Bài toán cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không gian bất kỳ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

BÀI TOÁN CAUCHY
CHO PHƯƠNG TRÌNH
TRUYỀN SÓNG VỚI SỐ CHIỀU
KHÔNG GIAN BẤT KỲ
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

BÀI TOÁN CAUCHY
CHO PHƯƠNG TRÌNH
TRUYỀN SÓNG VỚI SỐ CHIỀU
KHÔNG GIAN BẤT KỲ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH : TOÁN GIẢI TÍCH
MÃ SỐ : 60 46 01 02

Người thực hiện: NGUYỄN THỊ NGẦN
Cao học khóa: 2014-2016
Người hướng dẫn: PGS. TS HÀ TIẾN NGOẠN.

HÀ NỘI - 2016

Mục lục

ii


Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan, dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Hà Tiến Ngoạn,
luận văn tốt nghiệp Thạc sỹ chuyên ngành Toán giait tích với đề tài " Bài toán
Cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không gian bất kỳ" được hoàn
thành bởi nhận thức của bản thân tác giả.
Trong quá trình nghiên cứu thực hiện luận văn, tác giả đã thừa kế những thành
tựu của những nhà khoa học với sự trân trọng và biết ơn.

1


Lời cảm ơn
Trong quá trình thực hiện luận văn thạc sỹ, tôi đã nhận được sự giúp
đỡ, tạo điều kiện của nhiều cá nhân, tập thể.
Lời đầu tiên tôi xin bầy tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Tiến Ngoạn đã
dành nhiều thời gian huownhs dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong
suốt quá trình làm luận văn.
Tôn xin trân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô giáo trong khoa Toán, trường
đại học Sư phạm Hà Nội 2 cũng như các thầy cô giáo đã tham gia giảng dạy
khóa học cao học năm 2014-2016 đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức
cho tôi trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè và tất cả mọi người đã quan tâm , tạo điều
kiện, động viên tôi hoàn thành nhiệm vụ.
Mặc dù đã có nhiều cố gắng hoàn thiện nhận văn, tuy nhiên luận văn không thể

tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong nhận được những đóng góp của thầy
cô và các bạn.
Hà Nội, tháng 8 năm 2016

Nguyễn Thị Ngần

2


Mở đầu
Phương trình truyền sóng là một trong các phương trình đạo hàm riêng cơ
bản, đại diện cho loại phương trình hyperbolic, mô tả các quá trình truyền sóng
và nhiễu động. Bài toán Cauchy cho loại phương trình này là tìm phân bố của
đại lương đặc trưng cho dao động tại mọi thời điểm khi biết được các phân bố và
tốc độ ban đầu của nó tại thời điểm ban đầu. Trong các Giáo trình về Phương
trình đạo hàm riêng, bài toán này thường được xét trong trường hợp một chiều
với công thức D’Alembert. Trường hợp số chiều không gian cao hơn ít được đề
cập.
Luận văn xét bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng với số chiều không
gian bất kỳ. Trước hết, bài toán được xét trong trường hợp một chiều. Với công
thức D’Alembert, đại lương trung bình của nghiệm bài toán này trên các mặt
cầu sẽ được thiết lập trong trường hợp số chiều không gian là lẻ. Từ đó nhận
được công thức biểu diễn nghiệm của bài toán khi xét giới hạn của đại lương
trung bình khi bán kính mặt cầu tiến về không. Trường hợp số chiều không gian
là số chẵn sẽ được giải quyết bằng phương pháp hạ bớt số chiều.
Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần Mở đầu, Kết luận, Một số ký hiệu,
Tài liệu tham khảo và 2 chương.
Chương 1: trình bày Các tính chất định tính của nghiệm phương trình truyền
sóng, như dẫn dắt phương trình dao động của dây, bất đẳng thức năng lượng
đối với bài toán, Miền phụ thuộc. Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy

Cauchy.
Chương 2 trình bày bài toán Cauchy cho phương trình sóng thuần nhất, như
1 Trường hợp không gian một chiều, đại lượng trung bình trên mặt cầu, trường
hợp không gian ba chiều, trường hợp không gian hai chiều, trường hợp số chiều
không gian bất kỳ, bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng không thuần
nhất.
Bản luận văn này được thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS.TS Hà Tiến
3


Ngoạn. Tôi bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy đã dành nhiều công sức và thời
gian để hướng dẫn, kiểm tra, giúp đỡ tôi trong việc hoàn thành bản luận văn
này.
Tôi xin gửi lời cảm ơn đến lãnh đạo và các thầy, cô trong khoa Toán , Trường
Đại học Sư phạm Hà Nội 2 về các kiến thức và những điều tốt đẹp mang lại cho
tôi trong thời gian học tập tại trường. Tôi xin cảm ơn tới Phòng Sau Đại học
về những điều kiện thuận lợi đã dành cho tôi trong việc hoàn thành thủ tục học
tập và bảo vệ luận văn.
Cuối cùng tôi bày tỏ lòng biết ơn gia đình, người thân là chỗ dựa về tinh
thần và vật chất cho tôi trong cuộc sống và trong học tập.

