Bài toán biên ban đầu đối với phương trình loại hypecbolic

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

MỞ ĐẦU
Toán học là một môn khoa học gắn liền với thực tiễn. Sự phát triển của
Toán học được đánh dấu bởi những ứng dụng của Toán học vào việc giải
quyết các bài toán thực tiễn. Trong lĩnh vực toán học ứng dụng thường gặp rất
nhiều bài toán liên quan đến phương trình vi phân đạo hàm riêng.
Ra đời từ những năm 60, phương trình đạo hàm riêng đã nhanh chóng
khẳng định được vị trí và tầm quan trọng của mình trong khoa học nói chung
và Toán học nói riêng. Đặc biệt phương trình đạo hàm riêng loại Hypecbolic
có ứng dụng rất lớn trong khoa học và trong thực tiễn.
Chúng ta biết rằng, việc nghiên cứu tính chất định tính và việc tìm
nghiệm của phương trình đạo hàm riêng loại Hypecbolic rất khó khăn và phức
tạp. Với khả năng ứng dụng rộng rãi trong khoa học và trong thực tiễn, vì vậy
các nhà Toán học đã tập trung nghiên cứu và tìm được nhiều phương pháp để
giải các bài toán về phươg trình đạo hàm riêng loại Hypecbolic.
Được sự hướng dẫn tận tình của T.S Trần Văn Bằng cùng với lòng yêu
thích môn này em xin mạnh dạn nghiên cứu đề tài: Bài toán biên ban đầu đối
với phương trình Hypecbolic
Khoá luận gồm 3 phần
Phần I : Mở đầu
Phần II : Nội dung
*Chương 1 : Những kiến thức chẩn bị
*Chương 2 : Phương trình loại Hypecbolic. Bài toán Cauchy
*Chương 3 : Phương trình loại Hypecbolic. Bài toán hỗn hợp
*Chương 4: Một số bài toán áp dụng
Phần III : Kết luận

Bùi Thị Thủy

1

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

LỜI CẢM ƠN
Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân
thành tới các thầy giáo và cô giáo trong khoa Toán – Trường Đại Học Sư
phạm Hà Nội 2, đã tận tình giúp đỡ chỉ bảo trong suốt thời gian tôi theo học
tại khoa và trong thời gian làm khóa luận.
Đặc biệt tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới T.S Trần Văn Bằng –
Giảng viên khoa Toán - Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, người trực tiếp
hướng dẫn tôi, luôn tận tâm chỉ bảo và định hướng cho tôi trong suốt quá trình
làm khóa luận để tôi có được kết quả như ngày hôm nay.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song thời gian và kinh nghiệm bản thân
còn nhiều hạn chế nên khóa luận không thể tránh khỏi những thiếu sót rất
mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo, các bạn sinh viên và bạn
đọc.
Hà Nội, tháng 4 năm 2010
Sinh viên
Bùi Thị Thuỷ

Bùi Thị Thủy

2

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Chương 1. Những kiến thức chuẩn bị
Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính
1.1. Các khái niệm tổng quát
1.1.1. Định nghĩa phương trình đạo hàm riêng
Phương trình liên hệ giữa các ẩn hàm u1,…,uN, các biến số độc lập x1,…,
xn và các đạo hàm riêng của các ẩn hàm được gọi là phương trình đạo hàm
riêng. Nó có dạng

u1
uN u1
 k ui
F ( x1 , x2 ,..., xn ; u1 , u2 ,..., un ;
,...,
;
,..., k
)0
x1
x1 x2
 x1.. k xn
ở đây F là một hàm số của nhiều biến số.
Cấp của phương trình đạo hàm riêng là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt
trong phương trình.

 2u
 2 x  y là phương trình đạo hàm riêng cấp 2.
Ví dụ :
xy
1.1.2. Định nghĩa phương trình đạo hàm riêng cấp 1
Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 có dạng

F ( x1 , x2 ,..., xn , u,

u u
u
,
,...,
)0
x1 x 2
x n

(1.1)

Trong đó u  u  x1 , x2 ,..., xn  là hàm phải tìm của n biến số độc lập

x1 , x2 ,...xn . F là hàm đã cho của các đối số trong một miền nào đó trong không
gian (2n+1) chiều.
Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm u  u  x1 , x2 ,..., xn  xác định và liên
tục với các đạo hàm riêng

u u
u
trong một miền biến thiên nào đấy

,
,...,
x1 x 2
x n

của các biến số x1 , x2 ,...xn và biến phương trình (1.1) thành đồng nhất thức . Ở
đây ta giả thiết các giá trị của x1 , x2 ,...xn mà tại đó hàm u xác định như các giá
Bùi Thị Thủy

3

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

trị tương ứng của hàm u và các đạo hàm của nó nằm trong miền xác định của
hàm F.
1.1.3. Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 tuyến tính không thuần nhất
Phương trình có dạng
X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u )

u1
u
u
 X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 1  ...  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u) 1
x1
x2

xn

 f ( x1 , x2 ,..., xn , u)

