... lại cơng thức (3. 11 )- (3. 14 ) dạng u u I − K 11 V12 V 13 V14 ∂u ∂u D 21 I + K22 V 23 V24 ∂n = ∂n Mu D 31 D32 I − K 33 V34 Mu D 41 D42 D 43 I + K44 Nu ... V14 σ V DD D A := 24 DD ψN V34 N φN K44D Nx x ∈ ΓN Γ từ (3. 17 )- (3. 20) viết lại dạng DD V 13 DD V 23 N −K33D N D43D DD DN V12 −K 11 DN DN K22 D 21 N N D32N D31N N N D42N D41N ... nhảy từ (3. 11 )- (3. 12 ) ta ˜ w|Γ = V14 τD + V 13 σD + V12 ψN + ˜ ˜ 1 ˜ φN − K 11 φN 38 Số hóa trung tâm học liệu http://www.lrc.tnu.edu.vn/ ∂w ∂n 1 ˜ ˜ ψN + K22 ψN + D 21 φN Γ ˜ ˜ M w|Γ = V34 τD +...
... Thay v1 vo (2 .11 ), cng nh bi toỏn (2 .10 ), bi toỏn (2 .11 ) cng cú nht nghim u1 , tc l u1 hon ton xỏc nh sau gii liờn tip hai bi toỏn (2 .10 ), (2 .11 ), cũn u2,v2 ln lt tha cỏc toỏn (2 .12 ), (2. 13 ) Do ... õy v1 f ( x), x v1 0, x , (2 .10 ) u1 v1( x), x u1 0, x , (2 .11 ) v2 v2 0, x v0, x , u2 v2 ( x), x u2 0, x (2 .12 ) (2. 13 ) Cú (2 .10 ) l bi toỏn Dirichlet ca phng trỡnh Poisson nờn cú nht nghim v1 ... 0, ú u1 n (2.20) Kt hp vi (2 .18 ), t (2.20), ta suy qv0 u1 n Bv0 (2.21a) u1 hon ton xỏc nh n Vỡ u1 ó tỡm c t (2 .10 ), (2 .11 ) nờn t F u1 n (2.21b) Xột bi toỏn (2 .10 ), t gi thit f toỏn (2 .10 ) thuc...
... (3. 11 )- (3. 14 ) dạng u u I − K 11 V12 V 13 V14 ∂u ∂u D I + K V V 21 22 23 24 ∂n = ∂n D D I − K V 31 32 33 34 Mu Mu D 41 D42 D 43 I + K44 Nu Nu 31 ... V14 τD σ V DD D A := 24DD ψN V34 ND φN K44 Nx x ∈ ΓN Γ từ (3. 17 )- (3. 20) viết lại dạng V13DD V23DD ND −K 33 ND D 43 DN V12DD −K 11 DN DN K22 D 21 NN NN D32 D 31 NN NN D42 D 41 ... V14 τ˜D + V 13 σ ˜D + V12 ψ˜N + 38 1 φN − K 11 φ˜N ∂w ∂n 1 ψN + K22 ψ˜N + D 21 φ˜N Γ M w|Γ = V34 τ˜D + σ ˜D − K 33 σ ˜D + D32 ψ˜N + D 31 φ˜N N w|Γ = τ˜D + K44 τ˜D + D 43 σ ˜D + D42 ψ˜N + D 41 φ˜N Sử...
... dải 1. 9 .3 Phương trình Laplace góc phần tư mặt phẳng 5 6 7 12 14 17 23 25 29 31 31 33 34 34 36 37 BIẾN ĐỔI HANKEL 2 .1 Định nghĩa tính chất 2 .1. 1 Khái niệm hàm ... nhiên, Tranter [6] ba tích phân có nghiệm ∞ ( 1) n 1 An J2n 1 (bk), A(k) = (1. 69) n =1 hệ số An nghiệm chuỗi sau: ∞ ( 1) n 1 An sin[(n − )ϕ] = 0, ≤ ϕ < γ, n =1 ∞ ( 1) n 1 n =1 An sin[(n − )ϕ] = 1, γ ... ∂x (1 .35 ) điều kiện ban đầu u t=0 = ϕ(x), (−∞ < x < ∞), (1 .36 ) ϕ(x) hàm liên tục bị chặn Vận dụng nguyên lý cực trị chứng minh tính nghiệm toán (1 .35 )- (1 .36 ) Định lý 1. 17 Bài toán Cauchy (1 .35 )- (1 .36 )...
... (2. 21) có dạng phương trình toán tử: 29 T1u l f , (2.25) * 1 T1 : H 0 ,1 H 0 ,1 toán tử tuyến tính bị chặn, với T1 : sup a u, v c sup uH 0 ,1 v H 0 ,1 0 u H1 v H1 ... với hàm trọng với t 1 t2 bình phương khả tích chuẩn L2, 1, 1 xác định 1/ u Rõ ràng L2, 1, 1 L2 1, 1 L2 , 1 t u t dt 1 , 41 Ta tìm nghiệm xấp xỉ phương ... k(t,s) compact (1) từ L2 a, b L2 a, b ; (2) từ C a, b C a, b ; (3) từ L a, b C a, b ; (4) từ L2, 1, 1 C 1, 1 , Với a = -1 b = 1, L2, 1, 1 không gian tuyến...
