Phuong trinh dao ham rieng Cao hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Trần Đức Vân

Lý thuyết

Phơng trình Vi phân

Đạo hàm riêng

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Bộ sách cao học - Viện toán học

Trần Đức Vân

Viện Toán học

Trung tâm Khoa học Tự nhiên và Công nghệ Quốc gia

Lý thuyết

Phơng trình vi phân

Đạo hàm riêng

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

GS Trần Đức Vân (Chủ tịch)

PGS Phan Huy Kh¶i (Th− ký)

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Mơc lơc

Mơc lơc

. . . 1

Lời nói đầu

. . . 9

1

Ph−ơng trình đạo hàm riêng: Định nghĩa và ví dụ

13

1.1 Sự xuất hiện của ph−ơng trình đạo hàm riêng . . . 13

1.2 Các định nghĩa chung về ph−ơng trỡnh HR . . . 14

1.3 Các ví dụ tiêu biểu . . . 15

1.3.1 Các phơng trình ĐHR . . . 16

1.3.2 Hệ phơng trình ĐHR . . . 18

1.4 Những điều cần chú ý khi nghiên cứu phơng trình ĐHR . . . 19

1.4.1 Bi toỏn t chnh. Nghiệm cổ điển . . . 19

1.4.2 NghiÖm yÕu. TÝnh chÝnh quy . . . 20

2

Ký hiƯu vµ kiÕn thøc phơ trỵ

23

2.1 Ký hiƯu . . . 23

2.1.1 Ký hiệu đối với ma trận . . . 23

2.1.2 Ký hiƯu h×nh häc . . . 24

2.1.3 Ký hiƯu các hàm số . . . 25

2.1.4 Ký hiu o hm . . . 27

2.1.5 Các không gian hàm . . . 28

2.1.6 Hàm véc tơ . . . 28

2.1.7 Ký hiệu các ớc lợng . . . 29

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

2.2 Bất đẳng thức . . . 30

2.2.1 Hµm låi . . . 30

2.2.2 Một số Bất đẳng thức cơ bản . . . 31

2.3 Mét sè kiÕn thøc về giải tích thực . . . 35

2.3.1 Biên . . . 35

2.3.2 Định lý Gauss-Green . . . 37

2.3.3 Tọa độ cực, công thức đối miền . . . 38

2.3.4 Tích chập và độ trơn . . . 39

2.3.5 Định lý hàm ngợc . . . 41

2.3.6 Định lý hµm Èn . . . 42

2.3.7 Hội tụ đều . . . 43

2.4 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch hàm . . . 44

2.4.1 Không gian Banach . . . 44

2.4.2 Không gian Hilbert . . . 44

2.4.3 Toán tử tuyến tính bị chặn . . . 46

2.4.4 Hội tô yÕu . . . 48

2.5 Về lý thuyết độ o . . . 48

2.5.1 Độ đo Lebesgue . . . 49

2.5.2 Hàm đo đợc và tích phân . . . 50

2.5.3 Các định lý hội tụ đối với tích phõn . . . 51

2.5.4 Phép toán vi phân . . . 51

2.5.5 Hàm nhận giá trị trong không gian Banach . . . 52

3

Những ph−ơng trình đạo hàm riêng tuyến tính quan

trọng

55

3.1 Ph−ơng trình chuyển dịch . . . 56

3.1.1 Bài toán giá trị ban đầu . . . 56

3.1.2 Bài toán không thuần nhất . . . 57

3.2 Phơng trình Laplace . . . 58

3.2.1 Nghiệm cơ bản . . . 59

3.2.2 Công thức giá trị chÝnh . . . 63

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Môc lôc 3

3.2.4 Hàm Green . . . 71

3.2.5 Phơng pháp năng lợng . . . 79

3.3 Phơng trình truyền nhiệt . . . 81

3.3.1 Nghiệm cơ bản . . . 82

3.3.2 Công thức giá trị chính . . . 89

3.3.3 Một số tính chất của nghiệm . . . 92

3.3.4 Phơng pháp năng lợng . . . 99

3.4 Phơng trình truyền sóng . . . 102

3.4.1 Nghiệm theo trung bình cầu . . . 103

3.4.2 Bài toán không thuần nhất . . . 115

3.4.3 Phơng pháp năng lợng . . . 117

3.5 Bài tập Chơng 3 . . . 119

4

Phng trỡnh đạo hàm riêng phi tuyến cấp một

125

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao . . . 126

4.1.1 Tích phân đầy đủ . . . 126

4.1.2 Nh÷ng nghiƯm míi tõ hình bao . . . 128

4.2 Đặc trng . . . 130

4.2.1 Ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng . . . 130

4.2.2 C¸c vÝ dơ . . . 133

4.2.3 §iỊu kiƯn biªn . . . 136

4.2.4 Nghiệm địa ph−ơng . . . 139

4.2.5 øng dông . . . 143

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi . . . 149

4.3.1 Phộp tớnh bin phân, ph−ơng trình vi phân th−ờng Hamilton 149
4.3.2 Biến đổi Legendre, cơng thức Hopf-Lax . . . 154

4.3.3 NghiƯm u, tính duy nhất . . . 162

4.4 Luật bảo toàn . . . 168

4.4.1 Sèc, ®iỊu kiƯn entropi . . . 169

4.4.2 C«ng thøc Lax-Oleinik . . . 176

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

4.4.4 Bài toán Riemann . . . 185

4.4.5 Dáng ®iƯu nghiƯm khit→ ∞ . . . 188

4.5 Bµi tËp Chơng 4 . . . 193

5

Một số phơng pháp biểu diễn nghiệm

197

5.1 Phơng pháp tách biến . . . 197

5.2 Nghiệm đồng dạng . . . 201

5.2.1 Sãng phẳng và sóng lan truyền. Soliton . . . 201

5.2.2 §ång d¹ng theo tû lƯ . . . 209

5.3 Các ph−ơng pháp biến đổi tích phân . . . 211

5.3.1 Biến đổi Fourier . . . 211

5.3.2 Biến đổi Laplace . . . 220

5.4 Biến đổi ph−ơng trình phi tuyến thành tuyến tính . . . 223

5.4.1 Biến đổi Hopf-Cole . . . 223

5.4.2 Hàm thế vị . . . 225

5.4.3 Biến đổi tốc đồ và biến đổi Legendre . . . 226

5.5 Phơng pháp Laplace và thuần nhất hóa . . . 228

5.5.1 Phơng pháp Laplace . . . 228

5.5.2 Thuần nhất hóa . . . 230

5.6 Chuỗi lũy thõa . . . 233

5.6.1 Mặt không đặc tr−ng . . . 233

5.6.2 Hàm giải tích thực . . . 237

5.6.3 Định lý Cauchy-Kovalevskaya . . . 239

5.7 Bài tập Chơng 5 . . . 244

6

Phơng pháp biến phân

247

6.1 Giíi thiƯu vỊ phÐp tÝnh biÕn ph©n . . . 247

6.1.1 ýt−ëng c¬ së . . . 247

6.1.2 BiÕn phân cấp một. Phơng trình Euler-Lagrange . . . 248

6.1.3 Biến phân cấp hai . . . 251

6.1.4 Hệ phơng tr×nh . . . 252

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Mơc lơc 5

6.2.1 §iỊu kiƯn bøc, tÝnh nưa liªn tơc d−íi . . . 257

6.2.2 TÝnh låi . . . 260

6.2.3 NghiÖm yÕu của phơng trình Euler-Lagrange . . . 264

6.2.4 Hệ phơng tr×nh . . . 267

6.2.5 TÝnh chÝnh quy . . . 271

6.3 Bài toán với ràng buộc . . . 272

6.3.1 Bài toán giá trị riêng phi tuyến . . . 273

6.3.2 Ràng buộc một phía, bất đẳng thức biến phõn . . . 276

6.3.3 ánh xạ điều hòa . . . 278

6.4 Điểm tới hạn . . . 280

6.4.1 Định lý qua núi . . . 280

6.4.2 áp dụng cho phơng trình ĐHR elliptic tựa tuyến tính . . . 285

6.5 Bài tập Chơng 6 . . . 290

7

Các ph−ơng pháp phi biến phân

293

7.1 Ph−ơng pháp đơn điệu . . . 294

7.2 Ph−ơng pháp điểm bất động . . . 300

7.2.1 Định lý điểm bất động Banach . . . 300

7.2.2 Các định lý điểm bất động Schauder, Schaefer . . . 303

7.3 Phơng pháp nghiệm dới và nghiệm trên . . . 308

7.4 Không tồn tại nghiƯm . . . 311

7.4.1 Bïng nỉ . . . 311

7.4.2 Đồng nhất thức Derrick-Pohozaev . . . 314

7.5 Các tÝnh chÊt h×nh häc cđa nghiƯm . . . 317

7.5.1 Tập mức hình sao . . . 317

7.5.2 Đối xứng radial . . . 318

7.6 Bài tập Chơng 7 . . . 322

8

Nghiệm nhớt của ph−ơng trình đạo hàm riêng

325

8.1 Khái niệm về nghiệm nhớt . . . 326

8.1.1 Định nghĩa nghiệm nhớt . . . 327

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

8.2 TÝnh duy nhÊt . . . 332

8.3 Sù tån t¹i cđa nghiƯm nhít . . . 336

8.3.1 Giíi thiƯu vỊ lý thut ®iỊu khiĨn . . . 336

8.3.2 Quy hoch ng . . . 338

8.3.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi-Bellman . . . 340

8.3.4 C«ng thøc Hopf-Lax . . . 346

8.4 Định nghĩa nghiệm nhớt đối với ph−ơng trình cấp 2 . . . 348

8.5 Bài tập Chơng 8 . . . 352

9

Hệ các luật bảo toàn

355

9.1 Mở đầu . . . 356

9.1.1 Nghiệm tích phân . . . 358

9.1.2 Sãng lan trun, hƯ hyperbolic . . . 360

9.2 Bài toán Riemann . . . 366

9.2.1 Súng n . . . 366

9.2.2 Sóng tạo chân không . . . 368

9.2.3 Sóng sốc, gián đoạn tiếp xúc . . . 369

9.2.4 Nghiệm địa ph−ơng của bài toán Riemann . . . 375

9.3 Hệ hai luật bảo toàn . . . 377

9.3.1 BÊt biÕn Riemann . . . 377

9.3.2 Kh«ng tồn tại nghiệm trơn . . . 382

9.4 Tiêu chuẩn entropi . . . 383

9.4.1 Triệt tiêu độ nhớt. Sóng lan truyền . . . 384

9.4.2 CỈp entropi . . . 388

9.4.3 Tính duy nhất nghiệm đối với luật bảo ton vụ hng . . . 391

9.5 Bài tập Chơng 9 . . . 395

10

Hệ phơng trình Navier-Stokes

397

10.1 Bài toán mở về nghiệm trơn . . . 398

10.2 Phơng trình div v= f . . . 401

10.2.1 Miền giíi néi . . . 402

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Mơc lơc 7

10.2.3 Miền không giới nội với biên không compắc . . . 412

10.3 NghiƯm u cđa hƯ Navier-Stokes . . . 414

10.4 Bài tập Chơng 10 . . . 425

Tài liƯu tham kh¶o

. . . 436

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11></div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Lời nói đầu

Tài liệu này đợc biên soạn dựa vào những phơng châm sau đây:

1. Chỳ trng n ph−ơng trình phi tuyến, vì nói chung ta th−ờng gặp chúng
trong những ứng dụng thực tế. Hơn nữa, mặc dù đo đ−ợc đề cập đến từ lâu (trong
thế kỷ 18, 19), nh−ng lý thuyết các ph−ơng trình phi tuyến cơ bản cho đến ngày nay
vẫn ch−a đ−ợc hoàn chỉnh.

2. Một bài tốn ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng, nếu nó có ý nghĩa thực
tiễn, thì chắc chắn nó có nghiệm, chỉ có điều là nghiệm đó đ−ợc hiểu theo nghĩa
nào mà thơi. Nhiều ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng mà ta nghiên cứu, đặc biệt
là ph−ơng trình phi tuyến đều khơng có nghiệm cổ điển, vì vậy ta cố gắng xây dựng
lý thuyết các nghiệm suy rộng hoặcnghiệm yếu của chúng, và điều quan trọng ở
đây là tính duy nhất nghiệm (do nhu cầu ứng dụng thực tế).

3. Khác với một số cuốn sách khác th−ờng xây dựng lý thuyết ph−ơng trình vi
phân đạo hàm riêng theo cách phân loại ph−ơng trình, ở đây chúng tơi chú trọng
đến cácph−ơng pháp nghiên cứu thơng qua những ví dụ đặc tr−ng. Cách làm này
nhằm cung cấp cho bạn đọc nhiều ph−ơng pháp giải ph−ơng trình vi phân đạo hàm
riêng, để họ có thể áp dụng vào việc xem xét những ph−ơng trình cụ thể trong thực
tế. Ngồi ra, chúng tơi quan tâm đặc biệt đến việc tìm nghiệm chính xác của các
bài tốn ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng, xem đó là một trong những nhiệm vụ
chính của tập ti liu ny.

Cuốn sách bao gồm 10 chơng.

Chng 1 dnh cho các định nghĩa cơ bản của ph−ơng trình đạo hàm riêng, các
ví dụ tiêu biểu và những điều cần quan tâm khi nghiên cứu chúng. Đặc biệt, chúng
tôi nêu một cách tóm tắt về mối quan hệ của lý thuyết ph−ơng trình đạo hàm riêng
với các lĩnh vực tốn học khác.

Trong ch−ơng 2, chúng tơi trình bày những ký hiệu và kiến thức cần thiết để bạn
đọc dễ theo dõi các phần tiếp theo.

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

Trong ch−ơng 3 chúng tôi nhắc lại những kết quả cơ bản liên quan đến các
ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng tuyến tính : ph−ơng trình chuyển dịch, ph−ơng
trình Laplace, ph−ơng trình truyền nhiệt, ph−ơng trình truyền sóng, chủ yếu là các
cơng thức biểu diễn nghiệm và các tính chất đặc tr−ng.

Ch−ơng 4 dành cho việc giới thiệu lý thuyết các ph−ơng trình đạo hàm riêng
phi tuyến cấp một trong tr−ờng hợp hàm thông l−ợng là lồi. Chúng tôi chú trọng
đến ph−ơng pháp đặc tr−ng để tìm nghiệm địa ph−ơng và đ−a ra khái niệm nghiệm
yếu hoặc nghiệm suy rộng của bài tốn Cauchy cho ph−ơng trình đạo hàm riêng phi
tuyến cấp một hoặc định luật bảo toàn.

Trong ch−ơng 5, bạn đọc có thể làm quen với những ph−ơng pháp th−ờng gặp
để nghiên cứu các ph−ơng trình đạo hàm riêng: ph−ơng pháp tách biến, ph−ơng
pháp nghiệm đồng dạng, các ph−ơng pháp biến đổi tích phân, ph−ơng pháp biến đổi
ph−ơng trình phi tuyến thành tuyến tính, ph−ơng pháp Laplace và thuần nhất hóa,
ph−ơng pháp chuỗi lũy thừa.

Ch−ơng 6 đề cập đến ph−ơng pháp biến phân, là một ph−ơng pháp chủ yếu để
khảo sát các ph−ơng trình ĐHR thơng qua việc chứng minh tồn tại và duy nhất cực
tiểu của phiếm hàm năng l−ợng t−ơng ứng.

Trong ch−ơng 7 chúng tôi giới thiệu những ph−ơng pháp quan trọng khác nh−:
ph−ơng pháp toán tử đơn điệu, ph−ơng pháp điểm bất động, ph−ơng pháp nghiệm
trên và nghiệm d−ới, các ph−ơng pháp không tồn tại nghiệm...

Trong ch−ơng 8 bạn đọc làm quen với khái niệm nghiệm nhớt của ph−ơng trình
ĐHR phi tuyến cấp 1 và 2, một khái niệm nghiệm yếu đ−ợc Crandall và Lions đ−a

ra vào năm 1981và đ−ợc nhiều nhà toán học chấp nhận. Những định lý về tồn tại
và duy nhất nghiệm nhớt và công thức biểu diễn nghiệm trong tr−ờng hợp ph−ơng
trình Hamilton-Jacobi đo đ−ợc chứng minh.

Ch−ơng 9 dành cho việc nghiên cứu sâu hơn về hệ các luật bảo tồn. Bạn đọc có
thể tìm thấy ở đây những kiến thức cơ bản về bài toán Riemann, những tiêu chuẩn
về duy nhất nghiệm kiểu entropi, và đặc biệt là xét kỹ hơn hệ hai luật bảo tồn.

Trong ch−ơng cuối chúng tơi giới thiệu về hệ ph−ơng trình Navier-Stokes và các
bài tốn mở về tồn tại nghiệm trơn của hệ đó. Đặc biệt, chúng tơi xét bài tốn tồn
tại nghiệm của ph−ơng trình divu=f trong không gian Sobolev và cho một phác
thảo chứng minh tồn tại nghiệm yếu của bài toán biên-ban đầu của hệ Navier-Stokes.
Ngồi ra, để tiện lợi cho bạn đọc, chúng tơi thêm phần Phụ lục về Không gian
Sobolev nhằm cung cấp những khái niệm và kết quả cần thiết trong khi nghiên cứu
các ph−ơng trình ĐHR phi tuyến.

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

Lêi nói đầu 11

thuyt o Lebesgue v phng trỡnh vi phân th−ờng, do đó nó sẽ có ích cho một
đối t−ợng độc giả rộng roi: từ sinh viên các năm trên của các khoa toán cho đến
học viên cao học ngành toán và các cán bộ khoa học kỹ thuật cú dựng n phng
trỡnh vi phõn o hm riờng.

Trần Đức Vân

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15></div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

Chơng 1

Phng trỡnh o hàm riêng:

Định nghĩa và ví dụ

1.1. Sự xuất hiện của các ph−ơng trình đạo hàm riêng

1.2. Các định nghĩa chung về ph−ơng trình đạo hàm riêng

1.3. Các ví dụ tiêu biểu

1.4. Những điều cần chú ý khi nghiên cứu ph−ơng trình đạo

hàm riêng

Chúng ta đo đ−ợc biết về khái niệm ph−ơng trình vi phân đạo hàm riêng (ta sẽ
viết tắt là ph−ơng trình ĐHR) từ ch−ơng trình đại học là những ph−ơng trình có
chứa hàm số cần tìm và các đạo hàm riêng của nó. Đây là một lĩnh vực tốn học
phức tạp, tr−ớc tiên vì những kí hiệu r−ờm rà và những dẫn dắt từ các ứng dụng lắt
léo, làm cho ng−ời cần đến ph−ơng trình ĐHR cảm thấy chán nản. Ta hoy loại bỏ
tâm lý ấy đi để đọc cuốn sách này với nội dung là những kiến thức rất cơ bản về lý
thuyết ph−ơng trình ĐHR, từ các khái niệm sơ đẳng đến các thành tựu hiện đại của
nó.

1.1

Sự xuất hiện của ph−ơng trình đạo hàm riêng

Ph−ơng trình ĐHR đ−ợc nghiên cứu lần đầu tiên vào giữa thế kỷ 18 trong các
cơng trình của những nhà toán học nh− Euler, Dalambert, Lagrange và Laplace nh−
là một cơng cụ quan trọng để mơ tả các mơ hình của vật lý và cơ học. Những bài

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

tốn có nội dung t−ơng tự vẫn cịn đ−ợc nghiên cứu đến tận ngày nay và là một
trong các nội dung cơ bản của lý thuyết ph−ơng trình ĐHR. Chỉ đến giữa thế kỷ 19
và đặc biệt là trong các cơng trình của Riemann, ph−ơng trình ĐHR mới trở thành
cơng cụ mạnh dùng trong những lĩnh vực toán học khác. Cả hai h−ớng nói trên đo
tác động tích cực đến sự phát triển của lý thuyết ph−ơng trình ĐHR và ng−ợc lại,
ph−ơng trình ĐHR đóng vai trị quan trọng trong các lĩnh vực khác của toán học lý
thuyết và đặc biệt là trong các bài tốn của thực tiễn. Chính nhà toán học Poincare
từ năm 1890 đo nhấn mạnh rằng, rất nhiều bài toán của những lĩnh vực khác nhau

nh− : thuỷ động học, điện học, nhiệt học, quang học, lý thuyết đàn hồi,...có thể
nghiên cứu bằng các cơng cụ giống nhau - ph−ơng trình ĐHR. Từ khi mới xuất hiện
cho đến ngày nay, ph−ơng trình ĐHR đóng vai trị là chiếc cầu nối giữa toán học
và ứng dụng, thúc đẩy sự phát triển các ý t−ởng toán học trong nhiều lĩnh vực toán
học lý thuyết khác nhau.

1.2

Các định nghĩa chung về ph−ơng trình ĐHR

Một ph−ơng trình ĐHR là một ph−ơng trình có chứa hàm nhiều biến ch−a biết
và một số đạo hàm riêng của nó.

Sư dơng nh÷ng ký hiệu ở trongĐ2.1, ta có thể viết phơng trình ĐHR nh sau. Cho

klà một số nguyên dơng vàU là một tập mở trong Rn_.

Định nghĩa

1.1. Một biểu thức có dạng

F(x, u(x)), Du(x), ..., Dku(x)) = 0 (xU) (1.1)

đợc gọi là một phơng trình ĐHR bậck, ở đây

F :U ìR_ìRn

ì Ã Ã Ã ìRnk

R_,

là hàm cho trớc, và

u:U R_,

là hàm cần tìm.

Ta nói rằng phơng trình ĐHR (1.1) làgiảiđợc nếu ta tìm đợc tất cả các hàm số

uthoả mon (1.1).

Định nghĩa

1.2. (i) Phơng trình ĐHR (1.1) đợc gọi là tuyến tính nếu nh nó

có dạng 

||k

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

1.3 Các ví dơ tiªu biĨu 15

trong đóaα(x), f(x)là các hàm số đC cho. Ph−ơng trình tuyến tính này đ−ợc gọi
là thuần nhất nuf 0.