(1.2)

được gọi là phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 1 (không thuần nhất ).
Nếu vế phải của phương trình (1.2) đồng nhất bằng không ( f  0 ) còn
các hàm số Xi (i=1,n ) không phụ thuộc hàm số phải tìm u, thì phương trình
(1.2) có dạng

X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u )

u
u
u
 X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u )
 ...  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u )
0
x1
x 2
x n
(1.3)

Khi đó phương trình (1.3) được gọi là phương trình tuyến tính thuần
nhất
Ví dụ : Phương trình
x

x

u
u
 y  0 là phương trình tuyến tính thuần nhất còn các phương trình
x
y

u
u
u
u
y
 2u hoặc x  yu
 0 đều là phương trình tuyến tính
x
y
x
y

không thuần nhất.

1.2. Phương trình tuyến tính thuần nhất
Xét phương trình (1.3)
u
u
u
X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u )
 X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u )
 ...  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u )
0

x1
x 2
x n

Bùi Thị Thủy

4

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Giả sử rằng X1,X2,…,Xn xác định và liên tục cùng với các đạo hàm riêng
cấp 1 của chúng theo tất cả các biến ở trong 1 lân cận nào đó của điểm

 x , x ,..., x 
0
1

0
2

0
n

và không đồng thời bằng không tại điểm này chẳng hạn

Xn  x10 , x20 ,..., xn0   0

(1.4)

Nghiệm của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 1 thuần nhất là
hàm u  u  x1 , x2 ,..., xn  thoả mãn điều kiện sau
a. u  u  x1 , x2 ,..., xn  xác định trên D .
b. Khả vi liên tục trong lân cận điểm  x10 , x20 ,..., xn0  (tồn tại các đạo hàm
riêng

u
và liên tục trên D).
x i

c. Thay u  u  x1 , x2 ,..., xn  và các đạo hàm riêng

u
vào phương trình (1.3)
x i

nó trở thành đồng nhất.
Rõ ràng phương trình (1.3) bao giờ cũng có nghiệm u=c (1.5) với c là
hằng số tuỳ ý. Ta gọi nghiệm (1.5) là nghiệm tầm thường của phương trình
cùng với phương trình (1.3). Ta xét hệ phương trình vi phân thương dạng đối
xứng sau đây

dx1
dx2
dxn


 ..... 
X 1 ( x1 , x2 ,..., xn ) X 1 ( x1 , x2 ,..., xn )
X 1 ( x1 , x2 ,..., xn )

(1.6)

Hệ phương trình (1.6) gọi là hệ đối xứng tương ứng với phương trình (1.3).
Định nghĩa : Hàm số  ( x1 , x2 ,..., xn ) được gọi là tích phân của hệ (1.6)
trong

một

miền

nào

đó

của

các

biến

số

x1,x2,…,xn

nếu




X1 
X 2  ...... 
Xn  0 .
x1
x2
xn
Định lí

Bùi Thị Thủy

5

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

1) Nếu hàm số  ( x1 , x2 ,..., xn ) là tích phân khả vi liên tục của hệ (1.6) thì
hàm số u=  ( x1 , x2 ,..., xn ) là nghiệm của phương trình (1.3)
2) Nếu hàm u = ( x1 , x2 ,..., xn )  const là nghiệm của phương trình (1.3) thì
hàm số  ( x1 , x2 ,..., xn ) là tích phân của hệ (1.6).
Chứng minh
1) Hiển nhiên (dựa vào định nghĩa tích phân của hệ (1.6)).
2) Lấy vi phân toàn phần của hàm 




d 
dx1 
dx2  ........ 
dxn
x1
x2
xn

dựa vào hệ (1.6) ta được

  X 1  X 2
 X n 

.

.
 ...... 
.  .dxn

x
X

x
X

x
Xn 
 1 n

2
n
n

 

  1
  X 1.
 X 2.
 .....  X n .
 . X dxn

x

x

x

1
2
n 
n

(Ta giả thiết thêm rằng X n ( x10 , x20 ,......., xn0 )  0 )
Khi đó từ (1.5) ta có d  0 tức   c là tích phân đầu của hệ (1.6).
Từ định lí trên ta suy ra rằng việc tìm nghiệm của (1.3) tương đương với
việc tìm tích phân của hệ (1.6). Ta giả thiết rằng hệ (1.6) có (n-1) phương trình
vi phân cấp 1 sau đây

dx1 X 1 dx2 X 2

dx
X

;

;...........; n1  n1
dxn X n dxn X n
dxn
Xn

(1.8)

Trong đó các vế phải của hệ (1.8) là các hàm số xác định và khả vi liên
tục trong lân cận của điểm  x10 , x20 ,..., xn0  . Ta lập một hàm khả vi liên tục của
các tích phân (1.7)

u   (1 ,2 ,......,n1 )