Hà Nội, tháng 8 năm 2016

Nguyễn Thị Ngần

4


Một số ký hiệu
(i) RN là không gian Euclide thực N chiều, R = R1 .

(ii) Một điểm trong RN là x = (x1 , ..., xN ) trong trường hợp cụ thể x có thể coi
như một vecto hàng hoặc vecto cột.
N
(iii RN
+ = x ∈ R ; xN > 0 .
(iv) Một điểm bất kỳ trong RN ký hiệu (x, t) = (x1 , ..., xN , t).
(v) U, V, và W ký hiệu là tập mở trong RN .
(vi) ∂U là biên của U .
(vii) U = U ∪ (∂U ) là bao đóng của U .
(viii) B(x, r) là hình cầu đóng có tâm là x và bán kính là r.
(ix) ωN là thể tích hình cầu đơn vị trong RN
(x) Đại lượng trung bình trong hình cầu
f dy =

1
ωN r N

f dy.
B(x,r)

B(x,r)

Đại lượng trung bình của f trên mặt cầu ∂B (x, r) và
f dS =

1
N ωN rN −1

∂B(x,r)

f dS.
∂B(x,r)

(xi)
C k RN = u : RN → R liên tục khả vi k lần .
∂ 2u
.
2
i=1 ∂xi
∂u
∂u
(xiii) ∇u =
, ...,
∂x1
∂xN
N

(xii) ∆ =

.

5


Chương 1
Các tính chất định tính của nghiệm
phương trình truyền sóng
Chương này trình bày một số kiến thức bổ trợ, như dẫn dắt phương trình
dao động của dây, bất đẳng thức năng lượng đối với bài toán Cauchy, miền phụ
thuộc, tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy. Nội dung của chương này

được hình thành chủ yếu từ các tài liệu [??] và [??].

1.1

Dẫn dắt phương trình dao động của dây

Xét một sợi dây căng thẳng theo trục Ox. Bằng một cách nào đó, ta làm sợi
dây dao động, và ta xét nghiên cứu định luận dao động ấy của sợi dây.
Ta giả thiết sợi dây rất nhỏ, không cưỡng lại sự uấn và có lực căng T tương đối
lớn so với sợi dây, khiến cho ta có thể bỏ qua yếu tố trọng lượng sợi dây nói
trên.
Ta sẽ chỉ xét những dao động ngang của sợi dây, tức là giả thiết khi dao động,
các phần tử vật chất của sợi dây chuyển động thẳng góc với trục Ox.
Độ lệch của các phần tử vật chất của dây mà ta ký hiệu là M so với vị trí cân
bằng của nó được ký hiệu là u.
Rõ ràng hàm u phụ thuộc thời gian và hoành độ của điểm M tức là:
u = u (x, t) .

Xét t = t0 thì đồ thị của đường cong biểu diễn bởi:
u = u (x, t0 ) .

6


Rõ ràng cho ta hình dãng của sợi dây tại thời điểm t = t0 .
Hơn nữa, ta giả thiết độ lệch u(x, t) của sợi dây và đạo hàm

∂u
rất nhỏ kiến cho
∂x

ta có thể bỏ qua đại lượng u2x so với đơn vị. Hãy lấy một đoạn dây bất ký giới
hạn bởi hai điểm M1 , M2 với hoành độ x1 , x2
Khi đó, do bỏ qua được đại lượng u2x (x, t), độ dài của đoạn dây M1 M2 bằng:
x2

1 + u2x dx ≈ x1 − x2 = l.

l =
x1

Tức là bằng độ dài của đoạn M1 M2 khi dây cung còn ở vị trí cân bằng.
Nó khác đi, như vậy ta coi độ dài của sợi dây không thay đổi khi nó dao động.
Như vậy, theo định luật Hooke thì lực căng T của sợi dây cũng không thay đổi,
vì vậy ta có thể coi lực căng T là một hằng số T0
T = T0 .