(ii) Phơng trình (1.1) đợc gọi là nửa tuyến tÝnh nÕu nã cã d¹ng

|α|=k

aα(x)Dαu+a0(x, u, Du, ...Dk−1u) = 0.

(iii) Phơng trình (1.1) đợc gọi là tựa tuyến tính nếu nã cã d¹ng

|α|=k

aα(x, u, Du, ..., Dk−1u)Dαu+a0(x, u, Du, ...Dk−1u) = 0.

(iv) Ph−ơng trình (1.1) đ−ợc gọi là ph−ơng trình phi tuyến hồn tồn nếu nó phụ
thuộc khơng tuyến tính vo o hm bc cao nht.

Mộthệ phơng trình ĐHR là một nhóm gồm vài phơng trình ĐHR chứa vài hàm
số cần tìm.

Định nghĩa

1.3. Một biểu thức dạng

F(x,u(x), Du(x), ..., Dku(x)) =o (x∈U), (1.2)

đ−ợc gọi là một hệ ph−ơng trình ĐHR bck, trong ú

F:U ìRm_ì_Rnm_{ì Ã Ã Ã ì}_Rmnk

Rm
đC cho trớc, và

u:U Rm_, _u_{= (u}1_{, ..., u}m₎
là cần tìm.

õy ta giả thiết rằng số ph−ơng trình và số hàm cần tìm đều bằng m. Điều đó
th−ờng xẩy ra, nh−ng cũng có những hệ có số ph−ơng trình nhỏ hơn hoặc ln hn
s hm cn tỡm.

Hệ phơng trình cũng đợc phân loại tơng tự thành hệ tuyến tính, nửa tuyến tính...

1.3

Các ví dụ tiêu biểu

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

nhiều và rõ ràng càng tốt. Nhiều nghiên cứu tập trung vào những phơng trình riêng
biệt có nhiều ứng dụng quan trọng trong hoặc ngoài toán học.

Trong mc ny, ta lm quen vi tên gọi và dạng của một số ph−ơng trình ĐHR đo
và đang đ−ợc nhiều nhà toán học quan tâm. ởđây ta ch−a nói đến xuất xứ của các
ph−ơng trình này và ý nghĩa của nó. Ta sẽ làm điều đó trong các phần sau đối với
một số ít ph−ơng trình.

Ta sẽ sử dụng các ký hiệu tơng tự,xU, U là mét miỊn trongRn_{, t >}_{0, Du}₌

Dxu= (ux1, ..., uxn)lµ gradient củautheo biến không gianx= (x1, ..., xn).

1.3.1

Các phơng trình ĐHR

a. Phơng trình tuyến tính

1. Phơng trình Laplace đợc Laplace đa ra vào khoảng năm 1780

u=

n

i=1

uxixi = 0.

2. Phơng trình Helmholtz đợc Helmholtz nghiên cứu vào năm 1860

u=u.

3. Phơng trình chuyển dịch tuyến tính

ut+
n

i=1

biuxi= 0.

4. Phơng trình Liouville, đợc Liouville nghiên cứu vào khoảng năm 1851

ut
n

i=1

(biu)xi = 0.

5. Phơng trình truyền nhiệt (hoặc khuyếch tán) đợc Fourier đa ra trong công
trình Théorie analytique de la chaleur (1810-1822)

utu= 0.

6. Phơng trình Schrodinger đợc Schrodinger nghiên cứu vào năm 1926

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

1.3 Các ví dụ tiêu biểu 17

7. Phơng trình Kolmogorov đợc Kolmogorov đa ra vào năm 1938

ut
n

i,j=1

aijuxixj +

n

i=1

biuxi = 0.

8. Phơng trình Fokker-Plank

ut
n

i,j=1

(aij_u)
xixj +

n

i=1

(bi_u)
xi= 0.

9. Phơng trình truyền sóng đợc Dalambert đa ra vào năm 1752

uttu= 0.

10. Phơng trình truyền sóng tổng quát

utt
n

i,j=1

aijuxixj +

n

i=1

biuxi= 0.

11. Phơng trình điện báo

utt+dutu= 0.

12. Phơng trình Airy

ut+uxxx= 0.

13. Phơng trình Beam

utt+uxxxx= 0.

b. Phơng trình phi tuyến

1. Phơng trình Eikonal

|Du|= 1.

2. Phơng trình Poisson phi tuyến

u=f(u).

3. Phơng trìnhp-Laplace

div(|Du|p2Du) = 0.

4. Phơng trình mặt cực tiểu đợc nghiên cứu bởi Lagrange vào năm 1760

div Du

(1 +|Du|2₎1/2

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

5. Phơng trình Monge-Ampere đợc Monge đa ra vào năm 1775

det (D2_{u) =}_f.

6. Phng trỡnh Hamilton-Jacobi c nghiờn cứu từ những năm 20 của thế kỷ 19
và Jacobi xét đến vào năm 1837

ut+H(x, Du) = 0.

7. Định luật bảo tồn đơn

ut+ divF(u) = 0.

8. Ph−ơng trình Burger sửa i

ut+uux= 0.

9. Phng trỡnh khuch tỏn-phn ng n

utu=f(u).

10. Phơng trình môi trờng tổ ong

ut(u) = 0.

11. Phơng trình truyền sóng phi tuyến

uttu=f(u),

utt diva(Du) = 0.

12. Phơng trình Korteweg-de Vries (KdV) lần đầu đợc nghiên cứu vào năm 1896

ut+uux+uxxx= 0.

1.3.2

Hệ phơng trình ĐHR

a. Hệ tuyến tính

1. H phng trỡnh cõn bằng của đàn hồi tuyến tính, Navier (1821)

µ∆u+ (λ+µ)D(divu) = 0.

2. Hệ ph−ơng trình tiến hố của đàn hồi tuyến tớnh

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

1.4 Những điều cần chú ý khi nghiên cứu phơng trình ĐHR 19

3. Hệ phơng trình Maxwell xuất hiện vào năm 1864

E_t ₌ _curlB
Bt = -curlE

divB = divE_{= 0.}

b. HÖ phi tuyÕn

1. Hệ các định luật bảo ton

ut+ divF(u) = 0.

2. Hệ phơng trình khuếch tán-phản ứng

utu=f(u).

3. Hệ phơng trình Euler đợc nghiên cứu lần đầu tiên vào năm 1775

ut+u.Du=Dp,

divu= 0.

4. Hệ phơng trình Navier-Stokes xuất hiện vào khoảng 1822-1827

ut+u.Duu=Dp,

divu= 0.

1.4

Những điều cần chú ý khi nghiên cứu phơng

trình ĐHR

1.4.1

Bi toỏn t chnh. Nghim c điển

Khi xét một bài tốn của ph−ơng trình ĐHR (có thể đó là bài tốn biên, bài
tốn điều kiện ban đầu, bài toán điều kiện hỗn hợp...), ta th−ờng gặp những khả
năng khác nhau về nghiệm của nó. Ta nói bài tốn của ph−ơng trình ĐHR đ−ợcđặt
chỉnh, nếu

(a) Tån t¹i nghiệm của bài toán;
(b) Nghiệm này là duy nhất;

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Hai điều kiện đầu đảm bảo tồn tại một nghiệm duy nhất của bài tốn, cịn điều kiện
thứ ba là rất quan trọng đối với những bài toán thực tế: ta mong muốn rằng nghiệm
sẽ thay đổi ít nếu các dữ kiện của bài tốn cũng ít thay đổi.

Bây giờ ta nói rằng ta giải đ−ợc bài tốn của ph−ơng trình ĐHR nếu nh− cả ba
điều kiện (a)-(c) đều thoả mon. Nh−ng ta ch−a đặt ra một định nghĩa chính xác
của nghiệm. Một cách tự nhiên là ta địi hỏi nghiệm của ph−ơng trình ĐHR bậck

là một hàm sốk lần khả vi liên tục. Khi đó, ít nhất là tồn tại tất cả các đạo hàm

của nghiệm xuất hiện trong ph−ơng trình và các đạo hàm đó đều liên tục. Những
nghiệm có độ trơn nh− thế ta sẽ gọi lànghiệm cổ điển.

Tuy nhiên, đối với nhiều ph−ơng trình ĐHR nghiệm cổ điển khơng phải bao giờ
cũng tồn tại.

1.4.2

NghiƯm yÕu. TÝnh chÝnh quy

Trên thực tế, những ph−ơng trình ĐHR có nghiệm cổ điển, đặc biệt là những
nghiệm tồn tại trong toàn bộ miền xác định (th−ờng gọi là nghiệm tồn cục) là rất
ít. Nh−ng rõ ràng là cần phải tìm ” nghiệm ” của các ph−ơng trình khơng có nghiệm
cổ điển để lý giải các hiện t−ợng thực tế mà chúng mơ tả. Ví dụ, ta xét định luật
bảo tồn 0

ut+F(u)x= 0.

Ph−ơng trình này xuất hiện trong thủy động học và mô tả nhiều hiện t−ợng vật lý
khác nhau, đặc biệt, nó là mơ hình của việc hình thành và truyền dẫn của các sóng
sốc. Sóng sốc chính là đ−ờng cong của những điểm gián đoạn của nghiệm u (xem

Đ4.4, Ch−ơng 4). Vì thế để nghiên cứu định luật bảo tồn và giải thích những hiện
t−ợng vật lý mà nó mơ tả, ta phải cho phép nghiệm u có thể khơng khả vi, hoặc
thậm chí là khơng liên tục. Nói chung, định luật bảo tồn khơng có nghiệm cổ điển.
Tuy nhiên đây là một ph−ơng trình đ−ợcđặt chỉnhnếu ta xộtnghim suy rnghoc

nghiệm yếucủa nó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

1.4 Những điều cần chú ý khi nghiên cứu phơng trình ĐHR 21

phng trình ĐHR là một bài tốn khó (xem [V-H]). Ngay đối với các ph−ơng trình

ĐHR có nghiệm cổ điển thì việc tìm nghiệm yếu của chúng và sau đó chứng minh
nghiệm yếu có đủ độ trơn cần thiết để trở thành nghiệm cổ điển cũng dể dàng hơn
việc trực tiếp tìm nghiệm cổ điển. Trong t−ơng lai ta th−ờng tách cơng việc ra làm
hai phần: tìm nghiệmthoả mon các điều kiện (a)-(c) trong một lớp hàm nào đó và
nghiên cứutính chính quyhayđộ trơncủa lớp hàm đó. Phần việc cuối cùng này đo
kích thích một h−ớng tốn học quan trọng phát triển, đó là các định lý nhúngcác
khơng gian hàm khác nhau.

Khi nghiên cứu phơng trình ĐHR ta sẽ thấy những ®iỊu sau ®©y:

(1) Ph−ơng trình phi tuyến khó hơn nhiều so với ph−ơng trình tuyến tính, và sẽ khó
hơn nếu phần phi tuyến chứa các đạo hàm bậc cao nhất của ph−ơng trình.
(2) Hệ ph−ơng trình sẽ phức tạp và khú hn mt phng trỡnh.

(3) Phơng trình bậc cao hơn sẽ khó hơn phơng trình bậc thấp hơn.

(4) Phng trỡnh ĐHR với nhiều biến độc lập hơn sẽ khó hơn ph−ơng trình có số
biến độc lập ít hơn. Với đại bộ phận các ph−ơng trình ĐHR là khơng thể tìm
đ−ợc nghiệm t−ờng minh.

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25></div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Ch−¬ng 2

Ký hiệu và kiến thức phụ trợ

2.1. Ký hiu

2.2. Bt ng thức

2.3. Một số kiến thức về giải tích thực

2.4. Một số kiến thức về giải tích hàm

2.5. Về lý thuyết độ đo

Trong ch−ơng này chúng ta sẽ làm quen với các ký hiệu và kiến thức phụ trợ
đ−ợc sử dụng đến trong các phần sau. Bạn đọc có thể bỏ qua ch−ơng này để đọc
các ch−ơng tiếp theo, khi cần thiết thì quay trở lại để tham khảo các ký hiệu và các
kiến thức cần thiết ở đây.

2.1

Ký hiÖu

2.1.1

Ký hiệu đối với ma trận

(i) Ta viÕtA= (aij)

để ký hiệu một ma trậnAdạng mìnvớiaij là phần tử

thø(i, j). Ma trận đờng chéoAđợc ký hiệu là diag(d1, ..., dn).

(ii) Mmìn ₌ _{không gian các ma trận thực} _m_ì_n_. _Snìn ₌ _{không gian các ma}

trn i xng thcnỡn.

(iii) trA=vt ca ma trậnA, tức là tổng các phần tử ở trên đ−ờng chéo chính.
(iv)detA=định thức của ma trận A.

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

(v) CofA=ma trận phần phụ đại số củaA.
(vi) AT ₌_{chuyển vị ca ma trn}_A_.

(vii) NếuA= (aij)

vàB= (bij)

là hai ma trận mìn, thì

A:B =

m

i=1

n

j=1

aijbij,

và

|A|= (A:A)1/2₌

m

i=1

n

j=1

a2

ij

1/2

.

(viii) Nếu A Snìn _và _x_{= (x}

1, ..., xn) ∈Rn, khi đó dạng tồn ph−ơng t−ơng

øng lµ

xAx=

n

i,j=1

aijxixj.

(ix) NÕu ASnìn_{, ta viết}_A_I_{, nếu}_xAx_|_x_|2_, _x_Rn_.

(x) Đôi khi ta sẽ viếtyA thay choAT_y _với_A_Mmìn _và_y_Rm_.

2.1.2

Ký hiệu hình học

(i)Rn _{là không gian Euclide thùc} _n_chiÒu,_R₌_R1_.

(ii) ei= (0, ...,0,1,0, ...,0) =véc tơ ta n v thi.

(iii) Một điểm trong Rn _là_x_{= (x}

1, ..., xn). Trong tr−êng hỵp cơ thĨ cã thĨ coix

nh là một véc tơ hàng hoặc véc tơ cột.
(iv) Rn

+ = {x = (x1, ..., xn) ∈ Rn|xn > 0} là nửa không gian mở phía trên;

R₊₌_{_xR_|_{x >}₀_}_.

(v) Một ®iĨm bÊt kú trongRn+1 _{th−êng ®−ỵc ký hiƯu}_{(x, t) = (x}

1, ..., xn, t)vµ ta

th−ờng dùngt=xn+1 là biến thời gian. Một điểmx∈Rn đơi khi đ−ợc viết

x= (x_{, x}

n)víix= (x1, ..., xn1)Rn1.

(vi) U, V vàW thờng ký hiệu các tập mở cđaRn_{. Ta viÕt}

V ⊂ ⊂U

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

2.1 Ký hiƯu 25

(viii)UT =Uì(0, T].

(ix)T =UT UT làbiên paraboliccủaUT.

(x)B0_{(x, r) =}_{y_Rn_|x_y|_{< r}}_{là hình cầu mở trong} _Rn _{với tâm}_x_{và bán}

kínhr >0.

(xi)B(x, r)l hình cầu đóng với tâmxbán kínhr.

(xii)C(x, t, r) ={y∈Rn_{, s}_∈_R_|_x₋_y_|_{r, t}₋_r2_s_t_}_{là hình trụ đóng}

với tâm đỉnh(x, t), bán kínhr, chiều caor2_.

(xiii)α(n)là thể tích của hình cầu đơn vịB(0,1)trongRn _và

α(n) = π

n/2

Γ(n

2 + 1)

.
nα(n)là diện tích mặt cầu đơn vị∂B(0,1)trong Rn_.

(xiv) Nếua= (a1, ..., an)vàb= (b1, ..., bn)thuộcRn

ab=

n

i=1

aibi, |a|=

n
i=1

a2

i

1/2

.

(xv)Cn _{là không gian phức}_n_chiều, _C_{là mặt phẳng phức. Nếu} _z_C_{ta ký hiệu}

Re(z)là phần thực củazvà Im(z)là phần ảo củaz.

2.1.3

Ký hiệu các hàm số

(i) Nếuu:UR_{, ta viết}_{u(x) =}_u(x₁_{, ..., x}_n₎ _(x_U₎_.

Ta nóiulàtrơnnếuulà khả vi vô hạn.

(ii) Nuuvv l hai hm, ta vituv có nghĩa làuđồng nhất bằng v. Ta đặt

u:=v để nói rằng uđ−ợc định nghĩa bằngv. Giá của hàm uký hiệu là

sptu.

(iii)u+_{= max(u,}_{0), u}−₌₋_min(u,_{0), u}₌_u+₋_u−_, _|_u_|₌_u+₊_u−_.
Hµm dÊulµ hµm

sgn(x) =







</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

(iv) NÕuu:U →Rm_{, ta viÕt}

u(x) = (u1(x), ..., um(x)) (x∈U).

Hµmuk _{là thành phần thứ} _k_của_u_(k_{= 1, ..., m)}_.

(v) Nếulà mặt tr¬n(n−1)chiỊu trongRn_{, ta viÕt}

Σ

f dS

để ký hiệu tích phân của f trên Σ với độ đo(n−1) chiều. Nếu C là một
đ−ờng cong trongRn_{, ta ký hiệu}

C

f dl

là tích phân củaf trênC với độ dài cung.
(vi) Tính trung bình: 

B(x,r)

f dy= 1
(n)rn

B(x,r)

f dy

làtrung bình củaf trên hình cầuB(x, r), và

B(x,r)

f dS= 1
nα(n)rn−1

∂B(x,r)

f dS

làtrung bình củaf trên mặt cầu∂B(x, r).
(vii) Hàm đặc trngcaE l

E(x) =

1 nếuxE
0 nếuxE.

(viii) Hàmu:U R_{đợc gọi là}_{liên tục Lipschitz}_nÕu

|u(x)−u(y)|C|x−y|

với hằng sốC nào đó và với mọix, y∈U. Ta vit
Lip[u] := sup

x,yU x=y

|u(x)u(y)|
|xy| .

(ix) Tích chập của các hàm f, gđợc ký hiệu : f g
(fg)(x) :=

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

2.1 Ký hiƯu 27

2.1.4

Ký hiệu đạo hàm

Gi¶ thiÕtu:U →R_{, x}_U_.

(i) u

xi

(x) = lim

h0

u(x+hei)u(x)

h , nếu giới hạn này tồn tại.

(ii) Ta thờng viếtuxi thay cho

u
xi

.
(iii) Tơng tự

2_u

xixj

=uxixj,

3_u

xixjxk

=uxixjxk, v.v.

(iv)Ký hiƯu ®a chØ sè :

(a) Một véc tơ có dạngα= (α1, ..., αn), trong đó mỗi thành phầnαi là một

sè nguyên không âm, đợc gọi là một đa chỉ số bËc

|α|=α1+· · ·+αn.

(b) Cho tr−íc mét ®a chØ sèα, ký hiÖu

Dαu(x) := ∂
|α|_u(x)
∂xα1

1 · · ·∂xαnn =∂x
α1

1 · · ·∂xαnnu.

(c) Nếuk là số nguyên không âm

Dku(x) :={Du(x)||=k}

l tp tt c các đạo hàm riêng bậck. Ta có thể coiDk_u(x)_{là một điểm}

trongRnk

.

(d) |Dk_u_|₌ _Σ|

α|=k|Dαu|2

1/2

.
(e) Các tr−ờng hợp đặc biệt : Nếuk= 1, ta coi

Du= (ux1, ..., uxn)làvéc tơ gradient.

Nếuk= 2, ta coi các phần tử củaD2_u_{đợc sắp trong ma trận}

D2_u₌

2_u

x2
1

à à Ã

2_u

x1xn

..
.

2_u

xnx1 Ã Ã Ã

2_u

x2
n

nìn

làma trận Hessian.

(v) u=

n

i=1

uxixi= tr(D

2_u)_là_{toán tử Laplace}_cña_u_.

(vi) Thỉnh thoảng ta dùng chỉ số d−ới gắn với các ký hiệuD, D2_{, ...} _{để ký hiệu}

các biến đ−ợc lấy đạo hàm. Chẳng hạn nh−: nếuu=u(x, y) (x∈Rn_{, y} 

Rm₎_{, thì}_D

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

2.1.5

Các không gian hàm

(i)C(U) ={u:U R_|_u_{liên tục}_}

C(U) ={uC(U)|uliờn tc u}

Ck_(U_{) =}_{_u_:_U _R_|_u_{là liên tục khả vi}_k_lÇn_}

Ck_(U_{) =}_{_u_∈_Ck_(U₎_|_Dα_u_{là liên tục đều với mọi}_|_α_|_k_}

Do đó: nếuu∈Ck_(U) _thì_Dα_u_{thác triển liên tục tới} _U _{với mọi đa chỉ số}

α, ||k.

(ii) C_(U_{) =}_{_u_:_U _R_|_u_{là khả vi vô hạn}_}₌

k=0

Ck(U)
C_{(U) =}

k=0

Ck(U).

(iii) Cc(U), Cck(U), ...,ký hiệu các hàm trongC(U), Ck(U), ...,với giá compắc.

(iv) Lp_{(U) =}_{_u_:_U _R_| _u_{là đo đợc Lebesgue,} _u

Lp₍_U₎<},

trong ú

uLp₍_U₎=

U|

u|pdx1/p (1p <).
L_(U_{) =}_{_u_:_U _R_|_u_{là đo đợc Lebesgue,}_u

L(U)<}},

trong ú

uL(U)= ess sup

U |

u|.
Lp_loc(U) ={u:U →R_|_u_∈_Lp_(V₎_{víi mäi} _V _{⊂ ⊂}_U_}_.

(v) DuLp₍_U₎=

DuLp₍_U₎,D2u_Lp₍_U₎=

D2_u

Lp₍_U₎.

(vi) Wk,p_(U_{), H}k_(U_{), ...,} _(k _{= 0,}_{1, ...,} ₁ _p  _∞₎ _{ký hiÖu các không gian}

Sobolev.

