Ôn thi Phương trình đạo hàm riêng

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG I. MỞ ĐẦU Cho hàm u(x)  u(x1,..., x n ) với x  (x1,..., x n )     n , ta kí hiệu riêng. của. u(x). theo. biến. xi ,. còn. . u hay u x i là đạo hàm x i. Du(x)  u x1 ,..., u x n. . T. T.  u u   ,...,   x n   x1. n  2u  grad u(x)  u(x) là gradien của u(x), toán tử Laplace u   u  , ma trận Hessian 2 i 1 x i 2.  u x1x1 u x1x 2   u x x u x2x2 2 D u(x)  u xi x j  2 1 i, j1,n ...  ...  ux x ux x n 2  n 1. ... u x1x n   ... u x 2 x n   . Nếu u(x) là hàm 1 biến thì Du(x) chính là ... ...  ... u x n x n . . . . u '(x), và D 2 u(x) là u ''(x). Xét phương trình vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2 n. . i, j1. n. a ij (x)u x i x j (x)   a j (x)u x j (x)  a(x).u(x)  f (x) (1.1) j1. trong đó a ij (x), a j (x), a(x), f (x) là các hàm cho trước, u(x) là hàm cần tìm. Xét ma trận  a11(x) a12 (x) ... a1n (x)   a (x) a (x) ... a (x)  22 2n  , do u A(x)  a ij (x)   21 x i x j  u x jx i nên ta có thể giả sử A(x) là  ... ... ... ...     a n1(x) a n2 (x) ... a nn (x)  ma trận vuông thực, đối xứng. Với mỗi x  x 0 cố định, ma trận A(x 0 ) có n giá trị riêng thực (tính cả bội), gọi  p ,  n , z lần lượt là số giá trị riêng dương, âm, bằng 0 (positive: dương,. . . negative: âm, zezo: không), ta có  p   n   z  n . Phương trình (1.1) được gọi là thuộc loại - Elliptic tại x 0 nếu  p  n hoặc  n  n.  p  n  1   n  1 Parabolic tại x 0 nếu  hoặc  n .  z  1  z  1  p  1  n  1 - Hyperbolic tại x 0 nếu  hoặc  .   n  1   n  1  n  p Khi tất cả các hệ số a ij không phụ thuộc vào x thì có phép đổi biến y=y(x) đưa các phương. -. trình trên về dạng chính tắc (không làm thay đổi phân loại ban đầu). - (E): u  G(y, u(y), Du(y))  0. - (P):  (u y1y1  ...  u yn 1yn 1 )  G(y, u(y), Du(y))  0 , chẳng hạn phương trình truyền nhiệt. u t   y 'u  0 (t  y n , y '  (y1,..., y n 1), y  (y ', t)). - (H):  (u y1y1  ...  u yn 1yn 1  u yn yn )  G(y, u(y), Du(y))  0 , chẳng hạn phương trình. truyền sóng u tt   y 'u  0 (t  y n , y '  (y1,..., y n 1), y  (y ', t)). . Nghiệm cổ điểm (classical solution) của phương trình (1.1) thường được định nghĩa là hàm u  C2 () thoả mãn (1.1) với x  . 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Với đa chỉ số (muliti index)   (1,... n )   n bậc   1  ...   n thì  !  (1 !)...( n !), . x  (x1,..., x n ). .  n  (x1 1 )...(x  n ),. .  u. . D u.  n x1 1 ...x  n. . . , D k u  D u,   k , k  1, 2,3,..... . . Riêng D1u viết tắt là Du và xếp theo trật tự như đã biết Du  u x1 ,..., u x n , còn D 2 u được viết ở dạng ma trận Hessian. Ta đưa ra một số không gian hàm hay sử dụng sau đây.. C0 ()  C()  u : liên tục trên  . .  Ck ().   k 0 Ck ()  u  Ck () : D u liên tục đều trên  với mọi   k .  