x+z)u(x)Ez vớiz >0 Đặtu=

u, hoy chứng minh

uεxE

13 Giả thiết F(0) = 0, ulà nghiệm tích phân liên tục định luật bảo tồn

ut+F(u)x= Rnì(0,)

u=g Rnì {t= 0}

vàucó giá compắc trongRì[0,) Với mọit >0hoy chøng minh r»ng

+∞ −∞

u(·, t)dx=

+∞ −∞

gdx

14 Hoy viÕt râ nghiƯm entropi nhÊt cđa

  

ut+

u2

2

x= Rì(0,)

u=g Rì {t= 0},

víi

g(x) =

        

1 nÕux <−1 nÕu −1< x <0 nÕu0< x <1 nÕux >1

(199)

(200)

Ch−¬ng 5

Một số phơng pháp biểu diễn nghiệm

5.1 Phơng pháp tách biến

5.2 Phng phỏp nghim ng dạng 5.3 Các ph−ơng pháp biến đổi tích phân

5.4 Biến đổi ph−ơng trình phi tuyến thành tuyến tính 5.5 Ph−ơng pháp Laplace hóa

5.6 Phơng pháp chuỗi lũy thừa 5.7 Bài tập Chơng 5.

Trong Ch−ơng ta làm quen với số ph−ơng pháp th−ờng gặp để nghiên cứu ph−ơng trình ĐHR, thơng th−ờng tìm cơng thức biểu din nghim

5.1 Phơng pháp tách biến

Phơng pháp tách biến nhằm xây dựng nghiệm ucủa phơng trình ĐHR cho trớc thông qua hàm có số biến Nói cách khác, ta đoán

ucó thể đ−ợc viết d−ới dạng tổng tích hàm có số biến tách nhau, thay vào ph−ơng trình ĐHR để chọn hàm đảm bảo u thực nghiệm ph−ơng trình Kỹ thuật đ−ợc minh họa ví dụ sau

Định dạng
Số trang	447
Dung lượng	2,04 MB