(vii) Ck,_(U_{), C}k,_(U₎ _(k_{= 0, ...,} ₀ ₁₎_{ký hiệu các không gian H"older.}

2.1.6

Hàm véc tơ

(i) Nếu m > 1 vµ u : U → Rm_, _u _{= (u}1_{, ..., u}m_), _(x _∈ _U₎ _Dα_u ₌

(Dα_u1_{, D}α_u2_{, ..., D}_um₎_{với mọi đa chỉ số}_,

Dk_u₌_{_D_u_|_|₌_k_}_.

và |Dk_u_|₌

||=k

|Du_|2

1/2

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

2.1 Ký hiệu 29

(ii) Đặc biệt : k= 1ta có

Du=

u1

x1 Ã Ã ·

∂u1

∂xn

..
.

∂um

∂x1 · · ·

∂um

∂xn








m×n

= ma trËn gradient.

(iii) NÕum=n, ta cã

divu= tr(Du) =

n

i=1

uixi= toán tử divergencecủa u.

(iv) Các không gianC(U;Rm_{), L}p_(U;_Rm₎_{, v.v. gồm các hàm}_u_:_U _Rm_, _u₌

(u1_{, ..., u}m₎_với_ui_C(U_{), L}p_(U₎_{, v.v.}_(i_{= 1, ..., m)}_.

Chó ý vỊ chØ sè d−íi vµ chØ sè trªn

Nh− đo thấy ở trên, ta sẽ dùng ký hiệu in đậm để ký hiệu các ánh xạ nhận
giá trị trong Rm _với _{m >} ₁ _{(hoặc cũng vậy trong cỏc khụng gian Banach hoc}

Hilbert). Các hàm thành phần của các ánh xạ này sẽ đợc cho bởi chỉ số trên. Một
điểm bất kỳ x Rn _{thì không in đậm và các thành phần của nó có chỉ số dới,}

x= (x1, ..., xn).

Ma trận các ánh xạ cũng sẽ đợc in đậm và các thành phần của nó đợc viết
với các chỉ số trên hoặc trộn lẫn chỉ số trên và chỉ số dới tùy vào từng trờng hợp.

2.1.7

Ký hiệu các ớc lợng

Hng s.

Ta dựng ch cỏiC để ký hiệu các hằng số trong các biểu thức của các
đại l−ợng đo biết. Giá trị chính xác đ−ợc ký hiệu bởiCvẫn có thể thay đổi từ dịng
này sang dịng khác trong một phép tính xác định.

Định nghĩa

2.1. (i)

(Biến thiên đồng bậc)

. Ta viếtf =O(g)khi x→x0

nếu tồn tại hằng sC sao cho|f(x)|_C|g(x)|vi mix gn vix0.

(ii)

(Biến thiên nhỏ hơn)

. Ta viÕtf =o(g)khix→x0nÕu

lim

x→x0

|f(x)|
|g(x)| = 0.

2.1.8

Mét sè quy −íc vỊ ký hiƯu

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

(i) Ta dùng “Du” mà khơng dùng “∇u” để ký hiệu gradient của hàmu. Lý do là
khi đó “D2_u_{” sẽ ký hiệu ma trận Hessian của}_u_{, trong khi “}_∇2_u_{” sẽ bị nhầm}

víi to¸n tư Laplace. Ký hiệu đa chỉ số trông cũng phù hợp hơn khi dùng chữ
cáiD.

(ii) Phn ln cỏc sỏch bỏo v phng trỡnh ĐHR đều dùng “Ω” để ký hiệu tập mở
trong Rn _{mà trong đó ph−ơng trình ĐHR đ−ợc xét.}

Nh− đo thấy ở trên, ta sẽ dùng ký hiệu “U” để ký hiệu một miền trongRn_{. Khi}

đó có nhiều thuận lợi: vì một nghiệm đ−ợc ký hiệuu, nó gợi cho ta rằng miền xác
định của nó là U và khơng lẫn với chữ cái Hy lạp. Hơn nữa, một khi ta gọiU là
tập mở cho tr−ớc, các chữ cáiV vàW có thể dùng ký hiệu các miền con củaU.

Sau cùng, ta sẽ dành Ωnh− là ký hiệu chuẩn cho không gian xác suất. Nhiều
ph−ơng trình ĐHR có liên quan đến cơng thức biểu diễn xác suất (xem Freidlin [F]),
vì thế mà ta khơng dùngΩđể ký hiệu miền trongRn_.

2.2

Bất đẳng thức

2.2.1

Hµm lồi

Định nghĩa

2.2. Một hàm f:Rn_R_{đợc gọi là lồi nếu}

f( x+ (1−τ)y)τ f(x) + (1−τ)f(y) (2.1)

víi mäix, y∈Rn _{vµ víi}₀_τ₁_.

Định lý 2.1

(

Giá siêu phẳng)

.

Giả thiếtf :Rn_→_R_{là lồi. Khi đó với mọi}

x∈Rn_{, tån t¹i}_r_∈_Rn _{sao cho}

f(y)≥f(x) +r(y−x), ∀y∈Rn_. _(2.2)

Chó ý

(i) ánh xạ y→f(x) +r(y−x)xác địnhgiá siêu phẳng của f tại x. Bất đẳng
thức (2.2) nói rằng: đồ thị củaf nằm phớa trờn mi giỏ siờu phng. Nuf

khả vi tạixthìr=Df(x).

(ii) Nếuf làC2_thì_f _{là lồi nếu và chỉ nếu}_D2_f ₀_{. Một hàm}_f _lµ_C2_{gäi lµ}_låi

đềunếuD2_f _≥_θI _{với hằng số}_{θ >}₀ _{nào đó; nghĩa là}

n

i,j=1

fxixj(x)ξiξj≥θ|ξ|

2 _{(x, ξ}

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

2.2 Bất đẳng thức 31

Định lý 2.2

(

Bất đẳng thức Jensen)

.

Giả thiếtf :R_→R _{là lồi và}_U _⊂
Rn _{là mở, bị chặn. Cho}_u_:_U _→_R_{là khả tổng. Khi đó}

f

U

udx

U

f(u)dx. (2.3)

Nhí r»ng_Uudx= 1

|U|

Uudxlà trung bình củautrênU (xemĐ2.1.3).
Chứng minh. Vìf là lồi, do đó với mọip∈Rn_, _∃r_∈_R_{sao cho}

f(q)≥f(p) +r(q−p), ∀q∈R.

đặt p=_Uudx, q=u(x), ta có

f(u(x)≥f

U

udx+ru(x)−

U

udx.

Lấy tích phân hai vế theoxtrênU ta sẽ đ−ợc Bất đẳng thức cần chứng minh.

2.2.2

Một số Bất đẳng thức cơ bản

Sau đây là một số Bất đẳng thức sơ cấp nh−ng rất quan trọng và sẽ liên tục đ−ợc
sử dụng.

a. Bất đẳng thức Cauchy

ab a

2

2 +
b2

2 (a, b∈R) (2.4)
Chøng minh. 0(a−b)2₌_a2₋_2ab₊_b2_.

b. Bất đẳng thức Cauchy với

ε
abεa2+b

2

4ε (a, b >0, ε >0). (2.5)
Chøng minh. Ta viÕtab= (2ε)1/2_a b

(2ε)1/2 rồi áp dụng Bất đẳng thức Cauchy.

c. Bất đẳng thức Young.

Cho 1< p, q <∞, 1_p+1_q = 1. Khi đó

ab a

p

p +
bq

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

Chứng minh. Ta có ánh xạx→ex_{là lồi, và từ đó}

ab=eloga+logb=ep1logap+1qlogbq 

1

pe

logap

+1
qe

logbq

=a

p

p +
bq

q.

d. Bất đẳng thức Young với

ε

abεap+C(ε)bq (a, b >0, ε >0) (2.7)
víiC(ε) = (εp)−q/p_q−1_.

Chøng minh. Ta viÕt: ab= (ε)1/p_a b

(εp)1/p

và áp dụng Bất đẳng thức Young.

e. Bất đẳng thức H"older.

Giả thiết 1 _{p, q} _∞, 1

p+

1

q = 1Khi đó nếu

u∈Lp_(U_{), v}_∈_Lq_(U₎_{, ta cã}

U|

uv|dxuLp₍_U₎v_Lq₍_U₎. (2.8)

Chøng minh. Kh«ng mÊt tính tổng quát ta giả thiếtuLp₍_U₎=v_Lq₍_U₎= 1. Khi

ú vi1< p, q <∞, từ Bất đẳng thức Young suy ra

U|

uv|dx1

p

U|

u|pdx+1
q

U|

v|qdx= 1 =uLp(U)vLq(U).

f. Bất đẳng thức Minkowski.

Giả thiết 1 p_∞vàu, v ∈Lp_(U)_{. Khi}

đó

u+vLp₍_U₎u_Lp₍_U₎+v_Lp₍_U₎. (2.9)

Chøng minh.

u+vpLp(U)=

U|

u+v|pdx

U|

u+v|p−1(|u) +|v|)dx

U|

u+v|pdx

p−1

p

U|

u|pdx

1

p

+

U|

v|pdx

1

p

=u+vpL−p₍1_U₎ uLp(U)+vLp(U)

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

2.2 Bất đẳng thức 33

Chú ý.

Chứng minh t−ơng tự ta sẽ thiết lập đ−ợc Bất đẳng thức H"older và
Min-skowski rời rạc














n

k=1

akbk

n

k=1

|ak|p

1/p n
k=1

|bk|q

1/q
n

k=1

|ak+bk|p

1/p

n

k=1

|ak|p

1/p

+

n

k=1

|bk|p

1/p (2.10)

víia= (a1, ..., an), b= (b1, ..., bn)∈Rn vµ1p <∞, 1_p+1_q = 1.

g. Bất đẳng thức H"older tổng quỏt

Cho1p1, ..., pm, _p1

1+

1

p2+Ã Ã Ã+

1

pm = 1và giả thiếtuk ∈L

pk_(U_{), k}₌

1, ..., m. Khi đó

U|u

1· · ·um|dx
m

k=1

ukLpk(U). (2.11)

Chứng minh. Bằng qui nạp, dùng Bất đẳng thức H"older.

h. Bất đẳng thc ni suy i vi chun

Lp

Giả thiết1 srtvà 1_r = θ_s+(1−_tθ). Gi¶ sưu∈Ls_(U₎_∩_Lt_(U₎_.

Khi đó u∈Lr_(U₎_và

uLr₍_U₎uθ_Ls₍_U₎u1_L−t₍θ_U₎. (2.12)

Chứng minh. áp dụng Bất đẳng thức H"older, ta có

U|

ur|dx

U|

u|θr|u|(1−θ)rdx

U|

u|θrθrsdx

θr
s

U|

u|(1−θ)r(1−tθ)r_dx

(1−θ)r
t

.

i. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

|xy|_|x| |y| (x, y∈Rn_). _(2.13)
Chøng minh. Choε >0 vµ chó ý r»ng

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

Do đó

±xy 1

2ε|x|

2₊ε

2|y|

2_.

Cực tiểu hóa vế phải bằng cách đặtε=|_|x_y_|| vớiy = 0.

Chú ý.

T−ơng tự, nếuAlà ma trận nìn, đối xứng khơng âm

n

i,j=1

aijxiyj

n
i,j=1

aijxixj

1/2 n

i,j=1

aijyiyj

1/2

(x, y∈Rn_). _(2.14)

j. Bất đẳng thức Gronwall (dạng vi phân)

(i) Cho η(ã)là một hàm liên tục tuyệt đối, không âm trên [0, T] và thỏa mon hầu
khắptBất đẳng thức vi phân

η(t)φ(t)η(t) +ψ(t), (2.15)
trong đóφ(t), ψ(t)là các hàm khả tích, khơng âm trên[0, T]. Khi ú

(t)e0t(s)ds

(0) +

t

0

(s)dsvới mọi0tT. (2.16)
(ii) Đặc biệt, nếu _trên_{[0, T}_]_và_{(0) = 0}_thì₀_trên _{[0, T}_]_.

Chứng minh. Từ (2.15) ta cã

d
ds

η(s)e−0sφ(r)dr

=e−0sφ(r)dr η(s)−φ(s)η(s)e−0sφ(r)drψ(s)

với hầu khắps, 0sT. Do đó, với mọi0tT ta nhận đ−ợc

η(t)e−0sφ(r)drη(0) +

t

0

e−0sφ(r)drψ(s)dsη(0) +

t

0

ψ(s)ds.

Từ đây suy ra Bất đẳng thức (2.16).

k. Bất đẳng thức Gronwall (dạng tích phân)

(i) Choξ(t)là một hàm khả tích, khơng âm trên[0, T]và thoả mon với hầu khắpt.
Bất đẳng thức tích phân

ξ(t)C1

t

0

ξ(s)ds+C2, (2.17)

vớiC1, C2 là các hằng số khơng âm. Khi đó

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

2.3 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch thùc 35

với hầu khắpt, 0tT.
(ii) Đặc biệt, nếu

(t)C1

t

0

(s)ds

với hầu khắpt, 0tT, thì(t) = 0với hầu khắpt.

Chng minh. t (t) := ₀t(s)ds, khi ú  _C

1+C2 hầu khắp nơi trong

[0, T]. Theo dạng vi phân của Bất đẳng thức Gronwall ta có

η(t)eC1t _{η(0) +}_C

2t

=C2teC1t

Khi đó, từ (2.17) suy ra

ξ(t)C1η(t) +C2C2 1 +C1teC1t

.

2.3

Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch thùc

2.3.1

Biên

ChoURn _{là một tập mở, bị chặn,} _k_{_1,_{2, ...}_}_.

Định nghĩa

2.3. Ta nói rằng biênU làCk_{nếu với mỗi điểm}_x0_U _{tồn tại}

r >0 và mộtCk_-hàm_:_Rn1_R_{, sao cho}

UB(x0, r) ={xB(x0, r)xn> (x1, ..., xn−1)}

(ta có thể biến đổi hệ tọa độ nếu cần thiết). T−ơng tự, ∂U làC∞ _nếu_∂U _là_Ck
với k= 1,2, ...và∂U là giải tích nếu ánh xạγlà giải tích.

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

Định nghĩa

2.4. (i) Nếu ∂U là C1_{, thì dọc theo}_∂U _{xác định một tr−ờng véc}

tơ pháp tuyến đơn vị h−ớng ra ngoài

ννν= (ν1, ..., νn).

Pháp tuyến đơn vị tại một điểm bất kỳx0_∈_∂U _là_ννν(x0_{) = (ν}

1, ..., νn) =ννν.
(ii) Chou∈C1_(U₎_{. Ta gäi}

∂u

∂ν :=ννν.Du
là đạo hàm pháp tuyến (h−ớng ra ngoài) củau.

Ta th−ờng phải đổi hệ tọa độ gần một điểm của ∂U để “làm phẳng” biên. Cụ
thể là, cố địnhx0∈∂U và chọnr, γ, ...,nh− ở trên. Khi đó xác định

yi =xi=: Φi(x) (i= 1, ..., n−1)

yn =xn−γ(x1, ..., xn−1) =: Φn(x)

vµ viÕt

y= ΦΦΦ(x).

T−ơng tự, đặt

xi =yi=: ΨΨΨi(y) (i= 1, ..., n−1)

xn =yn+γ(y1, ..., yn−1) =: ΨΨΨn(y),

vµ viÕt

x= ΨΨΨ(y).

Khi đóΦΦΦ = ΨΨΨ−1 và ánh xạx→ΦΦΦ(x) =y “làm thẳng∂U” gần điểmx0_{. Chú ý:}

det ΦΦΦ = det ΨΨΨ = 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

2.3 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch thùc 37

2.3.2

Định lý Gauss-Green

Trong phần này ta giả thiết rằngU là tập con bị chặn, mở trongRn _và _U _là

C1_.

nh lý 2.3

(

Định lý Gauss-Green)

.

Giả sửu∈C1_(U)_{. Khi đó}

U

uxidx=

∂U

uνidS (i= 1, ..., n). (2.18)

Định lý 2.4

(

Công thức tích phân từng phÇn)

.

Chou, v∈C1_(U)_{. Khi}

đó

U

uxivdx=−

U

uvxidx+

∂U

uvνi_dS _(i_{= 1, ..., n).} _(2.19)
Chứng minh. Sử dụng Định lý 2.3 đối với uv.

Định lý 2.5

(

Cơng thức Green)

.

Chou, v∈C2_(U₎_{. Khi đó}

(i)_U∆udx=_∂U ∂u_∂νdS,

(ii)_UDvDudx=−Uu∆vdx+

∂Uu
∂v
∂νdS,
(iii)_U[u∆v−v∆u]dx=_∂Uu∂v

∂ν −v
∂u
∂ν

dS.

Chøng minh. Dùng (2.19) vớiuxi thay thế chouvàv1ta có

U

uxixidx=

U

uxi

i_dS

Cộng lại với i= 1, ..., nta nhận đợc (i).
Để chứng minh (ii) ta dïng (2.19) víi vxi=uxi.

Viết (ii) với uvàv đổi chỗ và trừ cho nhau ta sẽ có (iii).

Định lý 2.6

(

Đa đơn thức)

.

Ta có
(x1+ã ã ã+xn)k=

|α|=k

_|_α_|

α

xα_,

trong đó |α|

α

:= |α_α|_!!, α! =α1!· · ·αn!, xα=xα11· · ·xαnn.

C«ng thøc Leibniz

Dα(uv) =

βα

α
β

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

trong đó,u, v:Rn_→_R_{là các hàm trơn} α
β

:= _β_!(_αα₋!_β_)! vµα≥β⇔αi≥βi, i=

1, ..., n.

C«ng thøc Taylor

Chof :Rn _→_R_{là hàm trơn. Khi đó, với mỗi}_k_{= 1,}_{2, ...,}_{ta có}

f(x) =
|α|k

1
α!D

α_f_(0)xα₊_O(|x|k+1_{), x}_→_0.

2.3.3

Tọa độ cực, công thức đối miền

Sau đây ta biến đổi tích phânnchiều thành tích phân trên mặt cầu

Định lý 2.7

(

Tọa độ cực)

.

(i) Chof :Rn _→_R_{là khả tích và liờn tc. Khi}
ú

Rn

f dx=

0 B(x0,r)

f dSdr,
với mỗi điểmx0Rn.

(ii) Đặc biệt,

d

dr B(x0,r)

f dx=

B(x0,r)

f dS,
với mỗir >0.

nh lý 2.7 l mt tr−ờng hợp đặc biệt của định lý sau.

Định lý 2.8

(

Công thức đối miền)

.

Chou:Rn _→_R_{là liên tục Lipschitz}
và giả thiết rằng với hầu khắpr∈R_{, tập mức}

{x∈Rn _{u(x) =}_r

}

là siêu mặt (n−1)-chiều, trơn trongRn_{. Cũng giả sử rằng:} _f _:_Rn _→_R_{là liên}
tục và khả tổng. Khi đó

Rn

f|Du|dx=

+∞

−∞ {u=r}

f dSdr.

Định lý 2.7 suy ra từ Định lý 2.8 bằng cách đặtu(x) =|x−x0|. Xem [E-G, ch−ơng

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

2.3 Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tÝch thùc 39

2.3.4

Tích chập và trn

Tiếp theo ta bổ sung các công cụ mà chúng sẽ cho phép xây dựng các xấp xỉ
trơn của các hàm cho trớc.

Ký hiệu.

NếuURn _{là tập mở,}_>₀_{, ta viÕt}

Uε:={x∈U

dist(x, ∂U)> ε}.

Định nghĩa

2.5. (i) Ta xác địnhη ∈C∞₍_Rn₎_bởi

η(x) :=

Cexp 1
|x|2₁

nếu|x|<1

0 nếu|x| 1,

hằng sốC >0đợc chọn sao cho_Rndx= 1.

(ii) Với mỗi ε >0, đặt

ηε(x) := 1

εnη

x
ε

.

Ta gäiη lµ hµm làm trơn chuẩn. HàmlàC và thỏa mCn

Rn

dx= 1, supp()B(0, ).

nh nghĩa

2.6. Nếu f : U → R_{là khả tích địa phng, ta nh ngha hm}

trơn hóa của nó là

f:=f trong U.
Nghĩa là

f(x) =

U

(xy)f(y)dy=

B(0,)

(y)f(xy)dy,
với xU.

Định lý 2.9

(

Một số tính chất của hàm trơn hóa)

.

(i)f_C_(U

).

(ii) f_f _{hầu khắp nơi khi}₀_.

(iii) Nếuf ∈C(U), thì fε_→_f _{đều trên mỗi tập con compắc của}_U_.
(iv) Nếu1p <∞vàf ∈L_locp (U)thìfε_→_f _trong_Lp

loc(U).

Chứng minh. 1. Cố địnhx∈Uε, i∈ {1, ..., n}vàhđủ nhỏ sao chox+hei∈Uε.

Khi đó

fε_(x₊_he

i)−fε(x)

h =
1
εn

U
1
h

η x+hei−y
ε

−η x−y

ε

f(y)dy
= 1
εn

V
1
h

η x+hei−y
ε

−η x−y
ε

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

víi tËp mëV⊂ ⊂U. Vì

1
h

x+heiy

xy

1_x

i

xy

u trờnV, f

xi

(x)tồn tại và bằng

U

xi

(xy)f(y)dy.

Lý luận tơng tự ta cũng chỉ ra rằngD_f_(x)_{tồn tại và}

Df(x) =

U

D(xy)f(y)dy (xU),

với mọi đa chỉ số. Ta đo chứng minh đợc (i).

2. Theo định lý tích phân Lebesgue (Đ2.5 d−ới đây), ta thấy

lim

r→0

B(x,r)|

f(y)−f(x)|dy= 0, (2.20)
với hầu khắpx∈U. Cố định một điểmx∈U. Khi đó từ (2.20) ta có

|fε_(y)₋_f(x)_|₌

B(x,ε)

ηε(x−y)[f(y)−f(x)]dy

1
εn

B(x,ε)

η x−y
ε

|f(y)−f(x)|dy

C

B(x,ε)|

f(y)−f(x)|dy −→0, nÕuε→0.