Ck ()  Ck (), k  0,1, 2,...,   0 k C ()  C0k ()  u  Ck () : u  0 ở bên ngoài một tập compact trong  . Ck ()  u : D u  C(),    k ,C () . Giá của hàm liên tục sup p u  x   : u(x)  0. Hàm u gọi là có giá compact trong  nếu supp u là tập compact chứa trong  . (Trong  n tập compact là ttập đóng và bị chặn). Một tập A được gọi là “chứa compact” trong B nếu A  A  B và A là tập compact, kí hiệu A  B. Kí hiệu C 0 () là tập các hàm khả vi vô hạn lần và có giá compact trong  . 1.  p  p p Lp ()  f (x) :  f (x) dx    ,1  p  , chuẩn f    f (x) dx  , là không gian      . Banach. Nói riêng L2 () là không gian Hilbert với tích vô hướng f ,g   f (x).g(x)dx. .  Không gian L ()  f (x) đo được trên , esss upf (x)    có chuẩn f  esss upf (x),   . . . trong đó esss upf (x)  inf  : B  , B  0, lim f (x)    cận trên cốt yếu. . .  \B. . Lploc ()  f (x) : f (x)  Lp (K), K   .. Ví dụ 1 Xét xem hàm f (x)  1. Lời giải Ta có.  f (x) dx . 0. a;b   0;1 . Vì. b. 1 có thuộc L1(0;1), L1loc (0;1) (  (0;1)  ) hay không. x 1. 1. dx  x. lim. 0 . b.  f (x) dx  ln a  . lim ( ln )    f (x)  L1(0;1). Ta xét đoạn bất kì. 0. nên f (x)  L1loc (0;1). (Hoặc với mọi tập compact. a. 1 K  (0;1) tồn tại M  m ax f (x)  max ,  f (x) dx  M  dx  M. K    f (x)  L1loc (0;1)). xK xK x K K 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 khi x  E Hàm đặc trưng  E (x)   . E 0 khi x  Tích chập: Cho f  L1( n ),g  Lp ( n ),1  p  , tích chập của f và g, kí hiệu là f*g, là hàm. (f * g)(x) :. . n. f (x  y).g(y)dy. Ta có f * g  Lp ( n ), f * g p  f 1 . g p .. 1 khi x   0;1 1 Ví dụ 2 Cho f (x)   . Chứng minh rằng f  L1(),g  L2 (), , g(x)  2 0 khi x   \  0;1 1 x. f * g  L2 ().. Lời giải Có. 1. 1.  f (x) dx   dx  1    f  L ();  g(x). . 2.      g  L2 (). Và (f * g)(x) . b  a.  f (x  y)g(y)dy,. . x. dx.  lim (arctan b  arctan a)   a  1  x 2 a . dx  lim. . 0. b. b . với x  y   \  0;1  f (x  y)  0,. x 1  x2  x   2   ln( 1  y  y)   ln  x  y   0;1  f (x  y)  1 nên (f *g)(x)   2  2 x 1  1  y 2  2x  x  x  1 x 1 dy. x. 1. 1 1 dy  h(x) . Ta thấy nếu x  2  y  x  1  1  0     0  h(x)    2 1  y2 y y 1  y x 1 . x. . x 1. dy 1 1  ln(1  )  y x 1 x 1. . . 2. h(x) dx . . . 2 2 (x  1). 2. x. 1. dx.  1  . Nếu x  1  y  x  1 1. x. 1 1 dy dy 1 1 2 0     0  h(x)      ln(1  )    h(x) dx  2 y y x x 1  y2 y x 1 1  y x 1   2. 1. . dx.  x. 2.  1   Hàm h(x) liên tục trên đoạn 2. 2. . 1. . . h(x) dx  M  dx  3M  . Do đó. . . 1 . dx. 2 (x  1). 2. .  1;2 , 2. h(x) dx . đặt M  1. . lim. 2. x 1;2. 2. h(x) dx . . h(x) , ta có. 2. . 2. h(x) dx . 1.    h  L2 () hay f * g  L2 () .. 1 khi x   0;1 1 2 Ví dụ 3 Cho f (x)   , g(x)  . Chứng minh f  L1(), f   L (). 0 khi x   \  0;1 1  x2. Kiểm tra xem f*g có thuộc L2 () hay không. 1. 