Giáo trình Phương trình đạo hàm riêng Trường ĐH Sài Gòn

ỦY BAN NHÂN DÂN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GỊN
-----------------O0O-----------------

Giáo trình

Phương trình đạo hàm riêng
Mã số: GT2012-05

Chủ nhiệm đề tài: PGS. TS. Phạm Hoàng Quân
Thành viên: ThS. Phan Trung Hiếu
ThS. Hồng Đức Thắng

Tp. Hồ Chí Minh, 10/2014
1


ỦY BAN NHÂN DÂN THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SÀI GỊN
-----------------O0O-----------------

Giáo trình

Phương trình đạo hàm riêng
Mã số: GT2012-05

Xác nhận của Chủ tịch Hội đồng

Tp. Hồ Chí Minh, 10/2014
1

Chủ nhiệm đề tài


Lời nói đầu
Ngày nay, Phương trình đạo hàm riêng trở thành một lĩnh vực quan trọng của Tốn
học. Có rất nhiều mơ hình trong tự nhiên được mơ tả bởi một phương trình đạo hàm riêng
như: sự truyền nhiệt trong vật dẫn, sự dao động của dây, sóng âm, sóng thuỷ triều,… Hơn
nữa, với sự phát triển của các kỹ thuật tính tốn hiện đại, mơn học Phương trình đạo hàm
riêng đã trở nên cần thiết không chỉ cho sinh viên ngành Tốn mà cịn cho những sinh
viên ngành Vật lý và các ngành kỹ thuật khác. Vì vậy, chúng tơi biên soạn cuốn “Giáo
trình Phương trình đạo hàm riêng” nhằm phục vụ cho việc học tập và nghiên cứu của sinh
viên về môn học này.
Nội dung của cuốn giáo trình này được biên soạn theo đề cương chi tiết học phần
Phương trình đạo hàm riêng đang được dùng giảng dạy trong Khoa Toán - Ứng dụng,
trường Đại học Sài Gịn.
Giáo trình gồm 4 chương. Chương 1 trình bày các khái niệm cơ bản của phương trình
đạo hàm riêng. Chương 2, 3 và 4 trình bày về phương trình truyền nhiệt, phương trình thế
vị, phương trình truyền sóng và giới thiệu một số phương pháp giải. Cuối cùng, nhằm
giúp sinh viên bước đầu làm quen với lĩnh vực giải số phương trình đạo hàm riêng, chúng
tơi biên soạn phần đọc thêm hướng dẫn sinh viên sử dụng phần mềm Matlab để giải số
các phương trình đạo hàm riêng. Trong mỗi chương, chúng tơi trình bày đầy đủ, ngắn
gọn các kiến thức cơ bản cùng với nhiều ví dụ minh hoạ cụ thể, bài tập chọn lọc nhằm
giúp sinh viên rèn luyện kỹ năng tính tốn và vận dụng lý thuyết trong việc giải các bài
toán.
Mặc dù đã cố gắng nhiều trong q trình biên soạn, nhưng giáo trình khó tránh khỏi
sai sót. Chúng tơi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của bạn đọc để giáo trình
ngày càng hoàn thiện hơn.
Tp. HCM, tháng 10 năm 2014
CÁC TÁC GIẢ

Chương 1
KHÁI QUÁT VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG
Trong chương này, chúng ta sẽ khảo sát các khái niệm cơ bản về phương trình
đạo hàm riêng, phân loại phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai và đưa các
phương trình này về dạng chính tắc. Chương này cũng nhắc lại phương trình vi
phân tuyến tính cấp 1, cấp 2 và các kết quả của khai triển Fourier, biến đổi Fourier
cần thiết cho nội dung các chương về sau.
I. Ôn tập phương trình vi phân
Một phương trình vi phân là phương trình hàm (một biến) có chứa đạo hàm của
hàm cần tìm. Cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình được gọi là cấp
của phương trình vi phân.
Phương trình vi phân cấp n có dạng