Khẳng định (ii) đ−ợc chứng minh.

3. Bây giờ giả thiếtf ∈C(U). Cho tr−ớc V⊂ ⊂U ta chọn V⊂ ⊂W⊂ ⊂U và để
ý rằng f liên tục đều trênW. Từ đó giới hạn (2.20) là đều với x∈V. Vì vậy, từ
tính tốn ở trên suy rafε_→_f _{đều trên}_V_.

4. Tiếp theo, giả thiết1p <∞và f ∈Lp_loc(U)_{. Cho.n một tập mở} V⊂ ⊂U và
một tập mởW sao cho V⊂ ⊂W⊂ ⊂U. Ta sẽ chứng minh rằng vớiε >0đủ nhỏ

fεLp₍_V₎f_Lp₍_W₎. (2.21)

ThËt vËy, nÕu1< p <∞vµx∈V, ta cã

|fε(x)|=

B(x,ε)

ηε(x−y)f(y)dy

B(x,ε)

η1−1p

ε (x−y)η

1

p

ε(x−y)|f(y)|dy

B(x,ε)

ηε(x−y)dy

1−1

p

B(x,ε)

ηε(x−y)|f(y)|pdy

1

p

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

2.3 Mét sè kiÕn thøc về giải tích thực 41

Vì

B(x,)

(xy)dy= 1, t Bt ng thc trên suy ra

V |

fε_(x)_|p_dx

V B(x,ε)

ηε(x−y)|f(y)|pdy

dx

W|

f(y)|p

B(y,ε)

ηε(x−y)dx

dy=

W|

f(y)|pdy,

vớiε >0đủ nhỏ. Do đó, ta có (2.21).

5. Bây giờ cố định V⊂ ⊂W⊂ ⊂U,δ >0 và chọng∈C(W)sao cho

f−gLp₍_W₎< δ.

Khi đó

fε−fLp(V)fε−gεLp(V)+gε−gLp(V)+g−fLp(V)

_2f₋_g_Lp₍_W₎+gε−g_Lp₍_V₎ do (2.21)

2δ+gε−gLp₍_V₎.

Vìgε_→_g _{đều trên}_V _{ta thy}

lim sup

0

ffLp₍_V₎2.

2.3.5

Định lý hàm ngợc

Cho URn _{là một tập mở và giả sử} _f _: _U  _Rn _là _C1_,

f = (f1_{, ..., f}n₎_{. Giả thiết}_x

0U, z0=f(x0).

Ký hiệu.

TừĐ2.1 ta ®o cã

Df =





f1

x1 · · · f

1

xn

..
.

fn

x1 · · Ã f

n
xn

nìn

= ma trận gradient của f.

Định nghĩa

2.7. Jf = Jacobian của f =|detDf_|=(f

1_{, ..., f}n₎

(x1, ..., xn)

.

Định lý 2.10

(

Định lý hàm ngợc)

.

Giả thiết f C1_(U;_Rn₎ _và

Jf(x0)= 0. Khi đó tồn tại một tập mởV⊂U với x0 V v mt tp mWRn

với z0W sao cho

(i)ánh xạf :V W là ánh xạ 1-1, và
(ii) Hàm ngợcf1:W V làC1

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

Hình2.3: Hàm ngợc

Hình2.4: Hàm ẩn 1

2.3.6

Định lý hàm ẩn

Cho n, mlà những số nguyên dơng.

Ký hiệu.

Ta viết một điểm bất kỳ trongRn+m _là

(x, y) = (x1, ..., xn, y1, ..., ym)víix∈Rn, y∈Rm.

Cho U⊂Rn+m _{lµ mét tËp mở và giả sử} _f _: _U  _Rm _là _C1_,

f = (f1_{, ..., f}m₎_{. Gi¶ thiÕt}_(x

0, y0)∈U, z0=f(x0, y0)

Df =





f1

x1 · · · f

1

xnf

1

y1 · · · f

1

ym

..
.

fm

x1 · · · f

m
xnf

m

y1 · · · f

m
ym





m×(n+m)

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

2.3 Một số kiến thức về giải tích thực 43

Định nghĩa

2.8. Jyf = |detDyf|=

(f

1_{, ..., f}m₎

(y1, ..., ym)

.

Định lý 2.11

(

Định lý hàm ẩn)

.

Giả thiết f  C1_(U_;_Rm₎ _và

Jyf(x0, y0) = 0. Khi đó tồn tại một tập mở V⊂U với (x0, y0) ∈ V, và tập

më W⊂Rn _víi_x

0∈W, métC1 ánh xạg:W Rmsao cho

(i)g(x0) =y0,

(ii)f(x,g(x)) =z0 (xW),

(iii) nếu(x, y)V vàf(x, y) =z0 th×y=g(x),

(iv) nÕuf _∈Ck _th×_g_∈_Ck _(k_{= 2, ...)}_.

Hàmgđ−ợc xác nh n gnx0 bi phng trỡnhf(x, y) =z0.

Hình2.5: Hàm ẩn 2

2.3.7

Hội tụ đều

Ta sẽ phát biểu tiêu chuẩn compắc Arzela-Ascoli đối với hội tụ đều.
Giả sử{fk}∞k=1 là một doy hàm giá trị thực xác định trênRn, sao cho

|fk(x)|M (k= 1, ..., x∈Rn),

vớiM là hằng số, và{fk}∞k=1làliên tục đều đồng bậc. Khi đó tồn tại một doy con

{fkj}

∞

j=1⊆ {fk}∞k=1 vµ một hàm liên tụcf sao cho

fkj f u trờn mi tập con compắc của R

n_.

Ta nói{fk}∞k=1 là liên tục đều đồng bậc nghĩa là với mọiε >0, tồn tạiδ >0 sao

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

2.4

Mét sè kiÕn thøc vỊ gi¶i tích hàm

2.4.1

Không gian Banach

ChoX là không gian tuyến tính thực.

Định nghĩa

2.9. ánh xạ :X[0,)đợc gọi là chuẩn nếu
(i)u+v_u+v, u, v∈X.

(ii) λu=|λ| u, ∀u∈X, λ∈R_.

(iii) u= 0 ⇔u= 0.

Bất đẳng thức (i) gọi là Bất đẳng thức tam giác. Không gian tuyến tính trang bị

chuẩn đ−ợc gọi là khơng gian tuyến tính định chuẩn.

Từ giờ trở đi ta giả thiếtX là khơng gian tuyến tính định chuẩn.

Định nghĩa

2.10. Ta nói rng dCy{uk}k=1Xhi t nuXnu lim

kuk
u= 0, ký hiệuuku.

Định nghĩa

2.11. (i) DCy {uk}k=1X đợc gọi là một dCy Cauchy nếu với

mọi >0, ∃N >0 sao chouk−ul< ε, ∀k, l≥N.

(ii) X là đầy đủ nếu mỗi dCy Cauchy trong X đều hội tụ, có nghĩa là với
{uk}∞k=1⊂X là dCy Cauchy, tồn tạiu∈X sao cho {uk}∞k=1 hội tụ đếnu.

(iii) Không gian BanachX là khơng gian tuyến tính định chuẩn đầy đủ.

Định nghĩa

2.12. Ta nóiX là tách đ−ợc nếu X chứa một tập con m c
trự mt trongX.

Ví dụ: Không gian

Lp_{. Giả sử}_U _{lµ mét tËp më cđa} _Rn_, ₁_p_∞_{. NÕu}

f :U →R_{là o c, ta nh ngha}

fLp(U):=

(_U|f|p_dx)1/p _nếu₁_{p <}

esssupU|f| nếup=.

Ta thấyLp_(U₎_{là không gian tuyến tính gồm những hàm đo đợc} _f _:_U _→_R _víi

fLp₍_U₎<∞. Khi đóLp(U)là một khơng gian Banach nếu ta ng nht cỏc hm

bằng nhau hầu khắp nơi trênU.

2.4.2

Không gian Hilbert

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

2.4 Mét sè kiÕn thøc vÒ giải tích hàm 45

Định nghĩa

2.13. ánh xạ(Ã,Ã) :HìH R_{đợc gọi là tích vô hớng nếu:}

(i)(u, v) = (v, u), u, vH.

(ii)ánh xạu(u, v)là tuyến tính với mọivH.
(iii)(u, u)0, uH.

(iv)(u, u) = 0u= 0.

Ký hiệu.

Nếu(, )là một tích vô hớng, thìchuẩntơng ứng với nó là

u:= (u, u)1/2 (uH). (2.22)
Bt ng thức Cauchy-Schwarz

|(u, v)|u v (u, v∈H). (2.23)
Bất đẳng thức này đo đ−ợc chứng minh nh− trong Đ2.2. Từ (2.23) dễ dng suy ra
rng (2.22) xỏc nh mt chun trong H.

Định nghĩa

2.14. Không gian Hilbert là một không gian Banach với chuẩn đợc
sinh ra bởi một tích vô hớng.

Ví dụ.

a. Không gian L2_(U₎_{là một không gian Hilbert với}

(f, g) =

U

f gdx.

b. Không gian Sobolev H1_(U₎_{là không gian Hilbert với}

(f, g) =

U

(f g+Df.Dg)dx.

Định nghĩa

2.15. (i) Hai phần tửu, v∈H là trực giao nếu(u, v) = 0.
(ii) Một cơ sở đếm đ−ợc{wk}∞k=1⊂H đ−ợc gọi là trực chuẩn nếu

(wk, wl) = 0 (k, l= 1, ..., k=l)

wk= 1 (k= 1, ...).

NÕuu∈H vµ{wk}∞k=1⊂H lµ mét c¬ së trùc chn ta cã thĨ viÕt

u=
∞

k=1

(u, wk)wk,

là một chuỗi hội tụ trongH. Và từ đó

u2₌

∞

k=1

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

Định nghĩa

2.16. NếuS là khơng gian con củaH, khi đó
S⊥={u∈H | (u, v) = 0 với mọiv∈S}
là không gian con trc giao viS.

2.4.3

Toán tử tuyến tính bị chặn

a. Toán tử tuyến tính trong không gian Banach

ChoX vàY là các không gian Banach thực.

Định nghĩa

2.17. (i)ánh xạA:X Y gọi là toán tử tuyến tính nếu
A(u+àv) =Au+àAv,

với mọiu, vX, , àR_.

(ii) Miền giá trị củaA là

R(A) :={vY |v=Au với uX}.

Hạch củaAlà

N(A) :={uX |Au= 0}.

Định nghĩa

2.18. Toán tử tuyến tínhA:X Y là bị chặn nếu
A:= sup{AuY

_uX 1}<.

Dễ dàng kiểm tra đợc rằng một toán tử tuyến tính bị chặn là liên tục.

nh nghĩa

2.19. Một tốn tử tuyến tínhA:X →Y đ−ợc gọi là đóng nếu từ
uk →utrongX vàAuk→vtrongY, ta có

Au=v.

Định lý 2.12

(Định lý đồ thị đóng)

.

Cho A : X → Y l toỏn t tuyn tớnh
úng, khi úA l b chn.

Định nghĩa

2.20. ChoA:XX là toán tử tuyến tính bị chặn.
(i) Tập giải củaAlà

(A) ={R_|_(A_I)_{là ánh xạ 1-1}_}_.

(ii) Phổ củaAlà

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

2.4 Một số kiến thức về giải tích hàm 47

Nu(A), từ định lý đồ thị đóng suy ra rằng(A−ηI)−1_:_X_→_X _{là toỏn t}

tuyến tính bị chặn.

Định nghĩa

2.21. (i) Ta nói (A)là một giá trị riêng củaAnếu
N(AI)={0}.

Ta vitp(A) ký hiu tp cỏc giá trị riêng của A; σp(A)là phổ rời rạc.
(ii) Nếuη l mt giỏ tr riờng vw= 0tha mCn

Aw=w,
thìwđợc gọi là véc tơ riêng tơng ứng.

Định nghĩa

2.22. (i) Toán tử tuyến tính bị chặn u _:_X _R_{đợc gọi là một}
phiếm hàm tuyến tính bị chặn trênX.

(ii) Ký hiu X _{l tp tất cả các phiếm hàm tuyến tính bị chặn trên}_X; _X∗_{gọi là}

không gian đối ngẫu của X.

Định nghĩa

2.23. (i) Nếuu∈X, u∗_∈_X∗_{, ta dùng} _{< u}∗_{, u >}_{để ký hiệu giá}
trị cau_ti_u_{. Du hiu}_{<, >}_{ch s cp ụi ca}_X_v_X_.

(ii) Định nghÜau∗_{:= sup{< u}∗_{, u >}_u_1}_.

(iii) Không gian Banach X gọi là phản xạ nếu(X∗₎∗ ₌_X_{. Điều đó có nghĩa là:}
với mọiu∗∗ ∈(X∗)∗, ∃u∈X sao cho

< u∗∗, u∗>=< u∗, u > u_X_.

b. Toán tử tuyến tính trong không gian Hilbert

Cho H là không gian Hilbert với tích vô hớng(,).

nh lý 2.13

(

Định lý biểu diễn Riesz)

.

H∗ _{có thể đ−ợc đồng nhất với}
H; cụ thể là: với mọiu∗_∈_H∗ _{tồn tại duy nhất phần tử} _u_∈_H _{sao cho}

< u∗, v >= (u, v), vH.

ỏnh xu_u_{l mt ng cu t}_H _vo_H_.

Định nghĩa

2.24. (i) Nếu A : H H là toán tử tuyến tính bị chặn, toán tử
liên hợp của nó làA_:_H _H _{thỏa mCn}

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

2.4.4

Hội tụ yếu

ChoX là không gian Banach thùc.

Định nghĩa

2.25. Ta nói dCy{uk}∞k=1⊂Xhội tụ yếu đếnu∈Xnếu< u∗, uk >

→< u∗_{, u >}_{víi mäi phiÕm hµm tun tÝnh bị chặn}_u_X_{, và ký hiệu là}_u

k F u.

Dễ kiểm tra đợc rằng: Nếu uk u, thì uk F u. Và ta cịng cã mét doy héi tơ

yếu thì bị chặn. Từ đó, nếuuk F u, thìu lim

k→∞ infuk.

Định lý 2.14

(

Compắc yếu)

.

Cho X là không gian Banach phản xạ và giả
sử dCy {uk}∞k=1 là bị chặn. Khi đó tồn tại một dCy con {ukj}

∞

j=1⊂{uk}∞k=1 vµ

u∈X sao cho ukj F u. Tức là, dCy bị chặn trong không gian Banach phản xạ

là tiền compắc yếu. Nói riêng, một dCy bị chặn trong không gian Hilbert chứa một
dCy con hội tụ yÕu.

Định lý Mazur khẳng định rằng: Một tập con đóng, lồi của X là đóng yếu.

Ví dụ quan trọng.

Ta sẽ th−ờng dùng khái niệm hội tụ yếu trong các phần
tiếp sau. ChoU⊂Rn _{là một tập mở, và giả thiết} ₁_{p <}_∞_{. Khi đó khơng gian}

đối ngẫu của X = Lp_(U) _là _X∗ ₌ _Lq_(U₎_{, trong đó} 1

p +

1

q = 1, 1 < q ∞.

đặc biệt, một phiếm hàm tuyến tính bị chặn trênLp_(U₎_{có thể đ−ợc biểu diễn bởi}

f → Ugf dxvíig∈L

q_(U₎_{. Từ đó}

fk F f trongLp(U)cã nghÜa lµ

U

gfkdx→

U

gf dxkhik→ ∞, với mọig∈Lq(U). (2.24)
VìLp_(U₎_{là khơng gian đối ngẫu của}_Lq_(U₎_{, do đó}_Lp_(U₎_{là phản xạ nếu}₁_{< p <}

∞.

Khi đó Định lý 2.14 khẳng định rằng: Từ một doy bị chặn trongLp_(U_{) (1}_{< p <}_∞₎

ta có thể trích ra một doy con hội tụ yếu thỏa mon (2.24). đây là một khẳng định
rất quan trọng về tính compắc, song ta cần chú ý rằng: Từ doy hội tụ theo nghĩa
(2.24) không thể suy rafk →f theo từng điểm hay hầu khắp nơi.

2.5

Về lý thuyết độ đo

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

2.5 Về lý thuyt o 49

2.5.1

Độ đo Lebesgue

Độ đo Lebesgue cho ta một cách miêu tả kích thớc hoặc thể tích của các tập
con củaRn_.

Định nghĩa

2.26. Một tập hợp M gồm các tập con của Rn _{đợc gọi là một}

-i s nu
(i), Rn_M

(ii)A Mkéo theoRn_\_A_M
và

(iii) Nếu{Ak}k=1M thì

k=1

Ak,

k=1

Ak M.

nh lý 2.15

(

Sự tồn tại độ đo Lebesgue và tập đo đ−ợc Lebesgue)

.

Tồn tại một σ-đại sốMcác tập con củaRn _{và ánh xạ}

| |:M −→[0,+∞]
víi c¸c tÝnh chÊt sau:

(i) Mỗi tập con mở củaRn _{và vì thế mỗi tập con đóng của}_Rn _{đều thuộc}_M_.
(ii) NếuB là một hình cầu bất kỳ trongRn_{, thì}_|_B_|_{bằng thể tích}_n_{-chiều của}_B_.
(iii) Nếu{Ak}∞k=1⊂Mvà các tập{Ak}∞k=1 là rời nhau đơi một thì

∞

k=1

Ak

=

∞

k=1

|Ak| ("Céng tÝnh"). (2.25)

(iv) NÕuA⊆B víiB∈ Mvµ |B|= 0thìA M và|A|= 0.

Ký hiu.

Cỏc tp trong M gọi là các tập đo đ−ợc Lebesgue và | ã | là độ đo
Lebesguen-chiều.

Chó ý.

(i) Tõ (ii) vµ (iii) ta thÊy r»ng |A| b»ng thĨ tÝch cđa mét tËpA với biên
trơn từng khúc.

(ii) Từ (2.25) ta có

||= 0 (2.26)

và

k=1

Ak

k=1

</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

với tập gồm đếm đ−ợc các tập đo đ−ợc{Ak}∞k=1.

Ký hiệu.

Nếu một tính chất nào đó thỏa mon khắp nơi trênRn _{trừ tập có độ đo}

Lebesgue bằng0, ta nói tính chất đóthỏa mCn hầu khắp nơi, viết tắt l h.k.n.

2.5.2

Hàm đo đợc và tích phân

Định nghĩa

2.27. Chof :Rn_R_{. Ta nói}_f _{là hàm đo đợc nếu}_f1_(U₎_M

với mọiU là tập con mở trongR_.

Chú ý rằng, nếuf liên tục thìf đo đợc. Tổng và tích hai hàm đo đợc là hàm đo
đợc. Ngoài ra, nếu{fk}k=0 là các hàm đo đợc thì

lim supfk và lim inffk

cũng đo đợc.

Định lý 2.16

(

Định lý Egoroff)

.

Cho {fk}k=1, f là các hàm đo đợc và

fk f hu khp ni trờnAvi ARn l tp đo đ−ợc,|A|<∞. Khi đó với mọi

ε >0, tån t¹i mét tập con đo đợcEA sao cho
(i)|AE|

và

(ii) fkf u trờnE.

Bõy gi nếuf là hàm đo đ−ợc, không âm, bằng cách xấp xỉf với các hàm đơn giản
ta có thể định nghĩa tích phân Lebesgue (xemĐ2.5.5 d−ới đây)

Rn

f dx.

Tích phân này sẽ trùng với tích phân thơng th−ờng nếuf là liên tục hoặc khả tích
Riemann. Nếuf là đo đ−ợc nh−ng khơng nhất thiết khơng âm, ta định nghĩa

Rn

f dx=

Rn

f+_dx₋

Rn

f−_dx,

với điều kiện ít nhất là một trong các số hạng ở vế phải l hu hn. Khi ú ta núi

f làkhả tích.

Định nghĩa

2.28. Một hàm đo đợcf là khả tổng nếu

</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

2.5 Về lý thuyết độ đo 51

Chó ý.

Mét hµm làkhả tíchnếu nó có tích phân (có thể bằng+hoặc) và
làkhả tổngnếu tích phân này là hữu hạn.

Ký hiu.

Nu mt hàm thực là đo đ−ợc, ta định nghĩa essential supremum củaf

lµ

esssupf := inf{µ∈R_{| |{f > µ}|}_{= 0}.}

2.5.3

Các định lý hội tụ đối với tích phân

Trong lý thuyết tích phân Lebesgue th−ờng sử dụng các định lý hội tụ sau đây.

Định lý 2.17

(

Bổ đề Fatou)

.

Giả sử các hàm{fk}∞k=1là khả tổng và không

âm và fk→f hầu khắp nơi. Khi đó

Rn

f dxlim inf

k→∞

Rn

fkdx.

Định lý 2.18

(

Định lý hội tụ đơn điệu)

.

Giả sử các hàm{fk}∞k=1là đo

đ−ợc với f1 f2 ã ã ãfk fk+1 ã ã ã. Khi đó, nếu f1 0 hocf1 l kh

tổng, thì 

Rn

lim

kfkdx= limn

Rn

fkdx.

Định lý 2.19

(

Định lý hội tụ trội)

.

Giả sử các hàm {fk}k=1 là khả tích

và fk f hầu khắp nơi, và giả sử |fk|g hầu khắp nơi vớig là hàm khả tổng.

Khi ú

Rn

fkdx

Rn

f dx.

2.5.4

Phép toán vi phân

Ta biết rằng, một hàm khả tổng là xấp xỉ liên tục tại hầu hết các điểm.

nh lý 2.20

(

nh lý Lebesgue)

.

Cho f : Rn _→ _R _{là khả tổng địa}
ph−ơng.

(i) Khi đó với hầu hết x0∈Rn,

B(x0,r)

f dx−→f(x0) khir→0.

(ii) Cơ thĨ, víi hÇu hÕtx0∈Rn ta cã

B(x0,r)

|f(x)−f(x0)|dx−→0 khi r→0. (2.27)

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

Chú ý.