Bùi Thị Thủy

6

(1.9)

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Khi đó hàm số xác định bởi (1.9) cũng là tích phân của (1.6) do đó cũng là
nghiệm của phương trình (1.3).
Ta gọi nghiệm (1.9) trong đó  là hàm số bất kì (khả vi liên tục của các
tích phân của nó ) là nghịêm tổng quát của phương trình (1.3).
Ví dụ: Cho phương trình
x

u
u
u
y z
0
x
y
z

Hệ phương trình vi phân đối xứng tương ứng là
dx dy dz


x
y
z

Ta có
dx dy

 ln x  ln y  ln c1
x

y

 c1 x  y  c1  y/x= 1
dx dz
  ln x  ln z  ln c2
x
z
 c2 x  z  c2 

z
 2 (c1 , c2 là các hằng số )
x

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là u   ( y / x, z / x) .

1.3. Phương trình tuyến tính không thuần nhất
Ta xét phương trình dạng (1.2)

X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u )

u1
u
 X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 1  ... 
x1
x2

 X n ( x1 , x2 ,..., xn , u)

Bùi Thị Thủy

u1
 f ( x1 , x2 ,..., xn , u)
xn

7

(1.10)

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Trong đó các hàm số Xi ( i  1, n ) và f xác định liên tục cùng các đạo
hàm riêng cấp 1 của chúng. Ngoài ra X n ( x10 , x20 ,......, xn0 , u 0 )  0

(1.11)

Ta sẽ chứng tỏ rằng nghiệm của phương trình (1.10) có dạng ẩn

V ( x1 , x2 ,...., xn , u)  0

(1.12)

Trong đó V là hàm số nào đó khả vi liên tục theo các đối số và thoả mãn
V 0 0
( x1 , x2 ,......, xn0 , u 0 )  0
u

(1.13)

Thật vậy ta lấy vi phân hệ thức (1.12) theo xk (k  1, n) trong đó u là hàm
của x1,x2,…,xn ta được

u
V V

:
, k  1, n
x k
x k u

(1.14)

Đặt (1.14) vào (1.10) ta được

X1

V
V
V
V
 X2
 ........  X n
f
0
x1
x2

xn
u

(1.15)

Phương trình (1.15) là phương trình tuyến tính thuần nhất với hàm số
phải tìm V.
Hệ phương trình đối xứng tương ứng của (1.15) sẽ là

dx1 dx2
dx du

 .......  n 
X1 X 2
Xn
f

(1.16)

Hệ (1.16) có n tích phân độc lập.

1 ( x1 , x2 ,......, xn , u),2 ( x1, x2 ,......, xn , u),......., n ( x1, x2,......, xn ,u )

(1.17)

Khi đó hàm số V   (1 ,2 ,.....,n ) (1.18) là nghiệm tổng quát của
phương trình (1.15).
Nếu đặt (1.18) vào (1.12) ta được nghiệm của phương trình (1.10) dạng

V   (1 ,2 ,.....,n ) =0 (1.19) . Đó là điều phải chứng minh.

Chú ý:

Bùi Thị Thủy

8

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

1) Nghiệm (1.19) là nghiệm tổng quát của phương trình (1.10).
2) Nếu từ phương trình (1.19) ta tìm được u   ( x1 , x2 ,...., xn ) (1.20) trong đó

 là hàm số tuỳ ý, khả vi liên tục thì (1.20) là nghiệm tổng quát ở dạng tường
minh của phương trình (1.10).
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau
a) y

z
z
 x  x  y (*)
x
y

b) xy

z

z
 x2
 yz (**)
x
y

Lời giải:
a) y

z
z
 x  x  y (*)
x
y

Hệ phương trình đối xứng tương ứng là
dx dy
dz


y
x y  x

Ta có
dx dy
1
1
1

 xdx  ydy  x 2  y 2  c1

y
x
2
2
2
 c1  x 2  y 2   1

Tương tự

dx
dz

 c2  x  y  z   2
y y  x

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình(*) là u   ( 1 , 2 ) hay
F(x2-y2,x-y+z)=0.
b) xy

z
z
 x2
 yz (**)
x
y

Bùi Thị Thủy

9

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Hệ phương trình đối xứng tương ứng là
dx dy dz


xy  x 2 yz

Ta có

dx dx

  xdx  ydy
xy  x 2

1
1
1
  x 2  c1  y 2  c1  x 2  y 2   1
2
2
2
Tưong tự
dx dz
  ln x  ln y  ln c2

xy yz

 c2 x  z  c2 

z
 2
x

z
Vậy nghiệm tổng quát của (**) là : F( x 2  y 2 , )=0.
x

1.4. Bài toán biên
Bài toán biên của phương trình đạo hàm riêng là bài toán tìm các
nghiệm của nó trong miền nào đấy thoả mãn các điều kiện trên biên của miền
gọi là điều kiện biên.
Định lí liên quan tới sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên gọi là
định lí tồn tại và duy nhất nghiệm.
Ví dụ :