... (10 ) (2k + 1) πx = ψ( x) 2p (11 ) p T (10 ) (11 ) ta tìm ñư c : ak = (2k + 1) πx ∫ ϕ( x) cos p dx p0 (12 ) p (2k + 1) πx ak ch(λ k q ) + bk sh(λ k q) = ∫ ψ ( x) sin dx p0 2p ( 13 ) Gi i h (12 ), ( 13 ) ta tìm ... (3) bi u th c (9) cho u ( x, t ) ta có : ∞ (2n + 1) πx u ( x, 0) = ∑ an cos = ϕ( x) (10 ) 2l n=0 ∞ (2n + 1) πa (2 n + 1) πx ut ( x, 0) = ∑ bn cos = ψ ( x) (11 ) 2l 2l n=0 l (2n + 1) πx T (10 ) (11 ) ... (2k + 1) πx = ϕ( x ) 2p u ( x, q ) = ∑ [ ak ch(λ k b) + bk sh(λ k b) ] cos k =0 (10 ) (2k + 1) πx = ψ( x) (11 ) 2p p T (10 ) (11 ) ta tìm ñư c : ak = (2k + 1) πx ∫ ϕ( x)cos p dx p0 (12 ) p (2k + 1) πx...
... c: x1 l1 dx1 u (x)dx = l1 l1 x1 dx1 u(y1 , x1 ) dy1 y1 u y1 dy1 dx1 l2 dx1 = u x1 dx Do vy (1. 1 .3) ỳng vi c2 = l1 /2, suy s tng ng ca chun [u, u ]1/ 2 v u (1) 2, tng ng vi (1. 1.2) v (1. 1 .1) ... d u(x1 , x1 ) u(0, x1 ) = (1. 1. 13 ) Nu bỡnh phng (1. 1. 13 ) , ly tớch phõn trờn v ỏp dng Bt ng thc Cauchy thỡ ta thu c: u(x1 , x1 ) u(0, x1 ) 2, x1 = u d x1 dx1 x1 u x1 dx (1. 1 .14 ) Ta nhn ... ta cú bt ng thc ca dng (1. 1 .16 ), (1. 1 .17 ) Nu (hoc mt phn t ca ) l mt phn t ca L2 () (hoc L2 ()) ta cú bt ng thc (1. 1 .18 ), (1. 1 .19 ), (1. 1 .16 ), (1. 1 .17 ) vi cỏc vt nh lý 1. 1.4 cú th tng quỏt vi ming...
... (1. 5 .12 ) diễn tả dạng định luật Newton làm lạnh cho vấn đề chiều Trong trường hợp đặc biệt, x= 0, = - vế trái(l.h.s) (1. 5 .12 ) trở thành , x = L, = vế trái (1. 5 .12 ) trở thành [ xem (1 .3. 4) (1 .3. 5)] ... mãn điều kiện ban đầu u(x,0) = f(x) (1. 4.2) điều kiện biên điểm kết thúc u(0,t) = (1. 4 .3) u(L,t) = Một mục đích người đọc giải phương trình từ (1. 4 .1) đến (1. 4 .3) Trạng thái cân nhiệt Trước ta bắt ... giống điều kiện ban đầu không bị bỏ qua hoàn toàn Sau tìm u(x,t) thỏa mãn (1. 4 .10 ) chứng minh cho (1. 4 .16 ) Bài Tập 1. 4 1. 4 .1 Xác định phân phối nhiệt độ trạng thái cân chiều với quy tắc nhiệt không...
... ∂xi m i =1 ∂ (ei v) + cv, ∂xi (1. 10) Nếu ta bổ sung thêm giả thiết aik bi thuộc lớp C (2) C (1) Ω, (1. 10) viết là: m Nv = i,k =1 ∂2 (aik v) − ∂xi ∂xk m i =1 ∂ (bi v) + cv ∂xi (1. 11) Từ (1. 10) ta ... dL du −u + buL dσ, dν dν (1. 21) ∂T công thức mà tích phân bên vế phải định nghĩa tốt (1. 15), (1. 16) (1. 18) (1. 21) gọi công thức Stokes; với L(x, y) thoả mãn giả sử (1. 16) đúng, xác định T \ y ... mãn giả thiết mục 1. 2 ta có NL(x, y) = O(rλ−m ) (1. 18) Vẫn với giả thiết mục 1. 2 với L = H (1. 17), (1. 18) với λ = 1. 4 Công thức biểu diễn tích phân Stokes Theo giả thiết mục 1. 2 lấy I(y, ) lân...