Một cách tổng quát, nếuf ∈Lp_loc(Rn₎_với₁_{p <}_∞_{khi đó với hầu hết}

x0∈Rn ta có

B(x0,r)

|f(x)f(x0)|pdx0 khir0.

2.5.5

Hàm nhận giá trị trong không gian Banach

Ta mở rộng khái niệm về tính đo đ−ợc, tính khả tích v.v. đối với các ánh xạ

f : [0, T]X

vớiT >0 vàX là không gian Banach thực với chuẩn .

Định nghĩa

2.29. (i) Một hàms: [0, T]→X đ−ợc gọi là hàm đơn giản nếu
nó có dạng

s(t) =

m

i=1

χEi(t)ui (0tT), (2.28)

trong đó mỗi Ei là một tập con đo đ−ợc Lebesgue của [0, T] và ui ∈ X (i =

1, ..., m).

(ii) Một hàm f : [0, T] → X là đo đ−ợc mạnh nếu tồn tại các hàm đơn giản

sk: [0, T]X sao cho

sk(t)f(t) với hầu hếtt, 0tT.

(iii) Một hàm f : [0, T] X là đo đợc yếu nếu với mọi u  _X _{ánh xạ}
t u_,_f_(t)_{là đo đợc Lebesgue.}

Định nghĩa

2.30. Ta nói f : [0, T] X là tách đợc hầu hết nếu tồn tại tập
conN[0, T]với|N|= 0 sao cho tập{f(t)|t[0, T]\N}là tách đợc.

Định lý 2.21

(

Pettis)

.

ánh xạ f : [0, T] X là đo đợc mạnh nếu và chỉ
nếuf là đo đợc yếu và tách đợc hầu hết.

Định nghĩa

2.31. (i) Nếus(t) =

m

i=1

Ei(t)ui l hm n giản, ta định nghĩa

T

0

s(t)dt:=

m

i=1

</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

2.5 Về lý thuyết độ đo 53

(ii) Ta nói f : [0, T]→X là khả tổng nếu tồn tại dCy{sk}∞k=1 các hàm đơn giản

sao cho

T

0

sk(t)−f(t)dt−→0 khik→ ∞. (2.30)

(iii) Nếuf là khả tng, ta nh ngha

T

0

f(t)dt= lim

k

T

0

sk(t)dt. (2.31)

Định lý 2.22

(

Bochner)

.

Một hàm đo đợc mạnhf : [0, T]X là khả tổng
nếu và chỉ nếu t f(t) là khả tổng. Trong trờng hợp này

T

0

f(t)dt

T

0

f(t)dt,
và

u_,

T

0

f_(t)dt =

T

0

</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57></div>
<span class='text_page_counter'>(58)</span><div class='page_container' data-page=58>

Ch−¬ng 3

Những ph−ơng trình đạo

hàm riờng tuyn tớnh quan

trng

3.1. Phơng trình chuyển dịch

3.2. Phơng trình Laplace

3.3. Phơng trình truyền nhiệt

3.4. Phơng trình truyền sóng

3.5. Bài tËp Ch−¬ng 3.

Trong ch−ơng này ta sẽ nhắc lại những kiến thức cơ bản về bốn ph−ơng trình
đạo hàm riêng tuyến tính quan trọng, đó là các ph−ơng trình sau:

Ph−¬ng trình chuyển dịch

ut+b.Du= 0,

Phơng trình Laplace

u= 0,

Phơng trình truyền nhiệt

utu= 0,

Phơng trình truyền sóng

uttu= 0.

</div>
<span class='text_page_counter'>(59)</span><div class='page_container' data-page=59>

Bn phng trỡnh này đại diện cho 4 lớp ph−ơng trình ĐHR tuyến tính đo đ−ợc
nghiên cứu kỹ, đó là các lớp: ph−ơng trình và hệ ph−ơng trình cấp một, ph−ơng
trình elliptic, ph−ơng trình parabolic và ph−ơng trình hyperbolic t−ơng ứng. Chúng
có những tính chất đặc tr−ng cho các lớp ph−ơng trình ĐHR mà chúng đại diện.
Để tiện theo dõi, bạn đọc nên xem lại những kiến thức về bất đẳng thức, hàm Green,
tớch chp... cú sn trong Chng 2.

3.1

Phơng trình chuyển dÞch

Một trong các ph−ơng trình ĐHR đơn giản nhất là ph−ơng trình chuyển dịchcó
dạng sau đây

ut+b.Du= 0, (3.1)

trong đóblà một vectơ thuộcRn_{, u(x, t)}_{là hàm cần tìm,}_x_{= (x}

1, ..., xn)∈Rn là

biến không gian,t0là biến thời gian. Ta ký hiệuDu=Dxu= (Dx1u, ..., Dxnu)

là gradient củautheo các biến không gian. Hàm số nào sẽ là nghiệm của ph−ơng
trình (3.1)? Ta sẽ xét hàm sốu(x, t)có các đạo hàm riêng liên tục và xem lúc nào
nó thoả mon (3.1). Để ý thấy rằng từ ph−ơng trình (3.1) thì đạo hàm theo h−ớng

(b,1)củaubị triệt tiêu. Khai thác ý đó, với mỗi điểm cố định(x, t)∈Rn_ì_(0,_∞)

ta đặt

z(s) :=u(x+sb, t+s) (s∈R_).

Khi đó, theo ph−ơng trình (3.1) ta có

˙

z(s) =Du(x+sb, t+s).b+ut(x+bs, t+s) = 0.

Nh− vậy,z(.)là hằng số với mọis∈R_{và vì thế} _u_{sẽ khơng đổi trên đ−ờng thẳng}

chứa điểm(x, t)theo h−ớng(b,1)∈Rn+1_{. Do đó, nếu biết giá trị của}_u_{trên từng}

đ−ờng nh− thế thì ta sẽ xác định đ−ợcutrên tồn bRn_ỡ_(0,₎_.

3.1.1

Bài toán giá trị ban đầu

Ta xét bài toán giá trị ban đầu của phơng trình chuyển dịch

ut+b.Du= 0 trongRnì(0,)

u=g trênRn_{ì {t}_{= 0},} (3.2)

ở đây b Rn _và _g _: _Rn  _R _{là đo biết và} _u _{là nghiệm cần tìm. Cho một}

</div>
<span class='text_page_counter'>(60)</span><div class='page_container' data-page=60>

3.1 Phơng trình chuyển dịch 57

bằng tham số hoá là (x+sb, t+s), s R_{. Đờng thẳng này cắt mặt phẳng}

:= Rn_{ì {}_t _{= 0}_} _khi _s ₌_t _{tại điểm}_(x_tb,₀₎_{. Vì} _u_{là hằng số trên đờng}

thng ú vu(xtb,0) =g(xtb), ta cú

u(x, t) =g(x−tb) (x∈Rn_{, t}

≥0). (3.3)

Do đó, nếu (3.2) có nghiệm, thì nghiệm đó phải đ−ợc tính bằng cơng thức (3.3).
Ng−ợc lại , bằng cách tính trực tiếp ta dễ dàng thấy rằng nếu g là C1 _thì_u _đ−ợc

tính theo (3.3) ỳng l nghim ca (3.2).

Chú ý.

Nếug là hàm không thuộcC1 _{thì rõ ràng là phơng trình (3.2) không có}

nghiệmC1_{. Nhng ngay cả trong trờng hợp này, công thức (3.3) còng cho ta mét}

“nghiệm” của (3.2) theo một nghĩa nào đó. Ta có thể gọi u(x, t) = g(x−tb) là

nghiƯm yếu của (3.2), mặc dùg không phải làC1_{, vì công thøc (3.3) vÉn cã nghÜa}

thậm chí khiglà hàm số gián đoạn. Những khái niệm về nghiệm yếu nh− vậy chúng
ta sẽ đề cập đến ở những phần sau của giáo trỡnh ny.

3.1.2

Bài toán không thuần nhất

Ta xét bài toán không thuần nhất, tức là vế phải khác không

ut+b.Du=f trongRnì(0,)

u=g trênRn_{ì {}_t_{= 0}_}_. (3.4)

Cng ging nh mc trc, vi (x, t)∈Rn+1 _{ta đặt}_{z(s) :=}_u(x₊_{bs, t}₊_s) _với

s∈R_{. Khi đó}

˙

z(s) =Du(x+sb, t+s).b+ut(x+sb, t+s) =f(x+bs, t+s).

Suy ra

u(x, t)−g(x−tb) =z(0)−z(−t) =

0

−t

˙

z(s)ds
=

0

−t

f(x+sb, t+s)ds
=

t

0

f(x+ (s−t)b, s)ds

vµ nh− vËy

u(x, t) =g(x−tb) +

t

0

</div>
<span class='text_page_counter'>(61)</span><div class='page_container' data-page=61>

sẽ cho ta nghiệm của (3.4). Ta sẽ dùng cơng thức này để giải bài tốn của ph−ơng
trình truyền sóng trongĐ3.4.1.

Chú ý.

Ta đo tìm ra nghiệm (3.3), (3.5) bằng cách đ−a ph−ơng trình ĐHR về
ph−ơng trình vi phân th−ờng. Đây là một tr−ờng hợp riêng của ph−ơng pháp đặc
tr−ngmà ta sẽ nghiên cứu trongĐ4.2 sau đây .

3.2

Ph−¬ng tr×nh Laplace

Ta kÝ hiƯu

∆u:=

n

i=1

uxixi

và gọi biểu thức này làLaplaciancủa hàmu. Hai ph−ơng trình sau đây thuộc vào
loại quan trọng nhất trong lý thuyết ph−ơng trình ĐHR, đó làPh−ơng trình Laplace

∆u= 0 (3.6)

vàPhơng trình Poisson

u=f. (3.7)

Trong cả hai phơng trình (3.6) vµ (3.7)x∈U, u:U →R_{, lµ hµm ch−a biÕt,}_U _lµ

mét tËp mở trongRn_. ở_{phơng trình (3.7)}_f _:_U _R_{là hàm vế phải đo biết.}

Định nghĩa

3.1. Một C2 _hàm_u_{thỏa mCn phơng trình (3.6) đợc gọi là một}

hàm điều hòa.

ý

_{nghĩa vật lý.}

_{Phơng trình Laplace xuất hiện trong nhiều baì toán vật lý. Giả}

sF là tr−ờng véc tơ xác định trongU, thỏa mon điều kiện: nếuV là một tập con
bất kỳ với biên trơn trongU thì thơng l−ợng của nó đi qua∂V sẽ triệt tiêu

∂V

f.νννds= 0,

trong đóννν là vectơ đơn vị pháp tuyến ngồi. Theo định lý Gauss-Green trongĐ2.2

ta cã 

V

divfdx=

∂V

f.νννds= 0,

và do đó

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

3.2 Phơng trình Laplace 59

vỡV l min bt kỳ. Trong nhiều bài toán vật lý ta th−ờng giả thiết rằngf tỉ lệ với
chiều ng−ợc lại của gradient Duvớiulà hm s no ú:

f =a.Du (a >0). (3.9)
Đặt (3.9) vào (3.8) ta nhận đợc phơng trình Laplace

div(Du) = u= 0.

Nếu ta ký hiệuulà 

nng hoỏ hc
nhit

hiệu điện thế
thì phơng trình (3.9) sẽ đợc gọi tơng ứng là

Định luật Fick về khuyếch tán
Định luật Fourier về truyền nhiệt
Định luật Ohm vỊ dÉn trun ®iƯn.

Bạn đọc có thể xem Feynman- Leighton-Sands [F-L-S, Ch−ơng 12] để hiểu thêm về
những ứng dụng của ph−ơng trình Laplace trong vật lý tốn. Ngồi ra ph−ơng trình
Laplace cịn xuất hiện trong việc nghiên cứu các hàm số giải tích, trong lý thuyết
xác suất...

3.2.1

NghiƯm c¬ bản

a. Cách tìm nghiệm cơ bản

Mt cỏch lm cú hiu quả khi nghiên cứu ph−ơng trình ĐHR là, tr−ớc tiên ta tìm
lấy một nghiệm hiển và bởi vì ph−ơng trình là tuyến tính ta sẽ xây dựng các nghiệm
phức tạp khác bằng cách dựa vào nghiệm hiển đo biết. Khi đi tìm nghiệm hiển ta
th−ờng chú ý đến tính chất đối xứng của hàm số. Vì ph−ơng trình Laplace bất biến
với các phép quay, cho nên ta thử tìm nghiệm d−ới dạng là hàm số củar=|x|.
Ta thử tìm nghiệm của (3.6) di dng

u(x) =v(r), xRn_,

ở đây r=|x|= (x2

1+Ã Ã Ã+x2n)1/2 và sẽ chọnv sao chou= 0. Trớc tiên ta

chú ý r»ng

∂r
∂xi

=1
2(x

2

1+· · ·+x2n)−1/22xi=

xi

</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>

V× thÕ

uxi=v

_(r)xi

r, uxixi=v

_(r)x2i

r2 +v

_(r) 1
r−

x2

i

r3

, i= 1, ..., n

và do đó

∆u=v_{(r) +}n−1
r v

_(r).

Nh− vËy∆u= 0khi vµ chØ khi

v(r) +n−1
r v

_{(r) = 0.} _(3.10)

NÕuv _{= 0}_{, ta thấy}

[log(v_)]₌ v
v =

1n
r

và vì thếv_{(r) =} a

rn1 vial mt hằng số nào đó. Suy ra, nếur >0ta nhận đ−ợc

v(r) =





blogr+c (n= 2)
b

rn−2 +c (n≥3),

ở đâybvàclà hằng số. Những điều trờn a ta n nh ngha sau.

Định nghĩa

3.2. Hàm số

(x) :=

1

2log|x| (n= 2)
1

n(n2)(n)
1

|x|n2 (n3),

(3.11)

vớixRn_{, x}_{= 0} _{đợc gọi là nghiệm cơ bản của phơng trình Laplace.}

Lớ do ti sao ta chọn các hằng số nh− trong (3.11) sẽ đ−ợc giải thích sau . Ta đo
dùng ký hiệuα(n)để chỉ thể tích của hình cầu đơn vị trongRn _(xem_Đ_2.1).

Từ cơng thức (3.11) ta có các đánh giá

|DΦ(x)| C

|x|n−1, |D
2_Φ(x)

| C

|x|n (x= 0), (3.12)

vớiC >0 là một hằng số nào đó.

b. Ph−¬ng tr×nh Poisson

Theo cách xây dựng thì hàm x→ Φ(x) là hàm điều hòa khi x = 0. Nếu ta
chuyển gốc toạ độ đến điểm y thì ph−ơng trình (3.6) vẫn khụng thay i v hm

x(xy)cũng sẽ là hàm điều hòa với biếnx, x=y. Bây giờ, với một hàm

f :Rn_R_{ta thy rằng hàm}_x_→_Φ(x₋_y)f_(y), _(x₌_y)_{là điều hòa đối với mỗi}

</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

3.2 Phơng trình Laplace 61

ýtởng trên mách bảo ta rằng tÝch chËp

u(x) =

Rn

Φ(x−y)f(y)dy

=







− 1
2π

Rn

log(|x−y|)f(y)dy (n= 2)
1

n(n−2)α(n)

Rn

f(y)

|x−y|n−2dy (n≥3)

(3.13)

sẽ cho ta nghiệm của ph−ơng trình Laplace (3.6). Tuy nhiên, điều đó là sai vì ta
khơng thể chỉ ra rằng

∆u=

Rn

∆xΦ(x−y)f(y)dy= 0. (3.14)

Trên thực tế, nh− theo đánh giá (3.12) thì D2_Φ(x₋_y)_{khơng khả tổng}_{ở gần điểm}

kỳ dị y=xvà do đó ta khơng thể lấy vi phân d−ới dấu tích phân. Cho nên ta phải
cẩn thận khi tính tốn ∆u. Để đơn giản, ta giả thiết rằng f ∈C2

c(Rn), tøc lµ hµm

f có đạo hàm cấp hai liên tục và có giá compắc .

Định lý 3.1

(

Nghiệm của ph−ơng trình Poisson)

.

Ta định nghĩaubằng
cơng thức (3.13). Khi ú

(i) uC2₍_Rn₎_và
(ii) u=f trongRn_.

Nh vậy, công thức (3.13) cho ta nghiệm của phơng trình Poisson (3.7).

Chứng minh. 1. Ta có

u(x) =

Rn

(xy)f(y)dy=

Rn

(y)f(xy)dy,

vì thế

u(x+hei)u(x)

h =

Rn

(y)f(x+heiy)f(xy)
h

dy,

ở đâyh= 0vàei= (0, ...,1, ...,0), số 1 nằm ở vị trí thứi. Nhng vì sự héi tơ

f(x+hei−y)−f(x−y)

h −→

∂f
∂xi

(x−y)

là hội tụ đều trênRn _khi_h_→₀_{, do đó}

∂u
∂xi

(x) =

Rn

(y)f
xi

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

Tơng tự ta nhận đợc

2_u(x)

xixj

=

Rn

(y)

2_f

xixj

(xy)dy (i, j= 1, ..., n). (3.15)
Vì biểu thức bên phải của (3.15) là liên tục theo biếnx, ta cóuC2₍_Rn₎_.

2. Vỡcú k dị tại 0, ta phải làm theo cách sau đây . Cố địnhε >0. Khi đó

∆u(x) =

B(0,ε)

Φ(y)∆xf(x−y)dy (3.16)

+

Rn₋_B₍₀_,ε₎

Φ(y)∆xf(x−y)dy=:Iε+Jε.

Ta thÊy

|Iε|CD2fL∞₍_Rn₎

B(0,ε)|

Φ(y)|dy

Cε2_|_log_ε_| _(n_{= 2)}

C2 _(n_3). (3.17)

Tích phân từng phần cho ta

J=

Rn_\_B₍₀_,₎

(y)yf(xy)dy (3.18)

=

Rn_\_B₍₀_,₎

D(y).Dyf(xy)dy

+

B(0,)

(y)f

(xy)dS(y)

=K+L

õy là là vectơ đơn vị pháp tuyến h−ớng vào trong dọc theo∂B(0, ε). Ta có thể
kiểm tra

|Lε|=DfL∞(Rn)

∂B(0,ε)|

Φ(y)|dS(y)

Cε|logε| n= 2

Cε n≥3. (3.19)

3. Ta tích phân từng phần biểu thứcK và nhận ®−ỵc

Kε=

Rn_\_B₍₀_,ε₎

∆Φ(y)f(x−y)dy
−

∂B(0,ε)

∂Φ

∂νf(x−y)dS(y)
=−

∂B(0,ε)

∂Φ(y)

∂ν f(x−y)dS(y),

vìΦlà hàm điều hịa ngồi gốc toạ độ. Bây gi ta cú

D(y) = y

</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

3.2 Phơng trình Laplace 63

và

= y
|y| =

y

trên B(0, ).

Suy ra

(y) =.D(y) =
1
n(n)n1

trênB(0, ). Vìn(n)n1 _{là diện tích của mặt cầu}_{B(0, )}_{ta nhận đợc}

K=

1
n(n)n1

B(0,)

f(xy)dS(y) (3.20)

=

B(0,)

f(xy)dS(y) f(x) khi 0,

(ở đây ta sử dụng kí hiệu tích phân trung bình trongĐ2.1.3).

4. Từ (3.16)-(3.20) và cho 0ta có điều cần chứng minhu(x) =f(x).

Chú ý.

(i) Đôi khi ta sÏ viÕt

−∆Φ =δ0 trong Rn

và ở đây ta kí hiệuδ0là độ đo Dirac trênRn. Dùng kí hiệu này ta cú th tớnh theo

Định lý 3.1

u(x) =

Rn

x(xy)f(y)dy

=

Rn

xf(y)dy=f(x) (xRn).

Điều này lý gi¶i sù sai sãt trong (3.14).

(ii) Định lý 3.1 trên thực tế sẽ đúng cho f có độ trơn ít hơn nh− trong định lý đòi
hỏi, xem Gilbarg-Trudinger [G-T].

3.2.2

Công thức giá trị chính

Ta xét một miềnU Rn _{và giả thiết}_u_{là một hàm điều hòa trong miền}_U_{. Ta}

sẽ xây dựng công thức giá trị chính mà theo những công thức này thì u(x)sẽ bằng
giá trị trung bình củautrên mặt cầuB(x, r) hoặc bằng giá trị trung bình củau

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

Định lý 3.2

(

Công thức giá trị chính cho phơng trình Laplace)

.

NếuuC2_(U₎_{là hàm điều hòa, thì}

u(x) =

B(x,r)

udS =

B(x,r)

udy, (3.21)

với từng hình cầuB(x, r)U.

Chứng minh. 1. Đặt

(r) :=

B(x,r)

u(y)dS(y) =

B(0,1)

u(x+rz)dS(z).

Khi ú

(r) =

B(0,1)

Du(x+rz).zdS(z),

vì vậy, sử dụng công thức Green từĐ2.3.3, ta có

(r) =

∂B(x,r)

Du(y).y−x
r dS(y)
=

∂B(x,r)

∂u
∂νdS(y)
= r

n

B(x,r)

∆u(y)dy= 0.

Do đó hàmφlà hằng số và vì thế

φ(r) = lim

t→0φ(t) = limt→0

∂B(x,t)

u(y)dS(y) =u(x).

2. Sử dụng toạ độ cc nh trong2.2.3 ta nhn c

B(x,r)udy=

r

0

B(x,s)udS

ds

=u(x)₀rn(n)sn1_ds₌_(n)rn_u(x).

Định lý 3.3

(

Định lý ngợc của công thức giá trị chính)

.

Nếu u ∈
C2₍_Rn₎_{tho¶ mCn}

u(x) =

∂B(x,r)

udS

với từng hình cầuB(x, r)⊂U, khi đóusẽ là hàm điều hịa.

Chứng minh. Nếu∆u= 0, thì tồn tại một hình cầu B(x, r)⊂U sao cho, chẳng
hạn,∆u >0 trongB(x, r). Nh−ng khi đó ta có

0 =φ(r) = r
n

B(x,r)

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

3.2 Phơng trình Laplace 65

vớinh ở trên.