1. dx dx 2  2    f  L1();  f (x) dx      f  L2 ().   x 0  x   0 1 Theo chứng minh trên g  L2 (). Do f (x  y)  với x  y  (0;1), hay x  1  y  x, và xy. Lời giải Ta có. f (x) dx  lim. f(x – y) = 0 khi x  y   (0;1), lúc đó (f * g)(x)   3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> KHÁI NIỆM NGHIỆM SUY RỘNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOẠI PARABOLIC VÀ MỐI LIÊN HỆ VỚI NGHIỆM CỔ ĐIỂN 1. Vài kí hiệu -. Ta kí hiệu L là toán tử được xác định như sau Lu . trong. đó. n n u  u u   (a ij )   bi  cu, t i, j1 x i x j i 1 x1. u  u(x, t)  u(x1,..., x n , t), x  (x1,..., x n )   n , t  ,a ij  a ij (x, t),. a ij  a ji , bi  bi (x, t),c  c(x, t). -. Với 0  T   và  là miền bị chặn trong  n ta kí hiệu R T   n  (0;T), QT    (0;T), ST    (0;T),  t 0    t 0  (0  t 0  T), o 1,1 W2,0 (QT )  (x, t)  W21,1(QT ) : (x,T)  0,   0 ở gần ST  .. . 2. Bài toán Cauchy Xét phương trình đạo hàm riêng cấp hai tuyến tính dạng Lu  f (x, t) với (x, t)  R T (1) với điều kiện ban đầu u(x,0)  (x), x   n (2), các hàm f , cho trước. Nghiệm cổ điển của bài toán Cauchy (1), (2) là hàm u mà u  u(x, t)  C2,1(R T )  C( n   0;T ) và thỏa mãn đồng thời (1), (2). Nghiệm suy rộng của bài toán (1), (2) trong không gian W21,0 (R T ) là hàm u  u(x, t)  W21,0 (R T ) và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân n    u  n u    u t   a ij x j xi   bi x1   cu dxdt   (x)(x,0)dx  i, j1 i 1 RT   n . . fdxdt. (3), (x, t)  W21,1(R T ), (x,T)  0.. RT. Ví dụ 1 Xét phương trình. u  2 u   0, (x, t)  R1    (0;1) (4) t x 2. u(x,0)  e x , x   (5). 4 Lop12.net. với điều kiện ban đầu.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta thấy hàm u(x, t)  e x  t (x  ,0  t  1) là (một) nghiệm cổ điển của bài toán (4), (5). Nghiệm suy rộng của bài toán (4), (5) trong không gian W21,0 (R1) là hàm u  u(x, t)  W21,0 (R1) và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân   u   x 1,1   u t  x x dxdt   e (x,0)dx  0 (6),(x, t)  W2 (R1), (x,1)  0. R  1. Nhận xét. Đối với bài toán (1), (2) nếu có thêm điều kiện  (x)  L 2 ( n ) , a ij ,. a ij x i. , bi ,c,f (x, t)  L 2 (R T ),. thì mọi nghiệm cổ điển u(x, t)  C2,1(R T ) đều là nghiệm suy rộng, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm, vì nghiệm suy rộng là hàm u(x,t) chỉ đòi hỏi có đạo hàm suy rộng theo x đến cấp 1 thuộc L 2 (R T ) , còn nghiệm cổ điển thì phải có đạo hàm theo x đến cấp 2 và theo t đến cấp 1 liên tục. 3. Bài toán biên ban đầu a. Bài toán biên ban đầu thứ nhất Ta xét phương trình u(x,0)  (x), x   (8), u  0, (x, t)  ST (9).. Lu  f (x, t), (x, t)  QT (7) với điều kiện ban đầu ở đó f , là các hàm cho trước, và điều kiện biên. Nghiệm cổ điển của bài toán biên ban đầu thứ nhất (7), (8), (9) là hàm u(x, t)  C2,1(QT )  C(QT  ST  