Bây giờ ta thiết lập phương trình dao động của dây, bằng cách dung nguyên lý
D’Alambert : (( trong chuyển động của dây, tổng các lực tác dụng vào đoạn dây,
kể cả lực quán tính là bằng không, và do đó các hình chiếu của các lực trên một
trục bất kỳ đề bằng không)).
Xét một đoạn dây M1 M2 bất kỳ và cho bằng không tổng các hình chiếu của các
lực xuống trục u, cụ thể hình chiếu của lực căng, ngoại lực tác động vào dây và
lực quán tính.
Lực căng hướng theo tiếp tuyến đối với dây tại điểm M1 và M2 và bằng T0 . Gọi
α (x) là góc tạo bởi trục Ox với tiếp tuyến tại điểm x thì tổng hình chiếu của
lực căng tại điểm M1 và M2 xuống trục u bằng :
Y = T0 [sin (x2 ) − sin (x1 )] .

Nhưng

sin (x) =

tan (x)
1 + tan2 (x)

=

∂u
∂x
1+

7

∂u
∂x

2

≈

∂u
.
∂x


Và do đó:
∂u
∂x

Y = T0

−
x=x2

∂u
∂x

.
x=x1

Chú ý rằng:
x2

∂u
∂x

−
x=x2

∂u
∂x

=
x=x1

∂ 2u
dx.
∂x2

x1

Ta được:
x2

Y = T0

∂ 2u
dx.
∂x2

x1

Ta gọi p(x, t) là ngoại lực tác động vào dây, song song với trục u và phân phối
trên một đơn vị chiều dài.
Khi đó, hình chiếu trên trục u của ngoại lực tác động lên đoạn M1 M2 của sợi
dây bằng:
x2

P =

p (x, t) dx.
x1

Gọi ρ (x) là tỉ trọng dài của sợi dây ( mật độ phân bố vật chất theo chiều dài).
Khi đólực quán tính của đoạn M1 M2 bằng:
x2

Z=−

ρ (x)

∂ 2u
dx.
∂t2

x1

Như vậy tổng các hình chiếu xuống trục u của các lực tác động vào đoạn M1 M2
bằng:
x2

Y +Z +P =

T0

∂ 2u
∂ 2u
−
ρ
(x)
+ p (x, t) dx = 0.
∂x2
∂t2

x1

Vì x1 , x2 là những trị số bất kỳ, nên từ đó suy ra đại lượng dưới dấu tích phân
bằng không, hay là:
ρ(x)

∂ 2u
∂ 2u
=
T
p(x, t).
0
∂t2
∂x2
8

(1.1)


Đây là phương trình dao động của dây. Nếu dây đồng chất, tức là:
ρ = const.

thì (1.1) có dạng:
2
∂ 2u
2∂ u
(x, t).
=
c
∂t2
∂x2 p

(1.2)

Với :

c=

T0
1
, f (x, t) = p (x, t) .
ρ
ρ

(1.3)

Nếu không có ngoại lực tác động nghĩa là:
p (x, t) = 0,

thì (1.2) trở thành:
2
∂ 2u
2∂ u
=
c
.
∂t2
∂x2

(1.4)

Phương trình (1.1) có vô số nghiệm. Vì vậy, để xác định được nghiệm, cần ấn
định thêm các điều kiện nào đây.
Đứng về phương diện vật lý thì điều này rõ ràng. Rõ ràng cùng một sợi dây
nhưng lại thời điểm ban đầu t = 0 có hình dạng khác nhau, vận tốc của điểm
của dây khác nhau, và chế dộ ở hai dầu dây khác nhau( gắn chặt hay cho chuyển

động theo một quy luật nào đó) thì dây sẽ dao động khác nhau. Vì vậy để xác
định quy luật dao động của sợi dây, cần phải cho hình dáng của sợi dây và vận
tốc của những điểm của nó tại thời điểm ban đầu và chế độ chuyển động tại hai
đầu dây.
Đứng về phương diện toán học, nếu hoành độ của hai đầu dây là x = 0 và x = l
thì điều đó tương đương với việc tìm nghiệm của phương trình (1.1):
ρ (x)

∂ 2u
∂ 2u
=
T
+ p (x, t) .
0
∂t2
∂x2

thỏa mãn các điều kiện:
u (x, 0) = ϕ (x) 0 ≤ x ≤
ut (x, 0) = ψ (x) 0 ≤ x ≤

9

(1.5)


trong đó ϕ (x) là độ lệch ban đầu của dây
ψ (x) là vận tốc ban đầu theo trục u của thời điểm có hoành độ là x
u (0, t) = µ1 (t)
u ( , t) = µ2 (t).