F ( x, y, y,..., y ( n ) )  0 ,

(1.1)

trong đó x là biến độc lập, y là hàm cần tìm, y, y,..., y( n ) là đạo hàm các cấp của y,
biểu thức F ( x, y, y,..., y ( n ) ) thực sự chứa y (n ) .
Hàm số y  y( x ) được gọi là nghiệm của phương trình vi phân (1.1) trên
khoảng I   nếu y và các đạo hàm của nó tồn tại trên I và thỏa mãn phương trình
(1.1) tại mọi điểm thuộc I.
1.1. Phương trình vi phân cấp 1
Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng
F ( x , y, y)  0 ,

trong đó x là biến độc lập, y là hàm cần tìm, y 

3

dy
.
dx

(1.2)


Nghiệm tổng quát của phương trình (1.2) là biểu thức y  f ( x , C ) , trong đó C là
hằng số tùy ý sao cho:
i) Với mỗi hằng số C, hàm số y  f ( x , C ) là một nghiệm của (1.2).
ii) Với mọi điểm ( x 0 , y0 ) thuộc miền chứa nghiệm, khi thay vào (1.2) thì có thể
giải ra được C  C0 duy nhất.
Nghiệm tổng quát của phương trình (1.2) viết dưới dạng hàm ẩn  ( x , y )  C
được gọi là tích phân tổng quát.
Sau đây, ta nhắc lại một số loại phương trình giải được bằng phép tính tích
phân.
1.1.1. Phương trình tách biến
Phương trình sau đây được gọi là phương trình tách biến
g( y ) y  f ( x ) .

(1.3)

Phương pháp giải: Lấy tích phân hai vế của (1.3), ta được

 g( y)ydx   f ( x )dx
 g( y)dy   f ( x )dx
G( y )  F ( x )  C ,

trong đó G là nguyên hàm của g , F là nguyên hàm của f , và C là hằng số tùy ý.

Ví dụ 1.1. Giải các phương trình sau
a) y  5 x 4 .
b) y 2 y  e x  3 .
Giải
a) Lấy tích phân 2 vế, ta được

 ydx   5x dx
4

 dy   5x dx
4

4


y  x 5  C.
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là y  x 5  C , với C là hằng số tùy ý.
b) Lấy tích phân 2 vế, ta được

 y ydx   (e
2

 y dy   (e
2

x

 3)dx

x

 3)dx

y3
 ex  3x  C
3
y  3 3e x  9 x  D ,
với D  3C .
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là y  3 3e x  9 x  D , với D là hằng
số tùy ý.
Ví dụ 1.2. Giải phương trình y  y 2e x .
Giải
Xét y  0 , phương trình trở thành

y
 ex .
2
y
Lấy tích phân 2 vế, ta được

y
x
 y 2 dx   e dx
dy

 y   e dx
x

2

1 x
e C
y

y

1
,
e C
x

với C là hằng số tùy ý.
Ta thấy, y  0 cũng là một nghiệm của phương trình.
5


Ví dụ 1.3. Giải phương trình (1  x ) y  (1  y ) xy  0 , x  0 .
Giải
Xét y  0 , phương trình trở thành

(1  y) y
1 x

.
y
x
Lấy tích phân 2 vế, ta được

(1  y) y
1 x

 y dx    x dx
1

1





  y  1 dy     x  1 dx
ln y  y   ln x  x  C
ln xy  x  y  C ,

với C là hằng số tùy ý.
Ta thấy, y  0 cũng là một nghiệm của phương trình.
1.1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
Định lý 1.1. Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất
y  p( x ) y  0 ,

trong đó p là hàm liên tục trên khoảng I   .
Khi đó, nghiệm tổng qt của phương trình vi phân trên khoảng I là
 p ( x ) dx
,
y  Ce 

với C là hằng số tùy ý.
p ( x ) dx
Chứng minh. Nhân 2 vế của phương trình cho e
, ta được

 ye  p ( x )dx   0




ye 

p ( x ) dx

6

C


 p ( x ) dx
y  Ce 
,

với C là hằng số tùy ý.

■

Định lý 1.2. Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
y  p( x ) y  q( x ) ,

trong đó p, q là các hàm liên tục trên khoảng I   .
Khi đó, nghiệm tổng qt của phương trình vi phân trên khoảng I là
 p ( x ) dx 
 p( x )dx dx  C  ,
ye 

  q( x )e




với C là hằng số tùy ý.
p ( x ) dx
, ta được
Chứng minh. Nhân 2 vế của phương trình cho e

 ye  p ( x )dx   q( x )e  p ( x )dx




ye 

p ( x ) dx

  q( x )e 

p ( x ) dx

dx + C

 p ( x ) dx 
 p( x )dx dx  C  ,
ye 
  q( x )e





với C là hằng số tùy ý.