0 ) và thỏa mãn đồng thời (7), (8), (9).. Nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9) trong không gian W21,0 (QT ) là hàm o u(x, t)  W21,0 (QT ) và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân. n    u  n u    u t   a ij x j xi   bi x1   cu dxdt   (x)(x,0)dx  i, j1 i 1 QT   . . . fdxdt. o (10), (x, t)  W21,1(QT ), (x,T)  0.. QT. Ví dụ 2 Chẳng hạn phương trình. u  2 u   2,(x, t)  Q1  (0;2)  (0;1) (11), với điều kiện ban đầu t x 2. u(x,0)  x 2  2x, x    (0;2) (12), và diều kiện biên u(0, t)  u(2, t)  0, t  (0;1) (13) , hàm. u(x, t)  x 2  2x,(x, t)  Q1 là (một) nghiệm cổ điển. Còn nghiệm suy rộng của bài toán (11), o 1,0 (12), (13) trong W2 (Q1) là hàm u(x, t)  W21,0 (Q1) và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân. 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> . . u  .   u t  x x dxdt  . Q1. (0;2). (x 2  2x)(x,0)dx  2  dxdt. (14). Q1. o với mọi (x, t)  W21,1(Q1), (x,1)  0.. Nhận xét với bài toán (7), (8), (9) nếu thêm điều kiện  trơn từng khúc, a ij a ij , , bi ,c,f (x, t)  L 2 (QT ), (x)  L 2 () thì mọi nghiệm cổ điển u(x, t)  C2,1(QT ) đều là x i nghiệm suy rộng, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm. Đối. Ta sẽ chứng minh nhận xét này trong trường hợp 0  T   Thật vậy, giả sử u(x, t)  C2,1(QT ) là một nghiệm cổ điển của bài toán (7), (8), (9) với điều f (x, t)  L 2 (QT ), (x)  L 2 () . kiện bổ sung Vì lúc này. u(x, t)  C2,1(QT )  C(QT  ST  0 )  C2,1(QT )  C2,1(QT ) nên u có đạo hàm cổ điển theo mọi biến x i đến cấp 2, theo biến t đến cấp 1 và các đạo hàm đó liên tục, trên cả QT và QT ,(15). Vì.  là miền bị chặn trong  n nên QT là miền bị chặn trong  n 1 , và QT compact trong  n 1 . Do đó tồn tại số sao cho u  M, (x, t)  QT . Ta thấy 0  M  . . 2. u dxdt . QT. . 2. M dxdt  M 2 QT   nên u  L 2 (QT ) (16). Ta thấy mọi đạo hàm cổ điển. QT. của u theo mọi biến x i đến cấp 2, theo biến t đến cấp 1, liên tục trên cả QT và QT , lập luận tương tự như trên suy ra các đạo hàm đó cũng thuộc L 2 (QT ) . Mà các đạo hàm cổ điển này lại chính là đạo hàm suy rộng của u. Chứng tỏ các đạo hàm suy rộng đến cấp 1 của u là thuộc. L 2 (QT ) (17). Từ (15), (16), (17) suy ra u  W21,0 (QT ). Mặt khác u  0 trên ST . Nên o u  W21,0 (QT ) (18). Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng u thỏa mãn (10) với mọi o (x, t)  W21,1(QT ), (x,T)  0. o Nếu k (x)  W21 () là hệ trực chuẩn trong L 2 () , sao cho bao đóng tuyến tính của nó o o 1 W2 () trong trùng với và kí hiệu W21 () ,  N   M trù M N   d k (t)k (x) : d k  W21 (0;T),d k (T)  0   W21,1(QT ) , thì ta có tính chất M  N 1 N k 1  o o o 1,1 1,1 1,1 mật trong W2,0 (QT ). Do đó với mỗi (x, t)  W2 (QT ), (x,T)  0, tức là  W2,0 (QT ) luôn. . . tồn tại dãy m   M hội tụ tới  trong W21,1(QT ), với m  6 Lop12.net. .  