(1.6)

trong đó µ1 (t) chế độ chuyển động tại đầu x=0
µ2 (t) là chế độ chuyển động tại đầu x =
Nếu sợi dây dài mà ta chỉ quan tâm khảo sát một khoảng của dây khá xa một
đầu, chẳng hạn đầu x = l, khiến cho ảnh hưởng của đầu đó có thể bỏ qua được
thì ta có thể coi như đầu đó ở xa vô hạn và các điều kiện biên (1.5) và (1.6) sẽ
trở thành :
u (x, 0) = ϕ (x)
ut (x, 0) = ψ (x) .

(1.7)

u (0, t) = µ (t) .

(1.8)

Nếu khoảng dây xét xa đối với cả hai đầu, thì ta có thể coi như bài toán không
có điều kiện biên. Khi đó (1.5) trở thành (1.7)
Những điều kiện biên và điều kiện ban đầu còn có thể có nhiều dạng khác với
dạng kể trên.
Bài toán tìm nghiệm của phương trình (1.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu (1.7) (
không có điều kiện biên) được gọi là bài toán Cauchy của phương trình (1.1), còn
bài toán điều kiện (1.5), (1.6) được gọi là bài toán hỗn hợp của phương trình (1.1).

1.2

Bất đẳng thức năng lượng đối với bài toán Cauchy

Ta xét bài toán Cauchy cho phương trình truyền sóng cụ thể là bài toán
x ∈ RN , t > 0

utt − ∆u = 0,

(1.9)

u (x1 , ..., xn , t0 ) = ϕ (x)

x ∈ RN

(1.10)

ut (x1 , ..., xn , t0 ) = ψ (x)

x ∈ RN .

(1.11)

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

10


trục Ot và có phương trình.
(x1 − c1 )2 + (x2 − c2 )2 + ... + (xN − cN )2 − c2 (t − t0 )2 = 0, t0 > 0.

(1.12)

trong đó (c1 , c2 , ..., cN , t0 ) là tọa độ của đỉnh hình nón và có thể là điểm bất kỳ
trong không gian (x1 , x2 , ..., xN , t).
Giả sử 0 < s < t0 Xét trên mặt phẳng t = s của không gian (x1 , x2 , ..., xN , t).
Ký hiệu Gs là hình tròn trong mặt phẳng t = s
(x1 − c1 )2 + (x2 − c2 )2 + ... + (xN − cN )2 ≤ (t0 − s)2 .

Trên mặt phẳng t = 0 của không gian (x1 , x2 , ..., xN , t) xét hình tròn G0 sau:
(x1 − c1 )2 + (x2 − c2 )2 + ... + (xn − cn )2 = t20 .

Tồn tại trong nón cụt tròn xoay có đáy trên là mặt trong Gt0 , đáy dưới là mặt
trong G0 và mặt bên Sts . Ta gọi Ks là hình nón cụt nói trên.

Định lý 1.1. Nghiệm của bài toán (1.9)-(1.11) thỏa mãn bất đẳng thức năng
lượng sau đây:
n

u (x, s) +
N

t=s,

n

u (x, s)

dx≤

ψ (x) +

i=1

N

(xi −ci )2 ≤(t−t0 )2

t=0,

i=1

i=1

∂ψ (x)
∂xi

(xi −ci )2 ≤t2

i=1

(1.13)
Chứng minh. Trong Ks , ta có
∂u
∂t

∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
−
−

− ... −
∂t2
∂x1 2 ∂x2 2
∂xn 2

≡ 0.

Và
∂u
∂t

∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
−
−
−
...
−
∂t2
∂x1 2 ∂x2 2
∂xn 2

Ks

Rõ ràng ta có
∂u ∂ 2 u
1 ∂ ∂u
=

2
∂t ∂t
2 ∂t ∂t
11

2

dxdt = 0.

(1.14)

dx.


∂u ∂ 2 u
∂
=
2
∂t ∂x1
∂x1
∂
=
∂x1

∂u ∂u
∂t ∂x1

∂u ∂u
∂t ∂x1

−

∂ 2 u ∂u
=
∂t∂x1 ∂x1

1 ∂ ∂u
−
2 ∂t ∂x1

2

...
∂
∂u ∂ 2 u
=
2
∂t ∂xN
∂xN

∂u ∂u
∂t ∂xN

1∂
∂u
−
2 ∂t ∂xN

2

.

Áp dụng công thức Otsrogratski cho (1.13), ta có:
N

2

∂u
∂t

+
i=1

Gt ∪G0 ∪St

N

2

∂u
∂xi

cos n, t −2
i=1

∂u ∂u
cos (n, x)
∂t ∂xi

dS = 0.