■

Ví dụ 1.4. Tìm nghiệm của bài tốn sau

 y  2 y  x,

 y(0)  0.
Giải
2 dx
Ta có y  2 y  x . Nhân 2 vế cho e  e2 x , ta được

 ye   xe
2x

2x

1
1
1
 1
y  e2 x  xe2 x dx  e2 x  xe2 x  e2 x  C   x   Ce2 x ,
4
4
2
 2

với C là hằng số tùy ý.
7


1
1
Vì y(0)  0 nên   C  0 , suy ra C  .
4
4
Vậy, nghiệm của bài toán là y 

1
1 1
x   e 2 x .
2
4 4

1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất với hệ số hằng
Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất trên  với hệ số hằng
ay  by  cy  0 ,

(1.4)

trong đó a, b, c là các hằng số và a  0 .
Phương trình đặc trưng của (1.4) là phương trình bậc 2 theo ẩn k như sau
ak 2  bk  c  0 .

(1.5)

Nếu (1.5) có 2 nghiệm thực phân biệt k1 và k2 thì (1.4) có nghiệm tổng qt là

y  Aek1x  Bek2 x ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
Nếu (1.5) có nghiệm kép k0 thì (1.4) có nghiệm tổng qt là

y  ( Ax  B )e k0 x ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
Nếu (1.5) có 2 nghiệm phức liên hợp   i thì (1.4) có nghiệm tổng qt là

y  e x ( A cos  x  B sin  x ) ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
Ví dụ 1.5. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình sau
a) y  4 y  3 y  0 .
b) y  4 y  4 y  0 .
c) y  y  y  0 .
Giải

 k  1,
a) Phương trình đặc trưng là k 2  4 k  3  0 , suy ra 
 k  3.
8


Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là

y  Ae x  Be3 x ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
b) Phương trình đặc trưng là k 2  4 k  4  0 , suy ra k  2 .
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là

y  ( Ax  B )e 2 x ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
c) Phương trình đặc trưng là k 2  k  1  0 , suy ra k 

1
3

i.
2
2

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là


3
3 
y  e  A cos
x  B sin
x,
2
2


x
2

với A, B là các hằng số tùy ý.
1.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 khơng thuần nhất với hệ số hằng
Xét phương trình sau đây trên 
ay  by  cy  f ( x ) .

(1.6)

Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của (1.6) bằng hai phương pháp: hệ số bất định và
biến thiên hệ số Lagrange.
1.3.1. Phương pháp hệ số bất định
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát y0 của phương trình thuần nhất (1.4) tương ứng
với (1.6).
Bước 2: Nếu f ( x ) có dạng đặc biệt thì ta có thể tìm một nghiệm đặc biệt y p
của phương trình khơng thuần nhất (1.6) bằng phương pháp hệ số bất định, sẽ được
trình bày sau đây.
Khi đó, nghiệm tổng qt của phương trình (1.6) là y  y0  y p .
9


Cách tìm nghiệm đặc biệt: xét phương trình đặc trưng ak 2  bk  c  0 .
Dạng 1:
f ( x )  e x Pn ( x ) , trong đó    ; Pn ( x ) là đa thức bậc n.

Trường hợp

Dạng nghiệm đặc biệt

 không trùng với nghiệm

y p  e xQn ( x )

của phương trình đặc trưng

 trùng với một nghiệm đơn

của phương trình đặc trưng

 trùng với nghiệm kép

y p  xe  xQn ( x )
y p  x 2 e xQn ( x )

của phương trình đặc trưng

trong đó Qn ( x )  A0  A1 x  ...  An x n là một đa thức cùng bậc với Pn ( x ) . Các hệ số
Ai , i  0, n được tìm bằng cách tính y p , y p , sau đó thay tất cả vào phương trình

ban đầu (1.6), đồng nhất các hệ số tương ứng, ta được hệ phương trình để xác định
chúng.
Dạng 2:
f ( x )  e x  Pm ( x )cos  x  Qn ( x )sin  x  ,