Mõu thun ny chng minh nh lý.

3.2.3

Các tính chất của hàm điều hòa

Dựa trên các công thức giá trị chính ta sẽ đa ra một số tính chất thú vị của hàm
điều hßa.

a. Ngun lý cực đại mạnh, tính duy nhất

Định lý 3.4

(

Nguyên lý cực đại mạnh)

.

Giả thiết rằng u ∈ C2_(U) _∩

C(U), U là một tập mở, bị chặn vàulà hàm điều hịa trongU.
(i) Khi đó

max

U

u= max

∂U u.

(ii) NÕuU là liên thông và tồn tại một điểmx0U sao cho

u(x0) = max

U u,
thìulà hằng số trongU.

Khng nh (i) c gi là ngun lý cực đại của ph−ơng trình Laplace, cịn (ii)
đ−ợc gọi lànguyên lý cực đại mạnh. Thayubằng−uta sẽ nhận đ−ợc những khẳng
định t−ơng tự với ”min” đ−ợc thay bằng ”max” và ngun lý cực tiểu mạnh.

Chøng minh. Gi¶ sư tồn tại điểmx0 U với u(x0) =M := max

U

u. Khi ú vi

0< r < dist(x0, U), từ nguyên lý giá trÞ chÝnh ta cã

M =u(x0) =

B(x0,r)

udyM.

Vì đẳng thức chỉ xẩy ra khiu≡M trongB(x0, r), ta thấy rằngu(y) =M với mọi

y∈B(x0, r). Do đó tập{x∈U |u(x) =M}vừa mở lại vừa đóng t−ơng đối trong

U, vì thế nó trùng vớiU bởiU là liên thông. Điều này chứng minh khẳng định (ii),
và do đó cả khẳng định (i).

Chó ý.

Tõ nguyªn lý cùc tiểu mạnh suy ra, nếuU là liên thông vàuC2_(U)

C(U)thoả mon 

∆u= 0 trongU
u=g trªn∂U,

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

Tiếp theo, sử dụng nguyên lý cực đại ta sẽ chứng minh tính duy nhất nghiệm của
bài tốn biên cho ph−ơng trình Poisson.

Định lý 3.5

(

Tính duy nhất)

.

Chog ∈C(∂U), f ∈C(U). Khi đó tồn tại
khơng q một nghiệmu∈C2_(U₎_∩_C(U₎_{của bài tốn biên}

−∆u=f trongU

u=g trªn∂U. (3.22)

Chøng minh. Gi¶ thiÕt ta cã hai nghiƯm cđa (3.22) làuvàv. 'Ap dụng Định lý 3.4
với hàmw:=uv ta nhận đợc kÕt qu¶.

b. TÝnh chÝnh quy

Ta sẽ chứng minh rằng nếuu∈C2_{là hàm điều hịa thì}_u_∈_C∞_{. Nh− vậy,}_một
hàm điều hịa thì nó sẽ khả vi vô hạn. Những khẳng định kiểu nh− thế đ−ợc gọi
là các định lý chính quy. Một điều lý thú là từ cấu trúc đại số của ph−ơng trình
Laplace, dẫn đến kết luận rằng tồn tại tất cả các đạo hàm củaumặc dù chúng khơng
có mặt trong ph−ơng trỡnh HR .

Định lý 3.6

(

Độ trơn)

.

Nếu u C(U) thoả mCn công thức giá trị chính
(3.21) với mọi hình cầuB(x, r)U, thì

uC_(U_).

Chỳ ý rngucú th khụng trn hoc thậm chí khơng liên tục đến tận biên∂U.

Chøng minh. Gi¶ sử là hàm làm trơn nh trong Đ2.3.4 và là hàm radial. Đặt

u_:=

utrong U={xU |dist(x, U)> },Đ2.3.4 cho tauC(U).

Ta sẽ chứng minh rằngulà hàm trơn bằng cách chỉ ra trên thực tếuu_trong_U
.

Thật vậy, nếuxU, thì

u(x) =

U

(xy)u(y)dy

= 1
n

B(x,)

|xy|

u(y)dy
= 1

n

ε

0

η r
ε

∂B(x,ε)

udSdr
= 1

εnu(x)

ε

0

η r
ε

nα(n)rn−1_dr _{theo (3.21)}

=u(x)

B(0,r)

ηεdy=u(x).

Do đóuε_≡_u_trong_U

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

3.2 Phơng trình Laplace 67

c. ỏnh giỏ a ph−ơng của hàm điều hịa

Nay ta dùng các cơng thức giá trị chính để đ−a ra các đánh giá đối với các đạo
hàm riêng cuả hàm điều hòa. Ta cần các đánh giá này để chứng minh tính giải tích
của các hàm điều hòa.

Định lý 3.7

(

Đánh giá của đạo hàm)

.

Giả sửulà hàm điều hịa trongU.
Khi đó

|Dαu(x0)| Ck

rn+kuL1(B(x0,r)), (3.23)

víi mỗi hình cầuB(x0, r)và với mỗi đa chỉ sốbậc||=k. ởđây

C0=

1

(n), Ck=

(2n+1_nk)k

α(n) (k= 1, ...). (3.24)
Chøng minh. 1. Ta sÏ chøng minh (3.23), (3.24) bằng phơng pháp quy nạp theok.
Trờng hợp k= 0 đợc suy ra ngay từ công thức giá trÞ chÝnh (3.21). Víik= 1

bằng cách đạo hàm ph−ơng trình Laplace ta thyuxi(i= 1, ..., n)cng l hm iu

hòa. Vì thÕ

|uxi(x0)|=

B(x0,r/2)

uxidx

(3.25)

= 2

n

α(n)rn

∂B(x0,r/2)

uνidS

2n

r uL∞(∂B(x0,r/2)).

Nếux∈∂B(x0, r/2), thìB(x, r/2)⊂B(x0, r)⊂U, và khi đó từ (3.23),(3.24) với

k= 0, ta cã

|u(x)| 1

α(n)

₂

r

n

uL1₍_B₍_x₀_,r₎₎.

Kết hợp những bất đẳng thức trên đây ta nhận đ−ợc

|Dα_u(x

0)|

2n+1_n

α(n)
1

rn+1uL1(B(x0,r)),

nếu|α|= 1. Nh− vậy, (3.23),(3.24) đúng vớik= 1.

2. Bây giờ giả thiếtk≥2và (3.23),(3.24) là đúng với mọi hình cầu trongU và với
từng đa chỉ số nhỏ hơn hoặc bằng k−1. Cố định B(x0, r)và xét αlà đa chỉ số

bậc|α|=k. Khi đóDα_u_{= (D}β_u)

xi víii= (1, ..., n), ||=k1. Bằng cách

tính toán tơng tự nh trong (3.25) ta cã

|Dα_u(x

0)|

nk

r D

β_u

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

Nếu x∈∂B(x0, r/k), khi úB x,k_k1r

B(x0, r) U. Vì (3.23), (3.24) là

ỳng vi k−1, cho nên

|Dβu(x)| (2

n+1_n(k₋₁₎₎k−1

α(n)(k−1

k r)n+k−1

uL1₍_B₍_x
0,r)).

Kết hợp hai đánh giá ở trờn ta cú

|Du(x0)|

(2n+1_nk)k

(n)rn+k uL1(B(x0,r)). (3.26)

Điều này chứng minh (3.23), (3.24) với||=k.

d. Định lý Liouville

Tiếp theo đây ta sẽ thấy không tồn tại hàm số điều hòa không tầm thờng giới
nội trên toànRn_.

nh lý 3.8

(

nh lý Liouville)

.

Gi s u:Rn _→_R_{là hàm điều hịa và}
giới nội. Khi đóulà hằng số.

Chứng minh. Cố định x0 ∈Rn, r > 0 và ứng dụng Định lý 3.7 choB(x0, r), ta

thÊy

|Du(x0)|

C1

rn+1uL1(B(x0,r))

C1α(n)

r uL∞(Rn)−→0,

khir→ ∞. Nh vậyDu0và kéo theoulà hằng số.

Định lý 3.9

(

Công thức biĨu diƠn)

.

Cho f ∈ C2

c(Rn), n ≥ 3. Khi đó

mọi nghiệm giới nội của ph−ơng trình

−∆u=f trong Rn
đều có dạng

u(x) =

Rn

Φ(x−y)f(y)dy+C, x∈Rn_,
với hằng sốC nào đó.

Chøng minh. V×Φ(x)→0khi|x| → ∞víin≥3ta cã

u(x) :=

Rn

Φ(x−y)f(y)dy

lµ mét nghiƯm giíi néi cđa −∆u=f trong Rn_{. Nếu} _u_{là một nghiệm khác, thì}

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

3.2 Phơng trình Laplace 69

Chú ý.

Nếun= 2, (x) =21log|x| là không giới nội khi|x| và vì thế

Rn(xy)f(y)dy có thể không giới nội.

e. Tính giải tích

Định lý 3.10

(

Tính giải tích)

.

Nếu ulà hàm điều hòa trongU thì ucũng
là hàm gi¶i tÝch trong U.

Chứng minh. 1. Cố định một điểmx0∈U. Ta phải chỉ ra rằngucó thể biểu diễn

d−íi d¹ng mét chuỗi hội tụ trong một lân cận củax0. Đặtr:= 14dist(x0, ∂U). Khi

đó ta ký hiệu

M := 1

α(n)rnuL1(B(x0,2r))<∞.

2. VìB(x, r)⊂B(x0,2r)với mỗix∈B(x0, r), Định lý 3.7 cho ta đánh giá sau

DαuL∞₍_B₍_x

0,r))M

2n+1_n

r

|α|

|α||α|.

B©y giê, từ công thức Stirling ([R,Đ8.22]) suy ra

lim

k
kk+1

2

k!ek =

1
(2)1/2.

Do ú

||||_Ce||_|_|_!,

cho mi đa chỉ số αvà với một hằng sốC nào đó. Hơn nữa, từ Định lý Đa đơn
thức (Đ2.3) ta có

nk= (1 +· · ·+ 1)k=
|α|=k

|α|!
α! ,

v× thÕ

|α|!n|α|α!.

Kết hợp những bt ng thc trờn cho ta

DuL₍_B₍_x

0,r))CM

2n+1_n2_e

r

||

!. (3.27)

3. Chuỗi Taylor củautạix0 cã d¹ng

α

Dα_u(x

0)

α! (x−x0)

α_,

trong đó tổng đ−ợc lấy với mọi đa chỉ sốα. Ta khẳng định rằng chuỗi này hội tụ
khi

|x−x0|<

r

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

Để kiểm tra điều này ta tính toán

RN(x) :=u(x)−
N−1

k=0

|α|=k

Dα_u(x

0)(x−x0)α

α!

=

|α|=N

Dα_u(x

0+t(x−x0))(x−x0)α

α! ,

víi 0 t 1, t phơ thuộc vào x. Ta nhận đợc công thức này bằng cách viết
raN số hạng đầu và số hạng d của khai triển Taylor gần 0 của hàm số một biến

g(t) :=u(x0+t(x−x0)), tạit= 1. Sử dụng (3.27), (3.28) ta đánh giá

|RN(x)|CM

!

|α|=N

2n+1_n2_e

r

N _r

2n+2n3e

N

CM nN 1

(2n)N =

CM

2N →0, khiN → ∞.

f. Bất đẳng thc Harnack

ởđây và về sau, nếu ta viếtV U, có nghĩa làV V U vàV là compắc
(xem ký hiệu trong§2.1).

Định lý 3.11

(

Bất đẳng thức Harnack)

.

Với mỗi tập mở liên thông V ⊂
⊂U, tồn tại một hằng số d−ơngC chỉ phụ thuộc vàoV, sao cho

sup

V u

Cinf

V u,
đối với tất cả các hàm điềuhịa khơng âmutrongU.

Nãi riªng ra

1

Cu(y)u(x)Cu(y),

đối với tất cả các điểmx, y∈V. Các bất đẳng thức này khẳng định rằng: các giá
trị của hàm số điều hòa khơng âm trong V là so sánh đ−ợc, có nghĩa là ukhông
thể quá nhỏ (hoặc qúa lớn) tại một điểm nào đó thuộcV, trừ khi uquá nhỏ ( hoặc

quá lớn) tại khắp nơi trongV.

Chứng minh. Đặtr:= 1₄dist(V, ∂U). Ta chọnx, y∈V, |x−y|r. Khi đó

u(x) =

B(x,2r)

udz≥ 1
α(n)2n_rn

B(x,r)

udz
= 1

2n

B(y,r)

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

3.2 Phơng trình Laplace 71

Nh vậy2n_u(y)_u(x) 1

2nu(y), nếu x, yV, |xy|r. VìV là liên thông

vàV là compact ta có thể phủV bằng một số hữu hạn hình cầu{Bi}Ni=1 mà mỗi

hình cầu có bán kínhrvàBiBi1=, i= 2, ..., N. Với mọix, yV ta có

u(x) ₂nN1 u(y)

.

3.2.4

Hàm Green

Bây giờ giả thiết rằngU Rn _{là tập mở, giới nội và biên là}_U _C1_{. Ta sẽ}

xây dựng một công thức biểu diễn tổng quát nghiệm của phơng trình Poisson

u=f trong U,

thỏa mon điều kiện biên

u=g trên U.

a. Cách xây dựng hàm Green

Gi s trc tiên rằngu∈C2 _{là hàm số bất kỳ. Cố định} _x_∈_U_{, chọn} _{ε >}₀

đủ nhỏ sao cho B(x, ε) ⊂ U, và áp dụng công thức Green từ Đ2.3.2 trên miền

Vε:=U −B(x, ε)cho u(y)vµΦ(y−x). Nhê thÕ ta cã

Vε

[u(y)∆Φ(y−x)−Φ(y−x)∆u(y)]dy (3.29)

=

∂Vε

u(y)∂Φ

∂ν(y−x)−Φ(y−x)
∂u
∂ν(y)

dS(y),

ở đâyν là véctơ đơn vị pháp tuyến ngoài đối với∂Vε. Nhớ lại rằng∆Φ(y−x) = 0,

víix=y. Ta cịng nhËn thÊy r»ng

∂B(x,ε)

Φ(y−x)∂u

∂ν(y)dS(y)

Cεn−1 max

∂B(o,ε)|Φ|=o(1), ε→0.

H¬n nữa , theo cách tính toán nh trong chứng minh §Þnh lý 3.1 ta cã

∂B(x,ε)

u(y)∂Φ

∂ν(y−x)dS(y) =

∂B(x,ε)

u(y)dS(y)→u(x), ε→0.

Do đó choε→0trong (3.29) ta nhận đ−ợc

u(x) =

∂U

Φ(y−x)∂u

∂ν(y)−u(y)
∂Φ
∂ν(y−x)

dS(y) (3.30)

−

U

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

Đồng nhất thức này đúng với mọi điểmx∈U và với mọi hàm u∈C2_(U₎_.

Công thức (3.30) cho phép ta xác định u(x)nếu biết giá trị của ∆u trong U và
giá trị củau,∂u_∂ν trên ∂U. Nh−ng để áp dụng vào bài toán biên cho ph−ơng trình
Poisson thì ta ch−a biết giá trị của đạo hàm ∂u

∂ν trên ∂U. Vì thế ta phải thay đổi

(3.30) để loại bỏ thành phần này.

ýt−ởng giờ đây là với một điểm cố địnhxta đ−a vào xéthàm sửa chữaφx₌_φx_(y)_,

chÝnh lµ nghiƯm của bài toán biên sau

x _{= 0} _trong _U

x _{= (y}_x) _trên _U. (3.31)

'Ap dụng công thức Green một lần nữa, ta đợc

U

x(y)u(y)dy=

U

u(y)

x

(y)

x_(y)u

(y)

dS(y) (3.32)

=

U

u(y)

x

(y)(yx)
u
(y)

dS(y).

nh ngha

3.3. Ta gi hm số sau đây là hàm Green đối với miền U
G(x, y) := Φ(y−x)−φx(y) (x, y∈U, x=y).

Sư dơng kÝ hiƯu nµy và cộng (3.32) vào (3.30) ta đợc

u(x) =

U

u(y)G

(x, y)dS(y)

U

G(x, y)u(y)dy (xU), (3.33)
ở đây

G

(x, y) =DyG(x, y).(y)

l o hm phỏp tuyn ngồi củaG theo biếny. Chú ý rằng ∂u

∂ν kh«ng xt hiÖn

trong (3.33), ta đo sử dụng hàm sửa chữaφxđể đạt đ−ợc điều đó.
Giả sử bây giờu∈C2_(U₎_{và thỏa mon bài tốn biờn}

u=f trongU

u=g trênU, (3.34)

ở đâyf, glà các hàm liên tục. Từ (3.33) ta có

Định lý 3.12

(

Công thức biểu diễn sử dụng hàm Green)

.

Nếu u
C2_(U₎_{là nghiệm của (3.34), thì}

u(x) =

U

g(y)G

(x, y)dS(y) +

U

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

3.2 Phơng trình Laplace 73

Ta đo có một công thức nghiệm của bài toán biên (3.34) nếu nh xây dựng đợc
hàm Green của miềnU. Nói chung, đây là một việc làm khó, ta chỉ thành c«ng khi

U có cấu trúc hình học đơn giản. Sau đây ta sẽ xét một vài tr−ờng hợp đặc biệt.

Chú ý.

Cố địnhx∈U. Nếu ta xem Glà hàm của biếny, ta có thể viết

−∆G=δx trongU

G= 0 trªn∂U,

ở đâyδx là độ đo Dirac tại điểmx.

Tr−ớc khi xét một số tr−ờng hợp đặc biệt ta chứng minh kết quả sau.

Định lý 3.13

(

Sự đối xứng của hàm Green)

.

Với mọi x, y ∈U, x=y
ta có

G(y, x) =G(x, y).
Chứng minh. Cố địnhx, y∈U, x=y. Đặt

v(z) :=G(x, z), w(z) :=G(y, z) (z∈U).

Khi đó ∆v(z) = 0, (z =x), ∆w(z) = 0, (z = y)vàw =v = 0 trên ∂U. Nh−
vậy, áp dụng cˆong thức Green trên V :=U\[B(x, ε)∪B(y, ε)]vớiε >0đủ nhỏ,
cho ta

∂B(x,ε)

_∂v

∂νw−
∂w
∂νv

dS(z) =

∂B(y,ε)

_∂w

∂νv−
∂v
∂νw

dS(z), (3.36)
ở đây ν là tr−ờng vectơ đơn vị h−ớng vào trong trên∂B(x, ε)∪∂B(y, ε). Vìw là
hàm trơn gần xta nhận c

B(x,)

w
vdS

Cn1 sup

B(x,)|

v|=o(1), 0.

Mặt khác, v(z) = (zx)x_(z)_vớix_(z)_{là hàm trơn trong}_U_{. Vì vậy, bằng}

cách tính toán nh trong chứng minh Định lý 3.1 ta thÊy

lim

ε→0

∂B(x,ε)

∂v

∂νwdS= limε→0

∂B(x,ε)

∂Φ

∂ν(x−z)w(z)dS=w(x).

Do đó, vế trái của (3.36) hội tụ đến w(x) khiε→0. T−ơng tự, vế phải sẽ hội tụ
đếnv(y). Ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

b. Hµm Green cho nửa không gian

Trong phần này ta sẽ xây dựng hàm Green cho miền U là nửa không gianRn

+.

Việc quan trọng ở đây là giải bài toán sửa chữa (3.31) một cách tờng minh.
Trớc tiên ta ký hiệu nửa không gian lµ

Rn

+={x= (x1, ..., xn)∈Rm|xn>0}.

Vì miền này là khơng giới nội, ta không thể ứng dụng một cách trực tiếp những tính
tốn trên đây, tuy vậy ta cũng thử xây dựng hàm Green bằng những ý t−ởng t−ơng
tự. Sau đó, ta sẽ kiểm tra trực tiếp xem những công thức biểu din y cú ỳng hay
khụng.

Định nghĩa

3.4. Cho điểm x = (x1, ..., xn−1, xn) ∈ Rn+. Ta gäi ®iĨm x˜ =

(x1, ..., xn1,xn)là điểm phản xạ củaxqua mặtRn+.

Ta s gii bài tốn (3.31) cho nửa khơng gian bằng cách đặt

φx(y) := Φ(y1−x1, ..., yn−1−xn−1, yn+xn) = Φ(y−x),˜ (x, y∈Rn+).

'Y t−ëng ở đây là hàm sửa chữax(y)đợc xây dựng từ bằng cách phản xạ kỳ
dị từxRn

+ vàoxRn+. Ta có

x_{(y) = (y}_{x), y}_Rn

+

và vì vậy 

x_{= 0} _trong_Rn

+

x= (yx) trênRn

+,

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

3.2 Phơng trình Laplace 75

Định nghĩa

3.5. Hàm Green cho nửa không gianRn

+ có dạng

G(x, y) := (yx)(yx) (x, yRn

+, x=y).

Khi đó

∂G

∂yn(x, y) =

∂Φ

∂yn(y−x)−

∂Φ

∂yn(y−x)˜

= −1

nα(n)

_y_n₋_x_n

|y−x|n −

yn+xn

|y−x|˜n

.

Suy ra, nÕuy∈∂Rn

+, th×

∂G

∂ν(x, y) =
G
yn

(x, y) = 2xn
n(n)

1
|xy|n.

Giả thiết bây giờ uthỏa mon bài toán biên

u= 0 trong Rn

+

u=g trên Rn

+.

(3.37)
Khi ú t (3.35), ta có thể hi vọng rằng

u(x) = 2xn
nα(n)

∂Rn

+

g(y)

|x−y|ndy (x∈R
n

+) (3.38)

sÏ là công thức biểu diễn nghiệm của ta. Hàm số

K(x, y) := 2xn
n(n)

1

|xy|n (xR
n

+, yRn+)

đợc gọi lànhân Poisson, còn (3.38) làcông thức Poisson.