d km (t)km (x)  M. k 1. (nếu tổng.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> o. o 1 này là tổng hữu hạn thì ta coi d km  0 với k đủ lớn). Vì km  W2 () , mà W21 () là bao đóng o o o 1   của C () trong W2 () nên C () trù mật trong W21 () , nghĩa là tồn tại dãy o o  km  W21 () khi h   trong W21 (). Do  kmh   C () hội tụ tới C ((0;T))  C ( 0;T ) trù mật trong W21 ((0;T)) , và d km  W21 (0;T), d km (T)  0, nên tồn tại W21 (0;T). Khi đó dãy  d kmh   C ( 0;T ) hội tụ đến d km khi h   trong h : kmh .d kmh  L 2 (  0;T ). Do u là nghiệm cổ điển của bài toán đang xét nên nó thỏa mãn (7). Nhân hai vế của (7) với h rồi lấy tích phân hai vế ở trên QT ta được. . . . . . . n  u n    u h h h u h     (a )  b   cu  dxdt   fh dxdt.   t  xi ij x j  i x1  i, j1 i 1 QT  QT . Ta có. h u. . QT. t. dxdt . . h. u cos(, t)dS . QT. . QT. h u dxdt. Ta phân tích QT thành hợp của ba tập t. đôi một có giao là tập có thể tích 0 như sau QT  ST  0  T , mà u = 0 trên ST , khi xét trên 0 thì u   và  là vectơ pháp tuyến ngoài của biên QT xét trên đáy trụ 0 cho ta cos(, t)  1, cos(, t)  1 , còn trên thì ta thu được T. . uh cos(, t)dS . QT. h.  u(x,T). . . QT. h . (x,T)dx   (x)h (x,0)dx. Tương tự. u  (a ij )dxdt  x i x j. . . QT. u  a ij cos(, x i )dS  x j h. u h a ij dxdt. x j x i. . QT. Vì h = 0 trên ST , cos(, x i )  0 với  là vectơ pháp tuyến ngoài của QT xét trên các đáy u cos(, x i )dS  0. Do đó ta thu được đẳng thức tích phân trụ 0 , T , nên  h a ij x j QT. n  h  u h n u h h   u  a  b   cu  dxdt    t  ij x j xi  i x1  i, j1 i 1 QT  . +  u(x,T)h (x,T)dx   (x)h (x,0)dx  . . . fh dxdt.. QT. h  km  d kmkm nên n    u km n u km    u t   a ij x j xi   bi x1 km  cukm dxdt  i, j1 i 1 QT  . +  u(x,T)km (x,T)dx   (x)km (x,0)dx  . . . Lần lượt cho k = fkmdxdt.. QT. 1, 2, 3, …, k0 rồi cộng k0 đẳng thức này lại, cho k 0   , mà m  7 Lop12.net. Cho h   thì. .  km , nên ta có. k 1.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> n    u m n u m    u t   a ij x j xi   bi x1 m  cum dxdt  i, j1 i 1 QT  . +  u(x,T)m (x,T)dx   (x)m (x,0)dx  . . m  , ta thu được. Cho. . fmdxdt.. QT. n    u  n u    u t   a ij x j xi   bi x1   cu dxdt  i, j1 i 1 QT  . Nhưng (x,T)  0. +  u(x,T)(x,T)dx   (x)(x,0)dx  . m   thì. . . fdxdt.. QT. nên n    u  n u  dxdt   u  a  b   cu    t  ij x j xi  i x1  i, j1 i 1 QT     (x)(x,0)dx  . . fdxdt.. QT. o. 1,1 Như vậy với mọi  W2,0 (QT ) thì đẳng thức (10) được thỏa mãn với u là nghiệm cổ điển đang xét (19). Từ (18) và (19) chứng tỏ u là nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9).. Ta thấy rằng nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9) trong không gian W21,0 (QT ) là hàm o u(x, t)  