u
u
 4  0 với u(0,y)=8e-3y
x
y

1.5. Nguyên lí cộng nghiệm và phương pháp tách biến

Bùi Thị Thủy

10

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Có nhiều phương pháp giải bài toán biên của phương trình đạo hàm
riêng tuyến tính.
Phương pháp tách biến (phương pháp Phuarie) là một trong những
phương pháp quan trọng nhất.
Đầu tiên ta tìm nghiệm tổng quát sau đó cho thoả mãn điều kiện biên.
Các định lí sau đây là cơ sở quan trọng cho phương pháp.
1.5.1. Nguyên lí cộng nghiệm
Định lí: Giả sử 1 ,2 ,....,n1 là nghiệm của phương trình (1.4) thì

C11  C22  C33  ......  Cn1n1 cũng là nghiệm của phương trình (1.4).
Nghiệm tổng quát của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính không
thuần nhất bằng tổng của nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần
nhất với một nghiệm riêng nào đó của phương trình tuyến tính không thuần
nhất.
1.5.2. Phương pháp tách biến
Giả thiết rằng nghiệm có thể biểu diễn dưới dạng tích của các hàm chưa
biết mà mỗi hàm chỉ phụ thuộc vào một biến ,vì vậy mỗi vế phải bằng hằng
số.
Ta lần lượt giải cho từng hàm chưa xác định.
Hợp các nghiệm này cho ta nghiệm cần tìm.
Ví dụ: Giải phương trình

u
u
 4  0 (1) với u(0,y)=8e-3y
x
y

Lời giải :
Giả sử nghiệm của bài toán là u ( x, y)  X ( x).Y ( y)
Ta có

Bùi Thị Thủy

11

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

u
 X ' ( x).Y ( y )
x
u
 X ( x).Y ' ( y )
y
X' Y'

Thay vào phương trình (1) ta được : X Y  4 XY hay

4X Y
'

'

Vì X chỉ phụ thuộc vào x , Y chỉ phụ thuộc vào y, nên mỗi vế phải bằng
hằng số, chẳng hạn kí hiệu C. Do vậy

X '  4 XC  0 , Y '  CY  0
Ta có hệ phương trình
 X'
 X  4C

 '
Y
 C
 Y

 dX
 X  4Cdx


dY

 Cdy
 Y



ln X  4Cx  ln C1


ln Y  Cy  ln C2

 X ( x)  C1 .e 4Cx

Cy
Y ( y )  C2 .e

Nghiệm của phương trình đã cho là: u ( x, y )  C1.C2 .eC (4 x  y )  k .eC (4 x  y ) .
Từ điều kiện biên: u (0, y )  kecy = 8e3 y điều này xảy ra khi k=8 và C=-3 .
Vậy nghiệm cần tìm u(x,y)=8e-3(4x+y) .

1.6. Bài toán Cauchy
1.6.1. Bài toán Cauchy với phương trình đạo hàm riêng tuyến tính thuần
nhất
Hãy tìm nghiệm u  u( x1 , x2 ,....., xn ) (1.21) của phương trình (1.1) sao
cho khi cố định một biến số (chẳng hạn x n ) thì nó trở thành hàm số khả vi liên
tục của các biến còn lại, tức là u   ( x1 , x2 ,......, xn1 ) khi xn  xn0

(1.22).

Điều kiện (1.22) gọi là điều kiện đầu của nghiệm (1.21).

Bùi Thị Thủy

12

K32A-Khoa Toán

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Để tìm nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình (1.3) ta tiến
hành như sau
Giả sử 1 ,2 ,....,n1 là n-1 tích phân độc lập của hệ (1.6) và đặt xn  xn0 ,
ta kí hiệu 1 ,2 ,.....,n1 như sau
1 ( x1 , x2 ,....., xn1 , x 0 n )  1

.....................................

0
n1 ( x1 , x2 ,....., xn1 , x n )  n 1

(1.23)

Giải được từ hệ (1.23) đối với các x1 , x2 ,....., xn1 trong lân cận

 x , x ,......, x 
0
1

0
2

0
n

 x1  1 (1 ,2 ,..., n1 )


................................

 xn 1  n 1 (1 ,2 ,..., n 1 )

(1.24)

Hàm số có dạng

u   1 (1 ,2 ,.....,n1 ),......., n1(1,2 ,....., n1) 
Trong đó i  i ( x1 , x2 ,...., xn )

(1.25)