trong đó  ,   ; Pm ( x ) , Qn ( x ) là các đa thức bậc m, n tương ứng.
Trường hợp

  i khơng trùng với nghiệm
của phương trình đặc trưng

  i trùng với nghiệm
của phương trình đặc trưng

Dạng nghiệm đặc biệt

y p  e x  Rl ( x )cos  x  Sl ( x )sin  x 
y p  xe  x  Rl ( x )cos  x  Sl ( x )sin  x 

trong đó Rl ( x )  A0  A1 x  ...  Al x l , Sl ( x )  B0  B1 x  ...  Bl x l , là hai đa thức có
cùng bậc l  max{m, n} . Các hệ số Ai , Bi , i  0, l được tìm tương tự như Dạng 1.
Ví dụ 1.6. Giải phương trình y  4 y  3y  e x ( x  2) .
Giải
10


Xét phương trình thuần nhất y  4 y  3y  0 .

 k  1,
Phương trình đặc trưng là k 2  4 k  3  0 , suy ra 
 k  3.
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là
y0  C1e x  C2 e3 x ,

với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Nhận xét rằng, f ( x )  e x ( x  2) suy ra   1 trùng với một nghiệm đơn của
phương trình đặc trưng và P1 ( x )  x  2 là đa thức bậc nhất. Do đó, ta tìm nghiệm
đặc biệt dưới dạng

y p  xe x ( Ax  B )  e x ( Ax 2  Bx ) ,
suy ra

y p  e x  Ax 2  ( B  2 A) x  B  ,
y p  e x  Ax 2  (B  4 A) x  2 A  2 B  ,
thay vào phương trình ban đầu ta có
e x  4 Ax  2 A  2B   e x  x  2  .

Đồng nhất các hệ số tương ứng, ta được

1

A ,

4 A  1,

4


2 A  2 B  2
 B  5 .

4
Suy ra

 x 2  5x 
y p  e 
.
4


x

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là

 x 2  5x 
y  y0  y p  C1e  C2e  e 
,
 4 

3x

x

11

x


với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Ví dụ 1.7. Tìm nghiệm của bài tốn sau

 y  3y  2 y  2sin x,

 y(0)  0, y(0)  1.
Giải
Xét phương trình thuần nhất y  3y  2 y  0 .

k  1,
Phương trình đặc trưng là k 2  3k  2  0 , suy ra 
k  2.
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là
y0  C1e x  C2 e2 x ,

với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Nhận xét rằng, f ( x )  2sin x  e0 x (0.cos x  2sin x ) , suy ra   0 ,   1 và

  i   i không trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng. Hơn nữa
P0 ( x )  0 , Q0 ( x )  2 , suy ra l  max{0,0}  0 . Do đó, ta tìm nghiệm đặc biệt của

phương trình khơng thuần nhất ban đầu dưới dạng
y p  A cos x  B sin x ,

suy ra
y p   A sin x  B cos x ,
y p   A cos x  B sin x ,

thay vào phương trình ban đầu ta có
( A  3B)cos x  (3 A  B )sin x  2sin x .

Đồng nhất các hệ số tương ứng, ta được

3

A

,
 A  3B  0, 
5


3 A  B  2
B  1 .

5
12


Suy ra

3
1
y p  cos x  sin x .
5
5
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là

3
1
y  y0  y p  C1e x  C2e2 x  cos x  sin x ,
5
5
với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Từ đó, suy ra

3
1
y  C1e x  2C2e2 x  sin x  cos x ,
5
5
mà


3
C1  C2  ,

 y(0)  0,

5



 y(0)  1,
C  2C  4 .
2
 1
5
Giải hệ trên, ta được

C1  2,


7
C2  .
5

Vậy, nghiệm của bài toán ban đầu là

7
3
1
y  2e x  e2 x  cos x  sin x .
5
5
5
1.3.2. Phương pháp biến thiên hệ số Lagrange
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát y0 của phương trình thuần nhất (1.4) tương ứng
với (1.6). Giả sử nghiệm tổng quát của (1.4) là
y0  C1 y1  C2 y2 ,

trong đó C1 , C2 là hai hằng số tùy ý; y1  y1 ( x ) và y2  y2 ( x ) .