Bng cỏch kim tra trc tip ta s chứng minh rằng công thức (3.38) đúng là nghiệm
của bài toỏn biờn (3.37).

Định lý 3.14

(

Công thức Poisson cho nửa kh«ng gian)

.

Chog∈C(Rn−1₎_∩

L∞₍_Rn−1₎_{và định nghĩa}_u_{theo (3.38). Khi đó}

(i) u∈C∞₍_Rn

+)∩L∞(Rn+),

(ii) ∆u= 0trongRn

+

và

(iii) lim

xx0
xRn+

u(x) =g(x0₎_{, với mỗi điểm}_x0_Rn

</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

Chng minh. 1. Với mỗi điểm cố địnhx, ánh xạy→G(x, y)là điều hịa trừ điểm

y = x. Vì G(x, y) = G(y, x) (theo Định lý 3.13), ánh xạ x → G(x, y) là điều
hịa trừ điểm x= y. Do đó ánh x x G

yn

(x, y) = K(x, y)là điều hòa với

xRn

+, y∈∂Rn+.

2. B»ng c¸ch tÝnh to¸n trùc tiÕp ta chØ ra rằng, với mỗixRn

+:

1 =

Rn

+

K(x, y)dy. (3.39)
Vỡgl gii ni, do úuc định nghĩa theo (3.38) cũng giới nội. Vìx→K(x, y)

lµ hµm trơn vớix=y, ta dễ dàng kiểm tra rằnguC₍_Rn

+)và

u(x) =

Rn

+

xK(x, y)g(y)dy= 0 (x∈Rn+).

3. Bây giờ ta cố địnhx0_∈_∂_Rn

+, ε >0. Chọn δ >0đủ nhỏ sao cho

|g(y)−g(x0)|< ε, nÕu|y−x0|< δ, y∈∂Rn

+. (3.40)

Khi đó, nếu|x−x0_|_< δ

2, x∈Rn+, th×

|u(x)−g(x0₎_|₌

∂Rn

+

K(x, y)[g(y)−g(x0_)]dy

∂Rn

+∩B(x0,δ)

K(x, y)|g(y)−g(x0)|dy
+

∂Rn

+−B(x0,δ)

K(x, y)|g(y)−g(x0)|dy=:I+J.

Tõ (3.39), (3.40) ta cã

Iε

∂Rn+

K(x, y)dy=ε. (3.41)
TiÕp theo, nÕu|x−x0_| δ

2 vµ|y−x

0_{| ≥}_δ_{ta nhËn đợc}

|yx0|_|y_x|₊

2 |yx|+
1
2|yx

0_|

và vì thế|yx| 1

2|yx0|. Nh vậy

J2gL

Rn

+B(x0,)

K(x, y)dy

2

n+2_g

Lxn

n(n)

Rn+B(x0,)

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>

3.2 Phơng trình Laplace 77

Kết hợp sự tính toán này với (3.41), ta có |u(x)g(x0₎_|  ₂_{, nếu} _|_x_x0_|

nh.

c. Hàm Green cho hình cầu

xõy dng hm Green cho hình cầu đơn vịB(0,1) , ta lại sử dụng sự phản

xạ, nh−ng lần này là phản xạ qua mt cu B(0,1).

Định nghĩa

3.6. NếuxRn_{₀_}_{, ta gọi}

x= x

|x|2

l im đối ngẫu của xqua ∂B(0,1). 'Anh xạx→x˜ đ−ợc gọi là một nghịch đảo
qua mặt cầu đơn vị∂B(0,1).

Bây giờ ta sử dụng sự nghịch đảo qua mặt cầu để tìm hàm Green cho hình cầu đơn
vị U =B(0,1). Cố định điểm x∈B(0,1), x= 0. Nhớ lại rằng ta phải tìm một
hàm sửa chữaφx₌_φx_(y)_{sao cho}

∆φx_{= 0} _trong_B0_(0,₁₎

φx_{= Φ(y}₋_x) _trªn_∂B(0,_1), (3.42)

và khi đó hàm Green sẽ là

G(x, y) = Φ(y−x)−φx(y). (3.43)
'Y t−ởng ở đây là ta “đảo điểm kì dị ” từ x∈ B0_(0,₁₎ _đến _x_˜ _∈_B_(0,₁₎_{. Giả sử}

ngay tại thời điểm này làn≥3. Ta có ánh xạy→Φ(y−x)˜ là điều hịa vớiy= ˜x.
Nh− vậyy→ |x|2−n_Φ(y₋_x)_˜ _{là điều hịa với}_y_{= ˜}_x_{, và do đó}

φx(y) := (|x|(yx)), (3.44)
là điều hòa trong B(0,1). Tiếp theo, nếuyB(0,1)vàx= 0, ta cã

|x|2|y−x˜|2=|x|2 |y|2−2yx
|x|2 +

1
|x|2

=|x|2−2y.x+ 1 =|x−y|2.

Nh− vËy(|x|(y−x)˜ (2−n)₌_|x₋_y|(2−n)_{. Suy ra}

x(y) = (yx) (yB(0,1)), (3.45)
là điều cần tìm.

nh ngha

3.7. Hm Green cho hình cầu đơn vị đ−ợc xác định nh− sau
G(x, y) := Φ(y−x)−Φ(|x|(y−x)),˜ (x, y∈B(0,1), y=x). (3.46)

</div>
<span class='text_page_counter'>(81)</span><div class='page_container' data-page=81>

Giả sử bây giờulà nghiệm của bài toán biên

u= 0 trongB0_(0,₁₎

u=g trªn∂B(0,1). (3.47)

Khi đó, sử dụng (3.35) ta thấy

u(x) =−

∂B(0,1)

g(y)∂G

∂ν(x, y)dS(y). (3.48)

Theo công thức (3.46)

G
yi

(x, y) =
yi

(yx)
yi

(|x|(yx)).

Nhng

yi

(yx) = 1

n(n)

xiyi

|xy|n,

và

yi

(|x|(yx)) = −1
nα(n)

yi|x|2−xi

(|x||y−x|)˜ n =−

1
nα(n)

yi|x|2−xi

|y−x|n , y∈∂B(0,1).

Nh− vËy

∂G

∂ν(x, y) =

n

i=1

yi∂G

∂yi

(x, y)

= −1
nα(n)|x−y|n

n

i=1

yi((yi−xi)−yi|x|2+xi)

= −1
nα(n)

1− |x|2

|x−y|n.

Do đó, cơng thức (3.48) sẽ cho ta cụng thc biu din

u(x) =1 |x|

2

n(n)

B(0,1)

g(y)

|xy|ndS(y).

Bây giờ ta giải bài toán biên sau

u= 0 trong B0_{(0, r)}

u=g trênB(0, r), (3.49)

vir >0. Khi đóu(x) =˜ u(rx) là nghiệm của (3.47) vớig(x) =˜ g(rx)thay cho

g(x). Dùng phép đổi biến ta nhận đ−ợccông thc Poisson

u(x) =r

2_|_x_|2

n(n)r

B(0,r)

g(y)

|xy|ndS(y) (xB

</div>
<span class='text_page_counter'>(82)</span><div class='page_container' data-page=82>

3.2 Phơng trình Laplace 79

Hàm số

K(x, y) :=r

2_|x|2

n(n)r
1

|xy|n (xB

0_{(0, r), y}_{B(0, r))}

đợc gọi lànhân Poissoncho hình cầuB0_{(0, r)}_.

Ta o chng minh cụng thức (3.50) cho tr−ờng hợp tồn tại nghiệm trơn của bài tốn
(3.49). Định lý sau khẳng định rằng cơng thức này cho ta nghiệm của bài tốn
(3.49).

Định lý 3.15

(

Cơng thức Poisson cho hình cầu)

.

Chog∈C(∂B(0, r))
và định nghĩautheo (3.50). Khi ú

(i) uC_(B0_{(0, r))}_,

(ii) u= 0trongB0_{(0, r)}_,

và

(iii) lim

xx0

xB0₍₀_,r₎

u(x) =g(x0)với mỗi ®iÓmx0_∈_{∂B(0, r)}_.

Chứng minh định lý này t−ơng tự nh− Định lý 3.14.

3.2.5

Phơng pháp năng lợng

Hu ht nhng kt qu của ta về hàm điều hòa đều đ−ợc dẫn dắt từ những công
thức biểu diễn thông qua nghiệm cơ bản, hàm Green,... Trong phần này ta sẽ làm
quen với ph−ơng pháp “năng l−ợng“, tức là một kỹ thuật có dùng chuẩn L2 _của

một số biểu thức chứa đạo hàm. Ph−ơng pháp năng l−ợng là một công cụ mạnh để

nghiên cứu các bài tốn ph−ơng trình ĐHR.

a. TÝnh duy nhÊt nghiƯm

Tr−íc tiên ta xét bài toán biên sau

u=f trong U

u=g trênU. (3.51)

Ta đo dùng nguyên lý cực đại trongĐ3.2.3 để chứng minh tính duy nhất nghiệm của
bài tốn (3.51). ởđây ta sẽ cho một chứng minh đơn giản hơn nhiều. Giả thiết
rằngU là một miền giới nội và∂U∈C1_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(83)</span><div class='page_container' data-page=83>

Chứng minh. Giả sửu˜ là một nghiệm khác của (3.51), ta đặtw:=u−u˜. Khi đó

∆w= 0trongU, và do đó lấy tích phân tng phn ta c

0 =

U

wwdx=

U|

Dw|2dx.

Suy raDw0 trongU, và vìw= 0trênU, ta cãw≡0trongU.

b. Nguyªn lý Dirichlet

Tiếp theo, ta sẽ chỉ ra rằng nghiệm của bài tốn biên (3.51) chính là cực tiểu
của một phiếm hàm phù hợp. Ta xác địnhphiếm hàm năng l−ợngsau

I[w] :=

U

₁

2|Dw|

2₋_wf_dx,

trong đówthuộc vàotập thừa nhận đ−ợc

A={w∈C2(U)|w=gtrªn∂U}.

Thơng th−ờng thì phiếm hàm năng l−ợng biểu diễn năng l−ợng của một q trình
nào đó. Vì vậy ph−ơng pháp này gọi là phng phỏp nng lng.

Định lý 3.17

(

Nguyên lý Dirichlet)

.

Giả sư u ∈ C2_(U₎ _{lµ nghiƯm cđa}

bài tốn (3.51). Khi ú

I[u] = min

wAI[w]. (3.52)
Ngợc lại, nếuu Athỏa mCn (3.52), thìulà nghiệm của bài toán (3.51).

Chng minh. 1. Chnw A. Khi đó từ (3.51) suy ra

0 =

U(−∆u−

f)(u−w)dx.

Lấy tích phân từng phần cho ta (để ý rằngu−w=g−g= 0trên∂U)

0 =

U

Du.D(u−w)−f(u−w)dx.

Do đó

U

|Du|2₋_uf_dx₌

U

Du.Dw−wfdx

U

1
2|Du|

2_dx₊

U

₁

2|Dw|

</div>
<span class='text_page_counter'>(84)</span><div class='page_container' data-page=84>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 81

õy ta o s dụng đánh giá sau đ−ợc suy ra từ bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và
bất đẳng thức Cauchy

|Du.Dw|_|Du| |Dw| 1

2|Du|

2₊1

2|Dw|

2_.

V× vËy ta kết luận

I[u]I[w] (w A). (3.53)

Vìu A, cho nên (3.52) suy ra tõ (3.53).

2. Bây giờ, ng−ợc lại, ta giả thiết có (3.52). Cố định một hàm bất kỳ v∈C∞

c (U),

ta viÕt

i(τ) :=I[u+τ v].

Vìu+τ v∈ Avới mỗiτ, hàm sối(.)có cực tiểu tại điểm0và do đó

i(0) = 0, = d
dτ

,

nếu đạo hàm tồn tại. Ta có

i(τ) =

U

1

2|Du+τ Dv|

2

−(u+τ v)f dx
=

U

1
2|Du|

2₊_{τ Du.Dv}₊τ2

2 |Dv|

2₋_(u₊_{τ v)f dx.}

Suy ra

0 =i_{(0) =}

U

Du.Dv−f vdx=

U

(−∆u−f)vdx.

Đẳng thức này đúng với mọi v∈Cc∞(U)và do đó −∆u=f trong U.

Nguyên lý Dirichlet là một ví dụ sinh động của các phép tính bin phõn ỏp dng
cho phng trỡnh Laplace.

3.3

Phơng trình truyền nhiệt

Ta sẽ nghiên cứuphơng trình truyền nhiệt

utu= 0 (3.54)

vàphơng trình truyền nhiệt không thuần nhất

</div>
<span class='text_page_counter'>(85)</span><div class='page_container' data-page=85>

với các điều kiện ban đầu và điều kiện biên phù hợp. ởđâyt >0vàxU, U Rn

là một tập mở, hàm cần tìm là u : U ×(0,∞) → R_{, u} ₌ _{u(x, t)}_{, còn toán tử}

Laplace theo các biến không gian u = xu=
n

i=1

uxixi. Trong (3.55) hàm vế

phảif :Uì(0,)R_{đo cho.}

Ta sẽ thấy, nhiều tính chất của phơng trình Laplace sẽ đợc chuyển qua cho phơng
trình truyền nhiệt, tuy nhiên sẽ phức tạp hơn nhiều.

ý

_{nghĩa Vật lý.}

_{Phơng trình truyền nhiệt là một phơng trình khuếch tán mô}

t mt uca cỏc i l−ợng vật lý nh− nhiệt, nồng độ hóa chất,... NếuV ⊂U

là một miền con trơn bất kỳ, tốc độ của sự thay đổi tổng đại l−ợng trong V bằng
thông l−ợng đi qua∂V (với dấu ng−ợc lại)

d
dt

V

udx=−

∂V

f.νννdS,

ở đây,f là mật độ thơng l−ợng. Nh− vậy, vì V là bất kỳ, ta thấy

ut=−divf.

Trong nhiỊu tr−êng hỵp,

f =−aDu

và do đó, ta có ph−ơng trỡnh HR sau

ut=adiv(Du) =au.

Vớia= 1 ta nhận đợc phơng trình trun nhiƯt.

Ph−ơng trình truyền nhiệt cũng xuất hiện trong việc nghiờn cu chuyn ng Brown.

3.3.1

Nghiệm cơ bản

a. Cách tìm nghiệm cơ bản

Nh o núi 3.2.1, mt bc quan trng khi nghiên cứu ph−ơng trình ĐHR là
tìm đ−ợc một vài nghiệm đặc biệt của nó.

Ta thấy rằng ph−ơng trình truyền nhiệt có chứa đạo hàm bậc nhất theo t và chứa
đạo hàm bậc hai theo các biếnx. Vì vậy, nếuulà nghiệm của (3.54) thìu(λx, λ2_t)

cịng lµ nghiƯm cđa (3.54) víiλ∈R_{. §iỊu nµy chØ ra r»ng tØ lƯ} r2

t (r=|x|)lµ quan

trọng đối với ph−ơng trình truyền nhiệt và gợi ý cho ta tìm nghiệm của (3.54) d−ới
dạng

u(x, t) =v r

2

t

=v |x|

2

t

</div>
<span class='text_page_counter'>(86)</span><div class='page_container' data-page=86>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 83

trong ú hmv đ−ợc xác định sau.

Mặc dù làm theo cách này cũng cho ta kết quả mong muốn, nh−ng ta có thể tìm
nghiệmucó cấu trúc đặc biệt nh− sau

u(x, t) = 1
tαv

x
tβ

(x∈Rn_{, t >}_0), _(3.56)

trong đó các hằng sốα, β và hàmv là cần tìm. Sở dĩ ta đến với cơng thức (3.56),
nếu nh− ta tìm nghiệm ucủa (3.54) bất biến qua phéptỉ lệ phồng

u(x, t) −→ λα_u(λβ_{x, λt).}

Nh− vậy ta đòi hỏi

u(x, t) =λαu(λβx, λt),

víi mäi λ > 0, x ∈ Rn_{, t >} ₀_{. Đặt}  ₌ _t1_{, ta sẽ nhận đợc (3.56) với}

v(y) :=u(y,1).

Thay (3.56) vào (3.54), ta có

t(+1)v(y) +t(+1)y.Dv(y) +t(+2)v(y) = 0 (3.57)
vớiy :=t_x_{. Để biến (3.57) thành biĨu thøc chØ chøa biÕn} _y_{, ta lÊy}_β₌ 1

2. Khi

đó từ (3.57) ta có

αv+1

2y.Dv+ ∆v= 0. (3.58)

TiÕp theo, ta chov lµ hµm radial, cã nghÜa lµv(y) =w(|y|)víiw:R_→R_{lµ mét}

hàm nào đó. V`i thế (3.58) trở thành

αw+1
2rw

₊_w₊n−1
r w

_{= 0,}

víir=|y|, ₌ d

dr. Bây giờ nếu ta đặtα=
n

2 th× biĨu thøc ci sÏ có dạng

(rn1w)+1
2(r

n_w)_{= 0.}

Cho nên

rn1_w₊1
2r

n_w₌_a,

vial mt hng s no ú. Gi thiết rằng w, w _→₀ _khi_r_{→ ∞}_{, suy ra}_a_{= 0}_,

ta nhận đợc

w =1
2rw.

Khi ú

</div>
<span class='text_page_counter'>(87)</span><div class='page_container' data-page=87>

vibl mt hng s nào đó. Kết hợp (3.56), (3.59) và theo cách chọnα, β , ta kết
luận rằng b

tn/2e

−|x|2

4t là nghiệm của ph−ơng trỡnh truyn nhit (3.54). Ta i n nh

nghĩa sau

Định nghĩa

3.8. Hµm sè

Φ(x, t) :=





1
(4πt)n/2e

−|x|2

4t , (x∈Rn, t >0)

0 , (x∈Rn_{, t <}_0),
đợc gọi là nghiệm cơ bản của phơng trình truyền nhiệt.

Chú ý rằng hàmcó kì dị tại(0,0). Vìlà hàm radial theo biÕnxnªn nhiỊu khi
ta sÏ viÕtΦ(x, t) = Φ(|x|, t). Hằng số(4)n/2 _{đợc chọn vì lí do sau đây.}

B đề 3.1

(

Tích phân của nghiệm cơ bản)

.

Với mỗi t >0thì

Rn

Φ(x, t)dx= 1.
Chøng minh. Ta cã

RnΦ(x, t)dx=

1
(4πt)n/2

Rne

−|x|2

4t dx

= 1

πn/2

"n
i=1

+∞
−∞ e

z2

idz_i= 1.

Trên đây là một cách tìm nghiệm cơ bản của phơng trình truyền nhiệt. Ta sẽ gặp
một cách tìm nghiệm khác trongĐ5.3.2.

b. Bài toán Cauchy

Bõy gi ta s dng hàm Φ để giải bài tốn Cauchy (hoặc cịn gọi lbi toỏn
giỏ tr ban u)

utu= 0 trongRnì(0,)

u=g trênRn_{ì {t}_{= 0}.} (3.60)

Chú ý rằng hàm (x, t) → Φ(x, t)thỏa mon ph−ơng trình truyền nhiệt trừ điểm kì
dị (0,0), và vì thế hàm (x, t) → Φ(x−y, t) cũng là nghiệm với điểm cố định

y∈Rn_{. Do đó, ta đốn rằng tích chập}

u(x, t) =

Rn

Φ(x−y, t)g(y)dy (3.61)

= 1

(4πt)n/2

Rn

e−|x−y|

2

4t g(y)dy, (x∈Rn, t >0)

</div>
<span class='text_page_counter'>(88)</span><div class='page_container' data-page=88>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 85

Định lý 3.18

(

Nghiệm của bài toán Cauchy)

.

Giả thiết g C(Rn₎

L₍_Rn₎_{, và}_u_{đ−ợc xác định theo (3.61). Khi đó}
(i) u∈C∞₍_Rn_ì_(0,_∞))_,

(ii) ut(x, t)−∆u(x, t) = 0 (x∈Rn, t >0),
vµ

(iii) lim

(x,t)→(x0,0)

x∈Rn, t>0

u(x, t) =g(x0_{), x}0_Rn_.

Chứng minh. 1. Vì hàm 1

tn/2e

|x|2

4t l kh vi vụ hạn với tất cả các đạo hàm là giới

nội đều ở trên miền Rn _ì_[δ,_∞₎₎ _với_{δ >} ₀_{, ta có} _u_∈_C∞₍_Rn _ì_(0,_∞₎₎_{. Tiếp}

theo,

ut(x, t)−∆u(x, t) =

Rn

(Φt−∆xΦ)(x−y, t)

g(y)dy (3.62)

= 0 (x∈Rn_{, t >}_0),

vìΦlà nghiệm của ph−ơng trình truyền nhiệt .
2. Cố định x0_∈_Rn_{, ε >}₀_{. Chọn}_{δ >}₀_{sao cho}

|g(y)−g(x0₎_|_{< ε,} _nÕu_|_y₋_x0_|_{< δ, y}_∈_Rn_. _(3.63)

Khi đó nếu|x−x0_|_<δ

2 , theo Bổ đề 3.1 ta có

|u(x, t)−g(x0)|=

Rn

Φ(x−y, t)g(y)−g(x0)

dy

B(x0,δ)

Φ(x−y, t)g(y)−g(x0)

_dy

+

Rn₋_B₍_x0_,δ₎

Φ(x−y, t)g(y)−g(x0)

dy=:I+J.

Từ (3.63) và theo Bổ đề 3.1 ta nhn c

I

Rn

(xy, t)dy=.

Hơn thế nữa, nếu|xx0_|

2 và|yx0| thì

|yx0_|_|_y_x_|₊

2 |y−x|+
1
2|y−x

</div>
<span class='text_page_counter'>(89)</span><div class='page_container' data-page=89>

V× vËy|y−x| ≥ 12|y−x

0_|_{. Suy ra}

J 2gL∞

Rn₋_B₍_x0_,δ₎

Φ(x−y, t)dy

C

tn/2

Rn₋_B₍_x0_,δ₎

e−|y−x|

2
4t dy

C

tn/2

Rn₋_B₍_x0_,δ₎

e−|y−x

0_|2

16t dy= C

tn/2

∞

δ

e−16r2trn−1dr→0, t→+0.