( i  1, n ) sẽ là nghiệm của bài toán

Cauchy của phương trình (1.3)-(1.22)
Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình
y

z
z
 x  0 thoả mãn điều kiện z=y2 khi x=0.
x
y

Lời giải :
Giả sử (0,y0) , y0  0. Xét phương trình đối xứng tương ứng
dy dx
1

1
1
1

 ydy   xdx  C1  y 2   x 2  C1
x y
2
2
2
2
 C1  x 2  y 2  

Bùi Thị Thủy

13

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Đặt x=0 vào biểu thức trên ta được : y 2   . Do đó y   
Nghiệm phải tìm sẽ là z    x, y  tức là z  x 2  y 2 .
1.6.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình đạo hàm riêng tuyến tính
không thuần nhất
Đối với phương trình (1.10) ta cũng có bài toán Cauchy tương tự
Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu của
phương trình

x

z
z
  y  x2   z
x
y

z=y-4 khi x=2
Lời giải:
Xét hệ phương trình đối xứng tương ứng
dx
dy
dz
 2

x x y z

Ta có

dx dz
  ln C1 x  ln z
x
z

 C1 x  z
 C1 
Tương tự

z

 1
x

dx
dy
2 xdx
dy
 2


x x y
2x2
x2  y

d  x 2  y  dx
2 xdx  dy dx
 

x2  y
x
x2  y
x

 ln x 2  y  ln x C2
x2  y
 C2 
 2 ( 1 ,2 độc lập tuyến tính )
x
Bùi Thị Thủy

14

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

 z x2  y 
Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là : z    ,
x 
x
Để tìm nghiệm của bài toán Cauchy, ta đặt x=2 vào các tích phân trên

y4
z
 1 ,  2 và có y  21  4, z  22
2
2

 22  21  4  4
z x2  y
Do đó 
hay z  y  x 2 là nghiệm phải tìm.
x
x

Chương 2: Phương trình loại hypecbolic
Bài toán Cauchy

2.1. Bài toán dẫn đến phương trình truyền sóng
Giả thiết dây đàn hồi có chiều dài L buộc chặt ở hai gối có cùng mức
nằm ngang do đó có thể lấy trục x dọc theo dây. Dây đàn hồi có thể là dây đàn
dây truyền tin .
Cho dây chuyển động, nó dao động trong mặt phẳng thẳng đứng và kí
hiệu u(x,t) là chuyển dịch của dây tại điểm x và thời điểm t .
Gọi s là phần tác dụng cung của dây . Vì sức căng T giả thiết là hằng
số, lực hướng thẳng đứng tác dụng lên s cho bởi T sin2  T sin1
Vì sin   tg do góc  nhỏ nên lực này có dạng:

u
u
T
 x  T
x X
x

X

  2u

 s  2   
 t


  0, s  0
Vì dao động nhỏ nên ta có thể lấy gần đúng s  x

Do đó

Bùi Thị Thủy

u
u
 x 
2
T x X
x X  u
.
 2 

x
t
15

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

T   u   2u
Lấy giới hạn khi x  0( cũng dần tới 0) ta được .    2
 x  x  t
2
T
 2u
2  u
hay là 2  a

trong đó a 2  (T là sức căng không đổi của dây,  khối
2

t
x

lượng không đổi trên một đơn vị dài của dây ).

2.2. Bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng và định lí
duy nhất của nó
2.2.1. Bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng
Ta xét bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng, cụ thể là bài toán
2
 2u
 2u 
2 u
 a  2  2   f ( x, y , t )
t 2
 x y 

(2.1.1)

u( x, y, t0 )    x, y 

(2.1.2)

u
 x, y , t 0     x , y 
t

(2.1.3)

Như vậy mặt mang dữ kiện Cauchy đối với bài toán này là mặt phẳng
t=t0. Nó không phải là mặt đặc trưng của phương trình này. Họ các mặt đặc
trưng của phương trình này là họ các mặt nón tròn xoay, có trục song song với
trục 0t và có phương trình

 x-c    y  c 
2

1

2

2

 a 2  t  c3   0
2

(2.1.4)

Trong đó (c1,c2,c3) là toạ độ đỉnh hình nón và có thể là điểm bất kì trong
không gian (x,y,t).
Giả sử trên mặt phẳng t=t0 của không gian (x,y,t)

cho mặt tròn

G:  x  c1    y  c2   R 2 .
2

2

Tồn tại hai hình nón tròn xoay đối xứng nhau qua mặt phẳng t=t0 có đáy
là mặt tròn G và mỗi mặt bên S là phần của một mặt đặc trưng trong họ

Bùi Thị Thủy

16

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

(2.1.4). Ta gọi K là một trong hai hình nón kể trên, chẳng hạn hìn nón có đỉnh
hướng theo chiều dương t.
2.2.2. Định lí duy nhất
Địn lí (2.1.1). Giả sử u(x,y,t) là nghiệm của bài toán Cauchy (2.1.1), (2.1.2),
(2.1.3) sao cho nó và tất cả các đạo hàm riêng của nó kể cho tới cấp 2 liên tục
trong hình nón kín K  G  S . Khi đó nghiệm u(x,y,t) được xác định một cách
duy nhất trong hình nón kín K  G  S kể trên bởi các dữ kiện Cauchy
(2.1.2), (2.1.3) cho trên mặt đáy G của hình nón .
Trước khi chứng minh định lí, ta chú ý những điều sau đây :
a. Bằng cách co dãn toạ độ ta đặt t’=at