(1.15)
Với n là pháp tuyến ngoài đơn vị đối với biên Ss ∪ Gs ∪ G0 .
Vì mặt phẳng G0 , Gt có vecto pháp tuyến cùng phương nhưng ngược chiều, mặt
phẳng G0 có vecto pháp tuyến cùng phương cùng chiều với trục Ot, mặt phẳng
Gt có vecto pháp tuyến cùng phương ngược chiều với trục Ot, nên ta được:
Công thức (1.14) có thể viết
+
i=1

Ss

1
2

∂u
∂t

N

2

∂u
∂t

1
2

N

2

+

Gs

i=1

∂u
∂xi

N

2

∂u
∂xi

cos n, t − 2
i=1
2

1
dx −
2

∂u
∂t

∂u ∂u

cos (n, xi )
∂t ∂xi
N

2

+

G0

i=1

∂u
∂xi

dS
2

dx = 0.

(1.16)
Phương trình mặt nón Sts có thể viết:
ω (x, t) = t ±

(x1 − c1 )2 + (x2 − c2 )2 + ... + (xn − cn )2 = const.

(1.17)

Trong đó hàm ω (x1 , ..., xn , t) thỏa mãn:
∂ 2u

∂ 2u
∂ 2u
∂ 2u
−
−
−
...
−
= 0.
∂t2
∂x1 2 ∂x2 2
∂xn 2

Vì mặt S có phương trình (1.21), nên trên mặt St các đại lượng
cos n, t .

12

(1.18)


tỷ lệ với
∂ω ∂ω
,
.
∂t ∂xi

Và từ (1.21) ta suy ra trên mặt St có hệ thức:
cos2 n, t − cos2 (n, x1 ) − ... − cos2 (n, xn ) = 0.

(1.19)

Chú ý rằng cos n, t > 0 trên mặt S nên ta có thể nbiến đổi biểu thức dưới dấu
tích phân

như sau:
Ss

∂u
∂t

2

N

+
i=1

1
=
cos n, t
2

2

∂u
∂xi
∂u
∂t

N

cos n, t − 2
2

−
cos (n, →
x1 ) +

∂u
cos2 n, t +
+
∂x1
∂u ∂u
−
−2
cos (n, →
x1 ) cos
∂t ∂x1
∂u ∂u
cos (n, −
x→
−2
n ) cos
∂t ∂xn

2

∂u
∂x2

∂u ∂u
cos (n, x)
i=1 ∂t ∂xi
2

∂u
∂t

2

2

∂u
∂t

−
cos (n, →
x2 ) + ... +
2

cos2 (n, −
x→
n)

2

∂u
n, t + ... + +
cos2 n, t

∂xn
∂u ∂u
−
n, t − 2
cos (n, →
x2 ) cos n, t − ...
∂t ∂x2
n, t

cos2

.

Hay
1
cos n, t

2

∂u
∂u
cos (n, x1 ) −
cos n, t
∂t
∂x1

2

∂u
∂u

−
+
cos (n, →
x2 ) −
cos n, t
∂t
∂x2

2

∂u
∂u
+... +
cos (n, −
x→
cos n, t
N) −
∂t
∂xN

≥ 0.

(1.20)
Từ (1.15) và (1.19) suy ra
+
i=1

t=s,(x1 −c1 )2 +(x2 −c2 )2 +...+(xN −cN )2 ≤c2 (t−t0 )2

∂u

∂t

−
t=0,(x1 −c1 )2 +(x2 −c2 )2 +...+(xN −cN )2 ≤c2 t2

N

2

∂u
∂t

n

2

+
i=1

2

∂u
∂xi
∂u
∂xi

dxdt
2

dxdt ≤ 0.

(1.21)
Công thức (1.20) suy ra bất đẳng thức năng lượng lượng sau đây đối với bài toán
Cauchy
13


n

n

u (x, s)

u (x, s) +
N

t=s,

dx≤

ψ (x) +

i=1

i=1

N

(xi −ci )2 ≤(t−t0 )2

(xi −ci )2 ≤t2

t=0,

i=1

∂ψ (x)
∂xi

i=1

(1.22)

1.3

Tính duy nhất nghiệm của bài toán Cauchy.
Miền phụ thuộc

1.3.1

Tính duy nhất nghiệm

Định lý 1.2. Nghiệm của bài toán (1.9)-(1.11) là duy nhất
Chứng minh. Giả sử u1 (x, t) và u2 (x, t) là các nghiệm của bài toán (1.10) − (1.12)
Đặt
u(x, t) = u1 (x, t) − u2 (x, t)

ta có
utt − c2 uxi xj = 0

(1.23)

u (x, 0) = 0, x ∈ RN

(1.24)

ut (x, 0) = 0, x ∈ RN .