13


Bước 2: Tìm nghiệm đặc biệt của phương trình tuyến tính khơng thuần nhất
(1.6) dưới dạng
y p  C1 ( x ) y1  C2 ( x ) y2 ,

C1y1  C2 y2  0,
trong đó C1 ( x ) , C2 ( x ) thỏa hệ 
C1y1  C2 y2  f ( x ).
C1  1 ( x )dx  k1 ,


C  1 ( x ), 
1 ( x )

Giải hệ trên, ta được  1
C2  2 ( x )
C2   2 ( x )dx  k2 .



2 ( x )

Chọn k1  k2  0 , ta được y p  1 ( x ) y1   2 ( x ) y2 .
Vậy, nghiệm tổng qt của phương trình khơng thuần nhất (1.6) là
y  y0  y p .

Ví dụ 1.8. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

y  5y  6 y 

1
.
1  e2 x

Giải
Xét phương trình thuần nhất y  5y  6 y  0 .

 k  2,
Phương trình đặc trưng là k 2  5k  6  0 , suy ra 
 k  3.
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là
y0  C1e 2 x  C2 e3 x .

Ta tìm nghiệm đặc biệt dưới dạng

y p  C1 ( x )e 2 x  C2 ( x )e 3 x ,
trong đó C1 ( x ) , C2 ( x ) thỏa hệ
C1e2 x  C2 e3 x  0,


1
2 x
3 x
.
 2C1e  3C2 e 
1  e2 x


14


Giải hệ trên, ta được


e2 x
C1  1  e2 x ,

3x
C  e ,
2
1  e2 x

suy ra


e2 x
1
C
x
dx


(
)
ln(1  e2 x )  k1 ,
 1
 1  e2 x
2


3x
C ( x )   e
dx  e x  arctan(e x )  k2 .
2
x
2

1 e

Chọn k1  k2  0 , ta được

1
y p  e2 x ln(1  e 2 x )  e 2 x  e 3 x arctan(e x ) .
2
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là

1
y  yo  y p  C1e2 x  C2e 3 x  e 2 x ln(1  e2 x )  e 2 x  e3 x arctan(e x ),
2
với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Định lý 1.3 (Nguyên lý chồng chất nghiệm)
Xét phương trình ay  by  cy  f1 ( x )  f2 ( x ) trên  . Khi đó, nghiệm đặc biệt
y p của phương trình trên được tìm dưới dạng

y p  y1*  y2* ,
trong đó y1* là một nghiệm đặc biệt của phương trình
ay  by  cy  f1 ( x ) ,

còn y2* là một nghiệm đặc biệt của phương trình

ay  by  cy  f2 ( x ) .

Ví dụ 1.9. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình

y  3y  2 y  3e2 x  2sin x .
Giải
15


Xét phương trình thuần nhất y  3y  2 y  0 .

k  1,
Phương trình đặc trưng là k 2  3k  2  0 , suy ra 
k  2.
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là
y0  C1e x  C2 e2 x ,

với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Ta tìm nghiệm đặc biệt của phương trình y  3y  2 y  3e2 x dưới dạng
y1*  xe 2 x A ,

tương tự ví dụ 1.6, ta được A  3 , suy ra y1*  3 xe2 x .
Tiếp theo, theo ví dụ 1.7, nghiệm đặc biệt của phương trình
y  3 y  2 y  2sin x

là

3
1
y2*  cos x  sin x .

5
5
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là

3
1
y  y0  y1*  y2*  C1e x  C2e2 x  3 xe2 x  cos x  sin x ,
5
5
với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
1.4. Phương trình Euler
Phương trình Euler thuần nhất trên I   \ {0} là phương trình vi phân có dạng

ax 2 y  bxy  cy  0 ,

(1.7)

trong đó a, b và c là các hằng số.
Phương trình đặc trưng của (1.7) là phương trình bậc 2 theo ẩn k như sau

ak 2  (b  a)k  c  0 .

(1.8)

Nếu (1.8) có 2 nghiệm thực phân biệt k1 và k2 thì (1.7) có nghiệm tổng qt là
16


y  Ax k1  Bx k2 ,
với A, B là các hằng số tùy ý.