(2.1.1)

ta có thể giả sử hệ số a trong phương trình (2.1.1) là bằng 1.

b. Bằng cách tịnh tiến toạ độ t , ta có thể giả sử t0=0.
c. Để chứng minh định lí, ta chứng minh hiệu của 2 nghiệm bất kì của bài toán
đồng nhất bằng 0.
Hiệu u(x,y,t)=u1(x,y,t) - u2(x,y,t) của 2 nghiệm u1(x,y,t), u2(x,y,t) của bài
toán (2.1.1), (2.1.2), (2.1.3) thoả mãn :

 2 u  2 u  2u


t 2 x 2 y 2

 x,y,t    G  S

(2.1.5)

u(x,y,t)=0

với (x,y) G

(2.1.6)

với (x,y) G

(2.1.7)

u
 x, y,0   0
t

Như vậy ta sẽ chứng minh nghiệm u(x,y,t) của bài toán (2.1.5), (2.1.6),

(2.1.7) đồng nhất bằng không
u ( x, y, t )  0 trong K  G  S.

d. Hơn nữa, lại chỉ cần chứng minh rằng nếu u(x,y,t) thoả mãn (2.1.5), (2.1.6),
(2.1.7) thì u(x,y,t) =0 tại đỉnh hình nón K.

Bùi Thị Thủy

17

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Thực vậy, nếu chứng minh được điều này thì u ( x, y, t )  0 trong hình
nón K  G  S . Lấy một điểm P bất kì trong hình nón K  G  S .Dựng một
mặt đặc trưng của họ (2.1.4) có đỉnh là P, cắt mặt phẳng t=0 theo biên của một
mặt tròn G’.
Mặt tròn G’ nằm hoàn toàn trong G. Do đó nếu ta có (2.1.6), (2.1.7) trong
G thì cũng có (2.1.6), (2.1.7) trong G’.
Gọi K’ là hình nón đỉnh P, đáy là G’. Lặp lại điều đã chứng minh cho
hình nón K’, vì ta có (2.1.6), (2.1.7) trong G’ nên ta có u(x,y,t) =0 tại đỉnh
của nó, tức là u(P)=0.
Như vậy u ( x, y, t )  0 trong K  G  S .
e. Nghiệm u(x,y,t) được xác định duy nhất trong hình nón K và cả trong hình
nón K* đối xứng với K qua mặt phẳng của đáy .
Bây giờ ta chứng minh định lí

Gọi A là đỉnh của hình nón K. Giả sử nghiệm u(x,y,t) thoả mãn (2.1.5),
(2.1.6), (2.1.7). Như vậy trong K

u   2u  2u  2u 


0
t  t 2 x 2 y 2 

u   2u  2u  2u 
I    2  2  2  dtdxdy  0
x y 
K t  t

Và

(2.1.8)

Rõ ràng ta có

u  2u 1   u 
.

 
t t 2 2 t  t 

2

u  2u   u u   2u u   u u  1   u 
.

  . 
.   . 
 
t x 2 x  t x  t.x x x  t x  2 t  x 
u  2u   u u  1   u 
.

.

t y 2 y  t y  2 t  y 

2

2

Do đó (2.1.8) có thể viết

Bùi Thị Thủy

18

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

 1   u 2  u 2  u 2    u u    u u  
I   

           .    .   dtdxdy  0
 x   y   x  t x  y  t y  
K  2 t  t 


Áp dụng công thức Ôtstrôgratski, ta có
2
2
2

 
1   u   u   u  
u u


c
os
n,
t

2
.
.
c
os
n,
x 

    
2 S G   t   x   y  

t x


 

2

 

  
u u
. .cos n, y  ds  0
t y


 

(2.1.9)


với n là pháp tuyến trong của mặt biên S  G
Phương trình mặt đặc trưng S có thể viết

  x, y, t   t 

x  c    y  c 
2

1

2

2

=const

(2.1.10)

Trong đó hàm   x, y, t  thoả mãn

        

 
 
 0
 t   x   y 
2

2

2

(2.1.11)

Vì mặt S có phương trình (2.1.10), nên trên mặt S các đại lượng

 
 
  
,

,
cos(n, t ), cos(n, x), cos(n, y ) tỉ lệ với
và từ (2.1.11) ta suy ra trên
t x y

 
 
mặt S có hệ thức cos 2 (n, t )  cos 2 (n, x)  cos 2 (n, y )  0
(2.1.12)
Trên mặt đáy G, do (2.1.6) và (2.1.7) ta có
u
u
u
 x, y,0   0,  x, y,0   0,  x, y,0   0
x
y
t