(1.25)

Theo (1.22) ta được
∂u (x, s)
∂t

n

2

+
i=1

(x1 −c1 )2 +(x2 −c2 )2 +...+(xn −cN )2 ≤(t−t0 )2

∂u (x, s)
∂xi

Do đó
∂u (x, s)
∂t

N

2

=
i=1

∂u (x, s)
∂xi

2

= 0,

∀x ∈ Gs .

Như vậy
∂u
∂u
= 0,
= 0, (j = 1, 2, ..., n) trên Ks .
∂t
∂xj
14

2

dx ≤ 0.

dx.

Từ đó suy ra
u (x, y, z) = const.

Do u(x, t) = 0 trên G0 nên u(x, t) = 0 trong Ks Nên u1 (x, t) = u2 (x, t Vậy u(x, t)
là nghiệm duy nhất của bài toán Cauchy (1.10) − (1.12)

1.3.2

Miền phụ thuộc

Xét điểm (c1 , ..., cn , t0 ) với t0 > 0. Qua lý luận trên ta suy ra giá trị của nghiệm
u(x, t) tại điểm (c1 , ..., cn , t0 ) và giá trị của nó tại điểm bất kỳ trong nón Kt0 hoàn
toàn được xác định bởi các hàm ϕ(x) và ψ(x) trong các điều kiện (1.10) và (1.11).
Do đó ta thấy rằng, miền phụ thuộc cuả điểm (c1 , ..., cn , t0 ) là hình nón Kt0 quay
xuống mà nhận điểm (c1 , ..., cn , t0 ) là đỉnh.

15


Chương 2
Bài toán Cauchy cho phương trình
sóng thuần nhất
Chương này trình bày: phương trình truyền sóng trong không gian một chiều,
đại lượng trung bình trên mặt cầu, phương trình truyền sóng trong không gian
ba chiều, phương trình truyền sóng trong không gian hai chiều, phương trình
truyền sóng trong không gian có số chiều bất kỳ, bài toán Cauchy cho phương
trình truyền sóng không thuần nhất. Nội dung của chương này được hình thành
chủ yếu từ các tài liệu[??], [??]và [??].

2.1

Trường hợp không gian một chiều

Xét phương trình truyền sóng sau đây

 utt − uxx = 0 trong R × (0, ∞)
u (x, 0) = ϕ (x) trên R × (t = 0)
 u (x, 0) = ψ (x) trên R × (t = 0).
t

(2.1)

Biết t là thời gian, và x là biến không gian một chiều.
Ở đây ϕ, ψ đã biết. Ta tìm công thức của u thông qua ϕ và ψ .
Ta sẽ chứng minh nghiệm tổng quát của bài toán (2.1) có dạng

u (x, t) = F (x − ct) + G (x + ct).

(2.2)

Ở đây s → F (s), G(s) thuộc lớp C 2 trong miền xác định. Thật vậy, nếu thay đổi
biến
ξ = x − t, η = x + t.
(2.3)

16

Phương trình (2.1) trở thành
(2.4)

uξη = 0.

Nghiệm tổng quát của phương trình (2.4) có dạng
u (ξ, η) = F (ξ) + G (η) .

Do đó
u (x, t) = F (x − ct) + G (x + ct) .

Theo như (2.2) ta phải xác định được F và G từ các giá trị ban đầu
F (x) + G (x) = ϕ (x)
F (x) + G (x) = ϕ (x)
−F (x) + G (x) = − 12 ψ (x) .

Từ đây
1
1
G (.) = ϕ (.) + ψ (.)
2
2c
1
1
F (.) = ϕ (.) − ψ (.) .
2
2c

Thay
ξ

1
1
F (ξ) = ϕ (ξ) −
2
2c

ψ (ξ) ds + c1
0

.

ξ

1
1
G (ξ) = ϕ (η) +
2
2c

ψ (η) ds + c2
0

Vì thế
x+ct

1
1
u (x, t) = [ϕ (x + ct) + ϕ (x − ct)] +
2

2c

ψ (s) ds,

nếu x ≥ t, t ≥ 0. (2.5)

x−ct

Công thức (2.5) là nghiệm của bài toán (2.1) và được gọi là công thức
D Alembert

2.2

Đại lượng trung bình trên mặt cầu

Cho ϕ và ψ là có hai chức năng nhất định của lớp C 2 (RN ) và xét bài toán
Cauchy sau
17


u ≡ utt − ∆u = 0 trong RN × R+
u (x, 0) = ϕ (x)
x ∈ RN
ut (x, 0) = ψ (x)
x ∈ RN .