Nếu (1.8) có nghiệm kép k0 thì (1.7) có nghiệm tổng qt là
y  ( A ln x  B) x k0 ,

với A, B là các hằng số tùy ý.
Nếu (1.8) có 2 nghiệm phức liên hợp   i thì (1.7) có nghiệm tổng quát là

y  x   A cos(  ln x )  B sin( ln x ) ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
Ví dụ 1.10. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau

x 2 y  3xy  4 y  0 , x  0 .
Giải
Phương trình đặc trưng là k 2  4 k  4  0 , suy ra k  2.
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là

y  ( A ln x  B) x 2 ,
với A, B là các hằng số tùy ý.
II. Một số khái niệm về phương trình đạo hàm riêng
Định nghĩa 2.1. Một phương trình đạo hàm riêng là một phương trình có chứa
hàm nhiều biến chưa biết và một số đạo hàm riêng của nó.
Cấp cao nhất của đạo hàm riêng của hàm chưa biết xuất hiện trong phương
trình được gọi là cấp của phương trình.
Tổng quát, phương trình đạo hàm riêng cấp m là phương trình có dạng


u
u  2u  2u
 mu
,...,
; 2,

,..., k1
F  x; u;
x1
xn x1 x1 x2
x1 ...x nkn


17


  0,


(1.9)


trong đó F là hàm nhiều biến, x  ( x1 , x2 ,..., xn )   n , u( x )  u( x1 ,..., x n ) là hàm

ku
phải tìm, k1  k2  ...  kn  m , k  ux j x j ... x j .


x j
k lần
Ví dụ 2.1. Các phương trình sau đây là phương trình đạo hàm riêng
ut  ux  0,

(1.10)

ux  yuy  0,

(1.11)

ux  uuy  0,

(1.12)

utt  uxx  u 3  0,

(1.13)

uxx  2uxy  3 x 2uyy  4e x ,

(1.14)

ux uxx   uy   0,

(1.15)

 uxx 

(1.16)

2

2

 uyy  xux  yu  0,

ut  uux  u xxx  0,

(1.17)

utt  uxxxx  0.

(1.18)

Ví dụ 2.2. Trong ví dụ 2.1, phương trình (1.10), (1.11), (1.12) là phương trình cấp
1; (1.13), (1.14), (1.15), (1.16) là phương trình cấp 2; (1.17) là phương trình cấp 3;
(1.18) là phương trình cấp 4.
Phương trình (1.9) có thể được viết lại dưới dạng
L (u )  0

trong đó L là một tốn tử, nghĩa là, nếu u là một hàm thì L(u) sẽ là một hàm mới. Ở
đây, L (u) là vế trái của (1.9).
Ví dụ 2.3. Trong phương trình (1.11), tốn tử L 

L (u) 



 y , khi đó
x
y

u
u
y .
x
y

Định nghĩa 2.2. Phương trình đạo hàm riêng L (u)  0 được gọi là tuyến tính nếu L
là một tốn tử tuyến tính giữa các không gian vectơ, nghĩa là với mọi hàm u, v,
18


L ( u  v )   L (u)  L (v ) , với    .

Nói cách khác, phương trình đạo hàm riêng được gọi là tuyến tính nếu hàm phải
tìm và các đạo hàm riêng của nó đều chỉ xuất hiện với lũy thừa một và khơng có
tích của chúng với nhau.
Ví dụ 2.4. Trong ví dụ 2.1, các phương trình tuyến tính là (1.10), (1.11), (1.14),
(1.18). Các phương trình cịn lại là phương trình khơng tuyến tính.
Định nghĩa 2.3. Phương trình đạo hàm riêng khơng tuyến tính được gọi là tựa
tuyến tính nếu nó tuyến tính đối với tất cả đạo hàm riêng cấp cao nhất của hàm
phải tìm.
Ví dụ 2.5. Trong ví dụ 2.1, phương trình (1.12), (1.13), (1.15), (1.17) là phương
trình tựa tuyến tính, phương trình (1.16) khơng phải phương trình tựa tuyến tính.
Định nghĩa 2.4. Phương trình đạo hàm riêng được gọi là thuần nhất nếu mọi số
hạng của phương trình đều có chứa hàm phải tìm hoặc đạo hàm của nó. Ngược lại,
nếu có số hạng khơng chứa hàm phải tìm và cũng khơng chứa đạo hàm của nó thì
ta gọi là phương trình khơng thuần nhất.
Ví dụ 2.6. Trong ví dụ 2.1, phương trình (1.14) là phương trình khơng thuần nhất,
các phương trình cịn lại đều là phương trình thuần nhất.
Ví dụ 2.7. (Một số phương trình đạo hàm riêng tiêu biểu)
ut  k 2uxx : phương trình truyền nhiệt một chiều.
uxx  uyy  0 : phương trình Laplace hai chiều.
uxx  uyy  f ( x , y ) : phương trình Poisson hai chiều.
uxx  uyy  uzz  0 : phương trình Laplace ba chiều.
utt  k 2uxx : phương trình truyền sóng một chiều.