Vậy trong (2.1.9), chỉ còn tích phân lấy trên S. Chú ý rằng cos n, t  0

 


trên mặt S nên ta có thể nhân (2.1.9) với cos n, t , sau đó dùng hệ thức

 

(2.1.12) thì ta viết được (2.1.9) dưới dạng
Bùi Thị Thủy

19

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

   u 2
   u 2
   u 2

 u 2
2
2
2
2
c
os
n
,
x

c
os
n
,
y


c
os
n
,
t

c
os
n
,t

 
 
S  t 
 y 
 t 
 x 

 
 

 

u u
u u
2 . .cos n, x .cos n, t  2 . .cos n, y .cos n, t  ds  0
t x
t y


 

 

 

 

 

 

 

 

Hay
  u
   2  u
  u
   2 
  u
S  t .cos n, x  x .cos n, t    t .cos n, y  y .cos n, t   ds  0

 


 

 

 

 

Từ đó, đại lượng dưới dấu tích phân đồng nhất bằng không trên S, hay

u
u
u
y
x  
t   v
  
cos n, x cos n, y
cos n, t

 

 

 

(2.1.13)

Gọi m là phương của một đường sinh  bất kì nào đó của mặt bên S. Ta
có trên đường sinh 
  u
  u

 
u u
 cos m, x  cos m, y  cos m, t
m x
y
t
 
 
 
 
 

 v cos m, x cos n, x  cos m, y cos n, y  cos m, t cos n, t 


 
 vcos m, n  0

 
 
 
           
 

 
Vì m  n . Như vậy u(x,y,t)=const dọc trên đường sinh  . Vì tại đáy
u(x,y,t)=0 nên u(x,y,t)=0 dọc đường sinh  . Đặc biệt tại đỉnh A :u(A)=0
Định lí hoàn toàn được chứng minh.

2.3. Công thức cho nghiệm của bài toán Cauchy với phương

trình truyền sóng
Giả sử trong không gian (x,y,z) cho hai hàm   x, y, z  và   x, y, z 
trong đó  là hàm sao cho nó và tất cả các đạo hàm của nó kể cho tới cấp 3

Bùi Thị Thủy

20

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

liên tục với mọi x,y,z và  cũng vậy nhưng đạo hàm kể tới cấp 2. Giả sử
f(x,y,z,t) là hàm liên tục đối với t và có đạo hàm cho tới cấp 2 liên tục đối với
(x,y,z).
Ta tìm nghiệm u(x,y,z,t) trong miền t  0 của phương trình truyền sóng
2
 2u
 2u  2u 
2 u
 a  2  2  2   f ( x, y , z , t )
t 2
z 
 x y

(2.2.1)

thoả mãn các điều kiện sau

u  x, y, z,0     x, y, z 

(2.2.2)

u
 x, y, z,0     x, y, z 
t

(2.2.3)

Nghiệm này được giả thiết là khả vi liên tục 2 lần đối với các biến trong
miền t  0 . Theo định lí duy nhất nó được hoàn toàn xác định trong miền t>0 .
Để giải bài toán (2.2.1), (2.2.2), (2.2.3) ta lần lượt giải 3 bài toán sau
Bài toán 1. Tìm nghiệm v(x,y,z,t) sao cho
2
 2v
 2v  2v 
2  v
a  2  2  2 
t 2
t 
 x y

(2.2.4)

v( x, y, z,0)  0

(2.2.5)

v
 x, y, z,0     x, y, z 
t

(2.2.6)

Bài toán 2. Tìm nghiệm  (x,y,z,t) sao cho
2
 2
 2  2 
2 
a  2  2  2 
t 2
y
t 
 x

(2.2.7)

 ( x, y, z,0)    x, y, z 

(2.2.8)


 x, y, z,0   0
t

(2.2.9)

Bài toán 3. Tìm nghiệm u*(x,y,z,t) sao cho
Bùi Thị Thủy

21

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

2 *
 2u *
 2u *  2u * 
2 u

a

 x 2 y 2  t 2   f ( x, y, z, t )
t 2



(2.2.10)

u* ( x, y, z,0)  0

(2.2.11)

u *
 x, y, z,0   0
t

(2.2.12)

Rõ ràng bằng phương pháp chồng chất nghiệm, đặt :u=v+w+u* (2.2.13)
Thì u sẽ là nghiệm của bài toán (2.2.1), (2.2.2), (2.2.3) xuất phát .
1) Giải bài toán 1
Gọi Sat là mặt cầu tâm (x,y,z) bán kính at,  , ,  là biến điểm tích
phân chạy trên mặt cầu đó. Ta chứng minh nghiệm của bài toán 1 cho bởi
công thức

v  x, y , z , t  

  , , 
1
ds
2 
4 a S
t

(2.2.14)

at

Bằng phép thế biến

  x   at ,  y   at ,  z   at
Thì mặt cầu Sat trong không gian  , ,  chuyển thành mặt cầu đơn vị

S1 với tâm là gốc toạ độ trong không gian  ,  ,   . Hơn nữa gọi dS1 là vi
phân trên mặt S1 thì ta có : dS=a2t2dS1
Từ đó (2.2.14) có thể viết dưới dạng khác

v  x, y , z , t  

t
  x   at , y   at , z   at  dS1
4 S

(2.2.15)

1

Sau đây tuỳ sự tiện lợi của từng trường hợp ta dùng dạng (2.2.14) hoặc
(2.2.15).
Bây giờ ta thử trực tiếp để thấy công thức (2.2.14) cho ta nghiệm bài
toán 1.