2.2.1

(2.6)

Trung bình mặt cầu

Giả sử ωN là diện tích của mặt cầu đơn vị trên RN và với mọi x ∈ R và với
r > 0 ta đặt
Br (x) ≡ y ∈ RN / |x − y| < r

Biểu diễn hình cầu tâm x và bán kính r. Ta ký hiệu dσ(y) là phần tử diện tích
trên mặt cầu ∂Br (x) và ký hiệu dω là phần tử diện tích mặt cầu đơn vị của RN .
Nếu v ∈ C(RN ), trung bình trên mặt cầu của v tại x, bán kính r là
M (v; x, r) =

1

v (y) dσ (y)

[∂Br (x)]
∂Br (x)

1
=
ωN rN −1

v (y) dσ (y)

(2.7)

|x−y|=r

=

1
ωN

v (x + rν) dω.
|ν|=1

Trong đó ν dao động trên RN
Chú ý 2.1. Hàm số r → M (v; x, r) có thể thác triển từ R+ lên R bởi ánh xạ
chẵn như sau
v (x − r (−v)) dω =

v (x + rv) dω =
|ν|=1

|ν|=1

v (x − rv) dω.
|ν|=1

Chú ý 2.2. Nếu v ∈ C s (RN ), s ∈ N thì x → M (v; x; ρ) ∈ C s (RN )
Chú ý 2.3. Biết (x, r) → M (v, x, r) cho phép ta xác định hàm v(x) bởi công thức
sau
lim M (v; x, r) = v (x) , ∀x ∈ RN .

r→0

18


2.2.2

Công thức Darboux

Giả sử v ∈ C 2 (RN ) theo Định lý phân kỳ, ta có
∇v (y) dσ (y)

∆v (y) dy =
|x−y|
|x−y|=r

= rN −1

∇v (x − rv) vdω

|ν|=1

= rN −1

d
dr

v (x + rv) dω.
|ν|=1

Vì vậy,
∂
1
(M (v; x, r)) =
∂r

ωN rN −1

∆v (y) dy
|x−y|ρ

=

1
ωN rN −1

rN −1 ∆x
0

v (x + rv) dωdr.

|ν|=1

Sau khi nhân với rN −1 và dùng đạo hàm theo r, ta được
∂
∂r

rN −1

∂
M (v; x, r)
∂r

= ∆x rN −1 (M (v; x, r)) .

Ta được công thức Darboux
N −1 ∂
∂2
+
2
∂r
r ∂r

2.2.3

M (v; x, r) = ∆x M (v; x, r) , ∀v ∈ C 2 RN .

Bài toán Cauchy tương đương

Cho u ∈ C 2 (RN × R) là nghiệm của (2.6). Khi đó, ∀x ∈ RN và ∀r > 0
∆x M (v; x, r) =

1
ωN

∆x u (x + rv, t) dω
|ν|=1

∂2
u (x + rv, t) dx
∂r2

1
= 2
C ωN

|ν|=1

1 ∂2
=
M (v; x, r) .
C ∂t2

19

(2.8)


Vì thế đặt
(2.9)

M (r, t) = M (u (x, t) ; x, r).

Và theo Chú ý 2.2 và 2.3, ta kết luận u ∈ C 2 (RN × R) là nghiệm của (2.6) khi và
chỉ khi M (r, t) là nghiệm của bài toán sau
 2

 ∂ 2 M (r, t) =

∂2
N −1 ∂
+
M (r, t)
2
∂t
∂r

r ∂r

 M (r, 0) = M (ϕ; x, r) ≡ Mϕ (x, r)
Mt (r, 0) = M (ψ; x, r) ≡ Mψ (x, r).

2.3

(2.10)

Trường hợp không gian ba chiều

Nếu N = 3, bài toán giá trị ban đầu (2.10), sau khi nhân với r ta nhận được




∂2
∂2
(r
(M
(r,
t)))
=
(r (M (r, t))) trên R × R+
2
2
∂t
∂r

 rM (ρ, 0) = rMϕ (x, r)

Mt (r, 0) = rMψ (x, r) .

(2.11)

Theo công thức D Alembert, ta có
r+t

1
1
ρM (r, t) = [(r − t) Mϕ (x, r − t) + (r + t) Mϕ (x, r + t)] +
2
2

Mψ (x, s) ds.
r−t

Lấy đạo hàm theo hai vế theo r , và cho r tiến tới không ta được

u (x, t) =



1 

8π

ϕ (x + vt) dω +

|ν|=1


+

ϕ (x + vt) dω 



|ν|=1



1 
t
8π

∇ϕ (x + vt) vdω − t

 |ν|=1
+

1 
t
8π

∇ϕ (x + vt) vdω 



|ν|=1


ψ (x + vt) dω + t

|ν|=1

|ν|=1

20

ψ (x + vt) dω  .