W21,0 (QT ) , khi đó u có đạo hàm suy rộng theo x đến cấp 1, trong khi nghiệm cổ điển. của bài toán này đòi hỏi phải có đạo hàm theo x đến cấp 2 và theo t đến cấp 1, do đó u chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm của bài toán đó. b. Bài toán biên ban đầu thứ hai và thứ ba Ta xét phương trình (7) với điều kiện ban đầu (8) và điều kiện biên sau đây u n u u =  a ij cos(, x i ) (21), với  là vectơ đơn vị ngoài  (s, t)u ST  0 (20) ở đó N i, j1 x j N. tới mặt ST , còn (s, t) là hàm cho trước xác định trên ST . Khi   0 hoặc   0 thì bài toán (7), (8), (20) tương ứng được gọi là bài toán biên ban đầu thứ hai hoặc thứ ba. Nghiệm. cổ. điển. của. bài. toán. (7),. (8),. (20). là. hàm. u(x,. t). mà. u(x, t)  C2,1(QT )  C(QT  ST  0 )  C1,0 (QT  ST ) và đồng thời thoả mãn (7), (8), (20).. Nghiệm suy rộng của bài toán trong W21,0 (QT ) là hàm u(x, t)  W21,0 (QT ) thoả mãn đồng nhất thức tích phân. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> n    u  n u  dxdt   udsdt   u  a  b   cu    t  ij x j xi  j xi  i, j1 i 1 QT  ST .   (x)(x,0)dx  . . fdxdt (22), (x, t)  W21,1(QT ), (x,T)  0.. QT. Tương tự như trên, với điều kiện  trơn từng khúc, (x)  L 2 (), a ij a ij , , bi ,c,f  L 2 (QT ),   L 2 (ST ), ta thấy mọi nghiệm cổ điển u(x, t)  C2,1(QT ) của bài x i toán (7), (8), (20) đều là nghiệm suy rộng của nó, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng của bài toán đó chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm. Lúc này lưu ý. u.   t dxdt  . u cos(, t)dS . QT. QT. n. . u. QT.  dxdt    (x)(x,0)dx  t . .  (u t )dxdt,. QT. n n  u u u  (a )dxdt   a cos(  , x )dS    aij x x dxdt  i   xi ij x j   ij x j j i i, j1 QT QT i, j1 QT i, j1. .    udsdt  ST.    udsdt  ST. n. . 0 T n. n u   a ij cos(, x i )dS    x j i, j1 i, j1. u .  aij x j xi dxdt . QT. u .   aij x j xi dxdt.. QT i, j1. Ví dụ 3 u  2 u Cho phương trình   0, (x, t)  Q 2  (1;1)  (0; 2) (23), với điều kiện ban đầu t x 2 u(x,0)  x , x    (1;1) (24). Ta xét bài toán biên ban đầu thứ hai đối với phương trình này với điều kiện biên lúc này là u  0, (x, t)  S2  (x, t) | x  1, 1  ,0  t  2 (25). Ta lưu ý rằng N u u = cos(, x) mà lúc này cos(, x)  1 nên điều kiện biên (25) được viết lại thành N x u  0, (x, t)  S2 . x. Nghiệm cổ điển của bài toán đang xét là hàm u(x, t) thoả mãn. 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  2,1 1,0 u(x, t)  C (Q 2 )  C( 1;1   0; 2 )  C ( 1;1  (0; 2))   u  2 u .   2  0, (x, t)  Q 2  t  x   u  0, (x, t)  S2 u  x ,(x, t)  0 ; x  Nghiệm suy rộng trong W21,0 (Q2 ) của bài toán là hàm u  W21,0 (Q2 ) sao cho. . Q2.  u  (u  )dxdt  t x x. 1.   x (x,0)dx  0,  W2. 1,1. 1. 10 Lop12.net. (Q 2 ), (x, 2)  0..

<span class='text_page_counter'>(11)</span>