Bùi Thị Thủy

22

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Vì   x, y, z  liên tục, nên áp dụng định lí trung bình cho (2.2.14) ta có

v  x, y, z, t  

1
  * , * ,  *   ds  t  * , * , * 
2
4 a t
S
at

Trong đó  * , * , *  là một điểm nào đó trên mặt Sat. Do tính liên tục
của   , ,  nên rõ rãng khi t  0,  * , * , *  là một đại lượng giới nội
và vì vậy
lim
v  x, y, z , t   v  x, y, z ,0   0
t 0

Vậy (2.2.5) được thoả mãn.
Để thử lại điều kiện (2.2.6), ta xét đạo hàm của v (dạng (2.2.5) )

v 1
at

  x   at , y   at , z   at  dS1 

t 4 S
4
1

v at
 
t 4

         dS

1

S1

          dS

(2.2.16)

1

S1

Vì các đạo hàm riêng của  cũng liên tục, nên cũng áp dụng định lí
trung bình như trên, ta khẳng định được rằng khi t  0 hạng thức thứ 2 trong
vế phải của (2.2.16) dần tới 0. Do đó

t  * , * , * 
v
v
lim
 lim  lim
   x, y, z 
t 0
t t 0 t t 0

t
Vậy (2.2.6) được thoả mãn .
Bây giờ chỉ còn phải chứng minh v(x,y,z,t) thoả mãn phương trình
(2.2.4).
Từ (2.2.15) ta có ngay
vxx  v yy  vzz 

Bùi Thị Thủy

t
4

          dS

1

S1

23

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp



1

         dS
4 a 2t S

(2.2.17)

at

Mặt khác từ (2.2.16) và sau đó dùng công thức Ôtstrôgratski với chú ý
rằng  ,  ,   là cosin chỉ phương của pháp tuyến ngoài của mặt Sat, tại
điểm  , , 
v v at
 
t t 4

         dS

1

S1

v
1
 
          dS
t 4 at S
at

v
1
 

          dV
t 4 at V
at

Trong đó Vat là hình cầu có mặt bên là Sat . Đặt
I (t )            dV
Vat

at  2

      r , ,  r 2 sin  drd d

(2.2.18)

0 0 0

v v
1
 
I (t )
t t 4 at

Ta có

(2.2.19)

 2v
v 1v
1
1

 2  .

I (t ) 
I '(t )
2
2
t
t t t
4 at
4 at

Từ đó

(2.2.20)

Chú ý (2.2.19) thì (2.2.20) có thể viết

 2v
v 1 v
1
1
1



.(

I
(
t

))

I
(
t
)

I '(t )
t 2
t2 t t
4 at
4 at 2
4 at


Bùi Thị Thủy

1
I '(t )
4 at

(2.2.21)

24

K32A-Khoa Toán


Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2

Khóa luận tốt nghiệp

Dùng (2.2.18) thấy ngay được
 2

I '(t )  a    a 2t 2 sin  d d  a   dS
0 0

Sat

Từ đó (2.2.21) cho ta

 2v
1

       dS
2
t
4 t S
at

So sánh với (2.2.17), ta được (2.2.4)
2
 2v
 2v  2v 
2  v
a  2  2  2 
t 2
t 
 x y

Bài toán 1 được giải xong.
2) Giải bài toán 2: Ta chứng minh rằng nghiệm của bài toán 2 sẽ là

  x, y , z , t  

v
t

(2.2.22)

Trong đó v là nghiệm của bài toán 1 với vế phải của (2.2.6) là hàm 
Thực vậy từ phương trình

v 

 tt

 a 2  v  xx   v  yy   v  zz  đạo hàm theo t hai vế, ta có



 v 
 v 
 v 
 v  
2 

a




 t 





 

tt
 t  xx  t  yy  t  zz 

tức là có (2.2.7)

Vì v là nghiệm của bài toán 1, chú ý (2.2.4) và (2.2.5), (2.2.6) ta được

v
 x, y, z,0     x, y, z 
t
 2v

 x, y, z,0   2  x, y, z,0 
t
t

  x, y, z,0  

 2v
 2v

  2v

 a  2  x, y, z,0   2  x, y, z,0   2  x, y, z,0    0
y
z
 x

2

Bùi Thị Thủy

25

K32A-Khoa Toán