(2.12)


Do đó

u (x, t) =





1 ∂
t
4π ∂t 


ϕ (x + vt) dω







|ν|=1

+

1
t
4π

ψ (x + vt) dω.

(2.13)

ψ (y) dσ.

(2.14)

|ν|=1

Ta có thể viết lại công thức (2.13) như sau

4πc2 u (x, t) =



∂ 1

∂t t

ϕ (y) dσ  +



|x−y|=t

1
t
|x−y|=t

Bằng cách chuyển đạo hàm vào dấu dưới tích phân trong (2.13)
4πu (x, t) =

1
t2

(tψ (y) + ϕ (y) + ∇ϕ. (x − y)) dσ.

(2.15)

|x−y|=t

Đây là nghiệm của bài toán ban đầu
Định lý 2.1. Cho N = 3 và giả sử ϕ ∈ C 2 (R3 ) và ψ ∈ C 2 (R3 ). Khi đó tồn tại
nghiệm duy nhất của bài toán Cauchuy (2.1) và nó được cho bởi một trong các

công thức (2.13) − (2.15).
Chứng minh. Ta phải chứng minh tính duy nhất. Nếu u, v ∈ C 2 (R3 × R) là hai
nghiệm thì đại lượng trung bình trong hình cầu của hiệu của chúng
˜ = 3
M
4π

(u − ν) (x + ρν) dω.
|v|=1

thỏa mãn (2.12) với các hàm ϕ (x) và ψ (x) đồng nhất bằng không. Sự duy nhât
˜ ≡ 0, ∀ρ > 0.
nghiệm của bài toán Cauchy trong trường hợp một chiều suy ra , M
Do đó u ≡ v

Công thức (2.13) − (2.15) được gọi là công thức Kirchof f và cho phép ta đưa
ra một số tính chất của nghiệm u.
Chú ý 2.4. Miền phục thuộc. Nghiệm tại (x, t) ∈ RN +1 . N = 3 phụ thuộc vào
giá trị của ϕ và ψ và đạo hàm ϕxi , i = 1, 2, 2 trên mặt cầu |x − y| = t . Lưu ý nó
không giống trường hợp không gian một chiều, giá trị của tất cả các điểm bên
trong hình cầu Bt (x) không liên quan đến giá trị của u tại (x, t)
21


Chú ý 2.5. Tính trơn. Trong trường hợp N = 1 nghiệm là trơn giống như ϕ (x)
và ψ (x). Nếu N = 3 bởi đạo hàm theo t xuất hiện trong phương trình (2.12) ,
nghiệm u(x, t) có độ trơn thấp hơn ϕ và ψ . Nói chung, nếu
ϕ ∈ C m (R3 ), ψ ∈ C m (R3 ), m ∈ N

Thì u ∈ C m (R3 × R+ ). Như vậy nếu ϕ và ψ chỉ là của lớp C 2 trên R3 . sau đó

uxi xi có thể tăng vọt tại điểm (x, t) ∈ R3 × R mặc dù ϕxi xi , ψxi xi bị chặn. Nó được
biết đến như một tiêu điểm. Theo Chú ý 2.4,tập kỳ dị trở nên nhỏ lại khi cho
t>0 vào một tập nhỏ hơn gọi là các tiêu điểm.
Chú ý 2.6. Giá compact. Trong phần này chúng ta giả sử giá của ϕ và ψ là
compact, chẳng hạn là hình cầu Br (0) và xét tính ổn định trên L∞ (R3 ), ∀t ∈ R.
Từ công thức nghiệm (2.13), hàm u(◦, t) có giá trị chứa trong tập sau.
(t − r)+ ≤ |x| ≤ r + t.

Sự nhiễu cảu các hàm ϕ (x) và ψ (x) chỉ ảnh hưởng đến giá trị của nghiệm trong
miền nói trên của không gian.
Chú ý 2.7. Giá trị của nghiệm khi thời gian đủ lớn.Ta tiếp tục giả định giá trị
của ϕ và ψ là giá của hình cầu Br (0).Từ Chú ý 2.6 nghiệm x → u(x, t) cũng có
giá compact trên R3 . Nghiệm u(x, t) theo biến t cũng có giá compact theo biến t
theo nghĩa u(x, t) = 0 khi x cố định và |t| đủ lớn

Phát biểu mạnh hơn, có dạng như sau
u

∞,R (t)

→0

khi t → ∞.

Thật vậy từ (2.15) , cho thời gian đủ lớn, ta có
u

∞,R3

2r2

≤
t

ϕ

∞,R3

+ ∇

∞,R3

+ ψ

∞,R3

,

(2.16)

Do hình cầu {|x − y| = ct} cần phải có giao khác rỗng với hình cầu Br (0).

22