III. Phân loại phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai trong trường
hợp hai biến
Phương trình tuyến tính cấp 2 tổng quát đối với hàm u  u( x , y ) có dạng
19


Auxx  Buxy  Cuyy  Dux  Euy  Fu  G  0,

(1.19)

trong đó A, B,C , D, E, F,G , u là những hàm thuộc



C 2 ()  u :    2   u, ux , uy , uxx , uxy , uyx , uyy liên tục trên 
của hai biến độc lập ( x , y ) trên miền mở và liên thông  . Giả sử A, B, C không
đồng thời bằng 0.
Đặt   ( x, y )  B 2  4 AC .
Định nghĩa 3.1. Phương trình (1.19) thuộc loại
i) elliptic tại ( x 0 , y0 )   nếu  ( x0 , y0 )  0 ,
ii) parabolic tại ( x 0 , y0 )   nếu  ( x0 , y0 )  0 ,
iii) hyperbolic tại ( x 0 , y0 )   nếu  ( x0 , y0 )  0 .
Phương trình được gọi là thuộc loại elliptic (parabolic, hyperbolic) trên  nếu
tương ứng   0 (   0 ,   0 ) tại mọi điểm ( x , y )   .
Ví dụ 3.1. Các phương trình sau đây thuộc loại nào?
a) 3uxx  2 uxy  5uyy  0 .

b) uxx  yuyy  0 .
Giải

a) Ta có   2 2  4.3.5  56  0, ( x, y )   2 . Vậy, phương trình thuộc loại
elliptic trên  2 .
b) Phương trình uxx  yuyy  0 có   02  4 y  4 y.
Nếu y  0 thì   0 , suy ra phương trình thuộc loại hyperbolic trên

( x , y)  

2

: y  0 .

Nếu y  0 thì   0 , suy ra phương trình thuộc loại parabolic trên

( x , y)  
Nếu

2

: y  0 .

y0

( x , y)  

2

thì   0 , suy ra phương trình thuộc loại elliptic trên

: y  0 .

20


Mệnh đề 3.2. Qua phép đổi biến

   ( x, y ),

   ( x, y ),
trong đó các hàm  ,  thuộc C 2 () có Jacobian

J

 x y
0
x y

thì loại của phương trình (1.19) sẽ không thay đổi.
Chứng minh. Thật vậy, với phép đổi biến ở trên, ta có
u  u( ( x , y ), ( x , y )) ,

nên
ux  u  x  u x ,

(1.20)

uy  u  y  u y ,

(1.21)

uxx  (ux ) x  (u  x  u x ) x

 (u  x ) x  (u x ) x
 (u ) x  x  u  xx  (u ) x x  u xx ,

và do (1.20) ta được
uxx  (u  x  u x ) x  u  xx  (u  x  u x ) x  u xx

 u ( x )2  2u x x  u ( x )2  u  xx  u xx .

(1.22)

uyy  u ( y )2  2u y y  u ( y )2  u  yy  u yy ,

(1.23)

uxy  u  x y  u ( x y   y x )  u x y  u  xy  u xy .

(1.24)

Tương tự, ta có

Thay (1.20) đến (1.24) vào (1.19), ta được

A*u  B*u  C *u  D *u  E *u  F *u  G *  0,

(1.25)

trong đó

A*  A* ( , )  A x2  B x y  C y2 ,
21

(1.26)


B*  B* ( , )  2 A x x  B( x y   y x )  2C y y , (1.27)
C *  C * ( , )  A x2  B x y  C y2 ,

(1.28)

D *  D* ( , )  A xx  B xy  C yy  D x  E y ,

(1.29)

E *  E * ( , )  A xx  B xy  C yy  D x  E y ,

(1.30)

F *  F,

(1.31)

G *  G.

(1.32)

Ta thấy, (1.25) cùng dạng với (1.19). Hơn nữa, (1.26), (1.27) và (1.28) được
viết lại dưới dạng ma trận như sau

 *
A

 *
B

 2

B* 

  x y  A
2 
   
x
y  B
* 
C  

2


B
2  x x  .

 y  y 


C


(1.33)

Lấy định thức 2 vế của (1.33), ta được

 *  ( B* )2  4 A*C *  J 2 (B 2  4 AC )  J 2 .

(1.34)

Vì J  0 nên dấu của  * cùng dấu với  . Như vậy, phép đổi biến ở trên khơng
làm thay đổi loại của phương trình.

■

IV. Đưa phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai trong trường hợp hai
biến về dạng chính tắc
Do sự phân loại phương trình chỉ phụ thuộc vào hệ số của các số hạng chứa đạo
hàm riêng cấp hai nên ta viết lại (1.19) và (1.25) dưới dạng sau
Auxx  Buxy  Cuyy  H ( x , y, u, ux , uy ) ,

(1.35)

A*u  B*u  C *u  H * ( , , u, u , u ) .

(1.36)

Bằng cách chọn hai hàm  ( x , y ) ,  ( x , y ) thích hợp trong phép đổi biến thì
phương trình tuyến tính cấp hai (1.35) ln đưa được về một trong các dạng chính
tắc (dạng đơn giản hơn) sau đây
22


a) Loại hyperbolic: dạng chính tắc thứ nhất là u  ( , , u, u , u ) và dạng chính
tắc thứ hai là u  u  * ( ,  , u, u , u ) .

b) Loại parabolic: u  ( , , u, u , u ) .
c) Loại elliptic: u  u  ( ,  , u, u , u ) .
Xét phương trình đường đặc trưng của (1.35) là

A  y   By  C  0 .
2

(1.37)

4.1. Loại hyperbolic
Ta có
  B 2  4 AC  0 .

Trường hợp 4.1a. A  C  0 thì phương trình (1.35) trở thành
Buxy  H ( x , y, u, ux , uy ) .

Khi đó, chia 2 vế cho B, ta được dạng chính tắc thứ nhất

uxy  H * ( x, y, u, ux , uy ) ,
trong đó H * 

H
.
B

Trường hợp 4.1b. A  0 thì (1.37) có 2 nghiệm thực phân biệt


B 
,

 y 
2
A


B 
.
 y 
2A


(1.38)

Giải hai phương trình vi phân trên, ta được

1( x , y)  C1, C1  const ,
 ( x, y )  C , C  const.
 2
2
2

(1.39)

  1( x, y),
Với cách chọn này, ta chứng minh J  0 , A*  C *  0 và
Chọn 
  2 ( x, y).
B *  0 . Từ đó, ta sẽ đưa được (1.35) về dạng chính tắc thứ nhất
23

u  ( , , u, u , u ) ,

H*
trong đó   * .
B
Thật vậy, từ (1.39) với chú ý (1 )y  0, ( 2 ) y  0 , ta suy ra

 (1 ) x  dy
 ( )  dx   y,
 1 y
 (2 ) x dy

  y.

(
)
dx

2
y


(1.40)

Vì (1.38) nên hai y trong (1.40) là khác nhau. Do đó

J

(1 ) x

(2 ) x

(1 )y
 (1 ) x (2 ) y  (1 ) y (2 ) x  0 .
(2 )y

Từ (1.26), (1.27), (1.28) và chú ý (1.37), (1.40), ta có

A*  (1 )2y  A( y)2  By  C   0 ,
tương tự C *  0 . Hơn nữa, ta có

B* 


(1 )y (2 )y  0.
A

Bây giờ, từ dạng chính tắc thứ nhất, dễ dàng chứng minh được nếu ta đổi biến

     ,
thì sẽ được dạng chính tắc thứ hai







u  u  * ( ,  , u, u , u ) .

Trường hợp 4.1c. A  0 , C  0 thì (1.37) có nghiệm y 
Giải phương trình vi phân trên, ta được

 ( x , y )  D , D  const .

24

C
.
B