Do đó, nếu|x−x0_|_< δ

2 vàt >0đủ nhỏ, ta có|u(x, t)−g(x0)|<2ε.

Chú ý

(i) Theo Định lý 3.18 đôi khi ta sẽ viết

Φt−∆Φ = 0 trong Rnì(0,)

=0 trên Rnì {t= 0},

trong ú0 l o Dirac trờnRn.

(ii) Để ý rằng nếu g là hàm giới nội và liên tục,g0, g0thì

u(x, t) = 1
(4t)n/2

Rn

e|x₄_ty|2_g(y)dy,

l hm dng với mọi x∈Rn _{và với mọi} _{t >}₀_{. Ta thấy rằng, nếu nhiệt độ ban}

đầu là không âm và d−ơng tại một điểm nào đó thì nhiệt độ sẽ d−ơng khắp nơi tại
mọi thời điểm bất kì muộn hơn.

c. Bµi toán không thuần nhất

Trong mục này ta sẽ xétbài toán Cauchy không thuần nhất

utu=f trongRnì(0,)

u= 0 trênRn_{ì {t}_{= 0}.} (3.64)

Lm thế nào để đ−a ra công thức nghiệm? Ta nhớ lại từ mục tr−ớc rằng hàm số

(x, t) → Φ(x−y, ts)là nghiệm của phơng trình truyền nhiệt (vớiyRn_, ₀_<

s < t). Bây giờ, nếu ta cố địnhsthì hàm số

u=u(x, t;s) =

Rn

(xy, ts)f(y, s)dy

sẽ là nghiệm của bài toán

ut(Ã;s)u(Ã;s) = 0 trongRnì(s,)

</div>
<span class='text_page_counter'>(90)</span><div class='page_container' data-page=90>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 87

và bài toán này cũng có dạng (3.60) với điều kiện ban đầu tạit= 0đợc thay bằng

t =s vàg đợc thay bằngf(Ã;s). Nh vậy, rõ ràngu(Ã;s)không phải là nghiệm
của (3.64).

Tuy nhiờn, nguyờn lý Duhamel khẳng định rằng nghiệm của bài tốn khơng thuần
nhất (3.64) đ−ợc xây dựng từ nghiệm của bài toán thuần nhất (3.65) nh− sau

u(x, t) =

t

0

u(x, t;s)ds (x∈Rn_{, t >}_0).

Viết lại công thức trên, ta có

u(x, t) =

t

0

Rn

Φ(x−y, t−s)f(y, s)dyds
=

t

0

1
[4π(t−s)]n/2

Rn

e−|x−y|

2

4(t−s)_f_{(y, s)dyds}

víix∈Rn _vµ_{t >}₀_.

Để kiểm tra xemu(x, t)xác định nh− trên có cho ta nghiệm của (3.64) hay khụng
ta gi thit rngf C2

1(Rnì[0,))vàf có giá compắc.

nh lý 3.19

(

Nghiệm của bài tốn khơng thuần nhất)

.

Cho u xác
định nh− trên. Khi đó

(i) u∈C2

1(Rn×(0,∞)),

(ii) ut(x, t)−∆u(x, t) =f(x, t) (x∈Rn, t >0).
vµ

(iii) lim

(x,t)→(x0_,₀₎

x∈Rn, t>0

u(x, t) = 0 ∀x0∈Rn_.

Chứng minh. 1. Vì hàm Φ có kỳ dị tại(0,0), ta khơng thể lấy đạo hàm qua dấu
tích phân. Ta phải làm t−ơng tự nh− trong chứng minh Định lý 3.1.

Tr−ớc tiên ta dùng phép đổi biến để viết

u(x, t) =

t

0

Rn

((y, s)f(xy, ts)dyds.

Vì hàm f C2

1(Rn ì[0,)) có giá compắc và = (y, s) là hàm trơn ở gần

s=t >0, ta cã

ut(x, t) =

t

0

Rn

Φ(y, s)ft(x−y, t−s)dyds

+

Rn

</div>
<span class='text_page_counter'>(91)</span><div class='page_container' data-page=91>

vµ

∂2_u

∂xi∂xj

=

t

0

Rn

Φ(y, s) ∂

2

∂xi∂xj

f(x−y, t−s)dyds (i, j= 1, ..., n).

Nh− vậy,ut, Dx2uvà t−ơng tự u, Dxuđều thuộcC(Rnì(0,∞)).

2. B©y giê ta tÝnh to¸n nh− sau

ut(x, t)−∆u(x, t) =

t

0

Rn

Φ(y, s) ∂
∂t−∆x

f(x−y, t−s)dyds (3.66)

+

Rn

Φ(y, t)f(x−y,0)dy
=

t
ε

Rn

Φ(y, s) − ∂
∂s−∆y

f(x−y, t−s)dyds
+

ε

0

Rn

Φ(y, s) −_∂s∂ −∆y

f(x−y, t−s)dyds
+

Rn

Φ(y, t)f(x−y,0)dy=:Iε+Jε+K.

Theo Bổ đề3.1 ta có đánh giá

|Jε| ftL+D2f_L

0

Rn

(y, s)dydsC. (3.67)
Bằng cách lấy tích phân từng phần và vìlà nghiệm của phơng trình truyền nhiệt
ta cũng nhận đợc

I=

t
ε

Rn

∂
∂s−∆y

Φ(y, s)f(x−y, t−s)dyds (3.68)

+

Rn

Φ(y, ε)f(x−y, t−ε)dy−

Rn

Φ(y, t)f(x−y,0)dy
=

Rn

Φ(y, ε)f(x−y, t−ε)dy−K.

KÕt hỵp (3.66)-(3.68) ta kÕt luËn

ut(x, t)−∆u(x, t) = lim
ε→0

Rn

Φ(y, ε)f(x−y, t−ε)dy
=f(x, t), (xRn_{, t >}_0),

và ở đây, giới hạn khi 0 đợc tính giống nh trong chứng minh của Định
lý 3.18.

</div>
<span class='text_page_counter'>(92)</span><div class='page_container' data-page=92>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 89

Chú ý.

Từ các Định lý 3.18 và 3.19 ta nhận đợc công thức nghiệm

u(x, t) =

Rn

(xy, t)g(y)dy +

t

0

Rn

(xy, ts)f(y, s)dyds

của bài toán

utu=f trongRnì(0,)

u=g trênRn_{ì {t}_{= 0},} (3.69)

vi cỏc iu kiện đặt lên các hàm gvàf nh− ở trên.

3.3.2

C«ng thức giá trị chính

Trớc tiên ta nhắc lại một số khái niệm cần thiết từĐ2.1.2. ChoU Rn _{là một}

min gii nội, vàT >0là một số cố định.

Định nghĩa

3.9. (i) Ta định nghĩa hình trụ parabolic
UT :=Uì(0, T].
(ii) Biên parabolic củaUT là tập

ΓT :=UT −UT.

H×nh3.1: MiỊnUT

Ta gọiUT làphần trong paraboliccủa[0, T]. Chú ý rằngUT chứa cả mặt đỉnh

Uì {t=T}. Biên parabolicΓT chứa đáy và mặt đứng của[0, T]nh−ng khơng

</div>
<span class='text_page_counter'>(93)</span><div class='page_container' data-page=93>

Tiếp theo ta sẽ đ−a ra công thức giá trị chính t−ơng tự nh− cơng thức giá trị chính

đối với hàm điều hòa ởĐ3.2.2. Để ý rằng với điểm cố địnhxthì mặt cầu∂B(x, r)

chính là tập mức của nghiệm cơ bảnΦ(x−y)của ph−ơng trình Laplace. Ta cố gắng
tìm điều t−ơng tự đối với nghiệm cơ bản Φ(x−y, t−s) của ph−ơng trình truyền
nhiệt.

Định nghĩa

3.10. Với điểm cố địnhx∈Rn_{, t}_∈_R_{, r >}₀ _{ta đặt}

E(x, t;r) :=#(y, s)∈Rn+1

|st, Φ(x−y, t−s)≥_r1_n$.

Đây là một miền không gian-thời gian mà biên của nó là mặt mức của hàmΦ(x−
y, t−s). Điểm (x, t)chính là tâm của mặt đỉnh. MinE(x, t;r)cng c gi l
hỡnh cu nhit.

Hình3.2: Hình cầu nhiệt

Định lý 3.20

(

Công thức giá trị chính của phơng trình trun nhiƯt)

.

Gi¶ sưu∈C2

1(UT)là nghiệm của ph−ơng trình truyền nhiệt. Khi ú

u(x, t) = 1
4rn

E(x,t;r)

u(y, s)|xy|

2

(ts)2dyds (3.70)

với mỗiE(x, t;s)trongUT.

Đối với phơng trình truyền nhiệt, công thức (3.70) là một tơng tự nh công
thức giá trị chính của phơng trình Laplace. Chú ý rằng, công thức (3.70) chỉ chứa
các giá trị củau(y, s)vớist. Điều này là hợp lý, giá trị của u(x, t)không phụ
thuộc vào thời tơng lai.

</div>
<span class='text_page_counter'>(94)</span><div class='page_container' data-page=94>

3.3 Phơng tr×nh trun nhiƯt 91

ký hiệuE(r) =E(0,0;r)và đặt

φ(r) := 1
rn

E(r)

u(y, s)|y|

2

s2 dyds=

E(1)

u(ry, r2_s)|y2|

s2 dyds. (3.71)

Ta cã

φ(r) =

E(1)

n

i=1

uyiyi

|y|2

s2 + 2rus

|y|2

s dyds
= 1

rn+1

E(r)

n

i=1

uyiyi

|y|2

s2 + 2us

|y|2

s dyds
=:A+B.

Ta sÏ sư dơng hµm sè sau

ψ:=−n₂log(−4πs) +|y|

2

4s +nlogr, (3.72)

và để ý thấy ψ= 0 trên∂E(r), vìΦ(y,−s) =r−n _trờn_E(r)_{. Ta s dng (3.72)}

vit

B= 1
rn+1

E(r)

4us
n

i=1

yiyidyds

=_rn1+1

E(r)

4nus+ 4
n

i=1

usyiyidyds

và ở đây không có số hạng biên vì= 0trênE(r). Lấy tích phân từng phần theo
biếnsta đợc

B= 1
rn+1

E(r)

4nus+ 4
n

i=1

uyiyisdyds

= 1
rn+1

E(r)

4nus+ 4
n

i=1

uyiyi

n
2s

|y|2

4s2

dyds

= 1
rn+1

E(r)

4nus

2n
s

n

i=1

uyiyidydsA.

Vìulà nghiệm của phơng trình truyền nhiệt, từ (3.72) ta suy ra

φ(r) =A+B= 1
rn+1

E(r)−

4n∆uψ−2n_s

n

i=1

uyiyidyds

=

n

i=1

1
rn+1

E(r)

4nuyiψyi−

2n

</div>
<span class='text_page_counter'>(95)</span><div class='page_container' data-page=95>

Ta cóφlà hằng số, và do đó

φ(r) = lim

t→0φ(t)

=u(0,0) lim

t→0

1
tn

E(t)

|y|2

s2 dyds

= 4u(0,0)

v×

1

tn

E(t)

|y|2

s2 dyds=

E(1)

|y|2

s2 dyds= 4.

3.3.3

Mét sè tÝnh chÊt cđa nghiƯm

a. Ngun lý cực đại mạnh. Tính duy nhất nghiệm

Tr−ớc tiên ta sẽ sử dụng cơng thức giá trị chính để chứng minh ngun lý cực
đại mạnh.

Định lý 3.21

(

Nguyên lý cực đại mạnh của ph−ơng trình truyền nhiệt)

.

Gi¶ sưu∈C2

1(UT)∩C(UT)là nghiệm của ph−ơng trình truyền nhit trongUT.
(i) Khi ú

max

UT

u= max

T

u.

(ii) Hơn thế, nếuU là liên thông và tồn tại một điểm(x0, t0)UT sao cho

u(x0, t0) = max

UT

u
khi đóulà hằng số trongUt0.

ởđây (i) đ−ợc gọi lànguyên lý cực đại, còn (ii) lànguyên lý cực đại mạnhcủa
ph−ơng trình truyền nhiệt. Những khẳng định t−ơng tự cũng đúng nếu ta thay “max“
bằng “min“.

Chøng minh. 1. Gi¶ sư tån tại điểm(x0, t0)UT với u(x0, t0) =M := max

UT

u.
Khi ú với mọi sốr >0 đủ nhỏ, E(x0, t0;r)⊂UT, ta sử dụng cˆong thức giá trị

chính để có

M =u(x0, t0) =

1
4rn

E(x0,t0;r)

u(y, s)|x0y|

2

(t0s)2

dydsM

vì

1 = 1
4rn

E(x0,t0;r)

|x0y|2

</div>
<span class='text_page_counter'>(96)</span><div class='page_container' data-page=96>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 93

Hình3.3: Nguyên lý cực đại mạnh của ph−ơng trình truyền nhiệt

Dấu bằng chỉ xẩy ra khiuđồng nhất bằngM trongE(x0, t0;r). Suy ra

u(y, s) =M víi mäi (y, s)∈E(x0, t0;r).

Vẽ một đ−ờng bất kỳL trongUT nối (x0, t0)với một điểm nào đó (y0, s0)∈UT

víis0< t0. Ta xÐt

r0:= min{s≥s0|u(x, t) =M, ∀(x, t)∈L, stt0}.

Vìulà hàm liên tục nên cực tiểu sẽ đạt c. Gi sr0> s0. Khi úu(z0, r0) =M

với điểm(z0, r0)trên L∩UT, cho nªn u≡M trªnE(z0, r0;r)víi mäi sèr >0

đủ nhỏ. VìE(z0, r0;r)chứaL∩ {r0−σtr0}với sốσ >0đủ nhỏ, ta nhận

đ−ợc mâu thuẫn. Do đór0=s0và vì thế u≡M trênL.

2. Bây giờ ta cố định điểm x ∈ U và 0 t < t0. Khi đó tồn tại những điểm

{x0, x1, ..., xm =x} sao cho những đoạn trongRn nối xi1 với xi nằm trong U

vớii= 1, ..., m. (Có điều này vì tập các điểm trongU mà có thể nốix0bằng một

ng polygonal là một tập khơng rỗng, mở và đóng t−ơng đối trong U). Chọn
những điểm thời giant0> t1> ... > tm=t. Khi đó những đoạn ở trongRn+1nối

(xi−1, ti−1)với(xi, ti) (i= 1, ..., m)đều nằm trongUT. Theo chứng minh trong

B−ớc 1, ta có u≡M trên từng đoạn nh− thế, và do đó u(x, t)≡M.

Chú ý.

Từ nguyên lý cực đại mạnh suy ra rằng, nếu U là tập liên thơng và

u∈C2

1(UT)∩C(UT)lµ nghiƯm của bài toán

utu= 0 trongUT

u= 0 trênUT ì[0, T]

</div>
<span class='text_page_counter'>(97)</span><div class='page_container' data-page=97>

vớig≥0, khi đóusẽ d−ơng ở khắp nơi trongUT nếug nhận giá trị d−ơng tại một

điểm nào đó thuộcU.

Một ứng dụng quan trọng của nguyên lý cực đại là định lý duy nht nghim.

Định lý 3.22

(

Tính duy nhất trên miỊn giíi néi)

.

Chog∈C(ΓT), f ∈

C(UT). Khi đó tồn tại khơng q một nghiệmu∈C12(UT)∩C(UT)của bài tốn
biên - giá trị ban u

utu=f trongUT

u=g trênT.

(3.73)

Chứng minh. Nếuuvàv là hai nghiệm của (3.73), ta áp dụng Định lý 3.21 với hàm

w:=(uv).

Tip theo ta sẽ chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy. Vì miền xác

định nghiệm khơng giới nội, nên ta cần phải chú ý đến dáng điệu nghiệm khi|x|

đủ lớn.

Định lý 3.23

(

Nguyên lý cực đại của bài toán Cauchy)

.

Gi s u
C2

1(Rnì(0, T])C(Rnì[0, T])là nghiệm của bài toán Cauchy

utu= 0 trongRnì(0, T)

u=g trênRn_{ì {t}_{= 0}} (3.74)

và thỏa mCn điều kiÖn

u(x, t)Aea|x|2 (x∈Rn_, ₀_t_T_), _(3.75)
với các hằng sốA, a >0. Khi ú

sup

Rn_ì_[0_,T_]u= sup_Rn g.

Chứng minh. 1. Trớc tiên ta giả thiết rằng

4aT <1 (3.76)

và trong trờng hợp này tồn tại >0sao cho

4a(T+ε)<1. (3.77)

Cố địnhy ∈Rn_{, à >}₀_{, ta xét}

v(x, t) :=u(x, t) à
(T+t)n/2e

|xy|2

</div>
<span class='text_page_counter'>(98)</span><div class='page_container' data-page=98>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 95

Tính toán trực tiếp cho ta

vtv= 0 trong Rnì(0, T].

C định r > 0 và đặt U := B0_{(y, r), U}

T = B0(y, r)ỡ(0, T]. Khi ú theo

Định lý 3.21 ta có

max

UT

v= max

T

v. (3.78)

2. Bây giờ, nếuxRn_,

v(x,0) =u(x,0) à
(T+)n/2e

|xy|2

4(T+) _u(x,_{0) =}_g(x), (3.79)

và nếu |xy|=r, 0tT, thì theo (3.75) ta có

v(x, t) =u(x, t)− µ
(T+ε−t)n/2e

r2

4(T+ε−t)

Aea|x|2− µ

(T+ε−t)n/2e

r2

4(T+ε−t)

_Aea(|y|+r)2₋ µ

(T+ε)n/2e

r2

4(T+ε)_.

Theo (3.77), ta cã thĨ chän γ >0 sao cho 1

4(T+ε) =a+γ. V× thÕ ta tiếp tục

tính toán và nhận đợc

v(x, t)Aea(|y|+r)2à(4(a+))n/2e(a+)r2 sup

Rn g (3.80)

virc chọn đủ lớn. Do đó , từ (3.78)-(3.80) suy ra

v(y, t)sup

Rn g

vớiyRn_, ₀_t_T_{, thỏa mon (3.76). Cho}_à₀_{, ta nhận đợc kết quả.}

3. Trong trờng hợp tổng quát, nếu (3.76) không thỏa mon, ta sẽ ứng dụng kết quả
trên nhiều lần với các khoảng[0, T1],[T1,2T1], ...vớiT1= ₈1_a.

nh lý 3.24

(

Tớnh duy nhất nghiệm của bài tốn Cauchy)

.

Chog∈
C(Rn_{), f} _∈_C(_Rn_ì_{[0, T}_])_{. Khi đó tồn tại khơng q một nghiệm} _u_∈_C2

1(Rn×

(0, T])∩C(Rn_×_{[0, T}_])_{của bài toán Cauchy}

utu=f trongRnì(0, T)

u=g trênRn_{ì {t}_{= 0}} (3.81)

thỏa mCn điều kiện tăng

</div>
<span class='text_page_counter'>(99)</span><div class='page_container' data-page=99>

Chng minh. Gi s ta có hai nghiệmuvàvthỏa mon (3.82). 'Ap dụng Định lý 3.23
vớiw=±(u−v), cho ta chứng minh của định lý.

Chó ý.

Trªn thực tế có rất nhiều nghiệm của bài toán

utu= 0 trongRnì(0, T)

u= 0 trênRn_{ì {}_t_{= 0}_}_. (3.83)

Tr nghimu0, cỏc nghim khác đều tăng rất nhanh khi|x| → ∞.

Một điều lý thú ở đây là: ngoàiu≡0 là nghiệm “vật lý chuẩn“, bài tốn Cauchy
(3.83) cịn có những nghiệm “khơng vật lý“ khác. Định lý 3.24 cho ta một tiêu
chuẩn để loại trừ những nghiệm “sai“ đó. Ta sẽ gặp những tr−ờng hợp t−ơng tự của
ph−ơng trình Hamilton-Jacobi và định luật bảo tồn trong Ch−ơng 4.

b. TÝnh chÝnh quy cđa nghiƯm

TiÕp theo ta sẽ chỉ ra rằng nghiệm của phơng trình truyền nhiệt là khả vi vô
hạn.

Định lý 3.25

(

Độ trơn của nghiƯm)

.

Gi¶ sư u ∈C2

1(UT) là nghiệm của
ph−ơng trình truyền nhiệt trongUT. Khi đó

u∈C∞(UT).

Tính trơn của nghiệm cịn đúng thậm chí trong tr−ờng hợp biênΓT khơng trơn .
Chứng minh. 1. Ta nhớ lại từĐ2.1.2 rằng

C(x, t;r) ={(y, s)|x−y|r, t−r2st}

là hình trụ trịn đóng với bán kính r, chiều cao r2 _{và điểm tâm của mặt đỉnh là}

(x, t).

Cố định điểm(x0, t0)∈UT và chọnr >0đủ nhỏ sao choC:=C(x0, t0;r)⊂UT.

Ta sÏ xÐt hai hình trụ nhỏ hơn: C _:= _C_(x

0, t0;3₄r), C :=C(x0, t0;1₂r), víi

c`ung tâm điểm mặt đỉnh(x0, t0).

Chän mét hµm cắt=(x, t)sao cho

01, 1 trên C

0 ở gần biên parabolic củaC.

Mở rộng0lên(Rn_ì_{[0, t}

</div>
<span class='text_page_counter'>(100)</span><div class='page_container' data-page=100>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 97

Hình3.4: Hình các hình trụC, C_{, C}

2. Giả sử ở ®©y r»ngu∈C∞_(U

T)và đặt

v(x, t) :=ξ(x, t)u(x, t), (x∈Rn_, ₀_t_t

0).

Khi đó

vt=ξut+ξtu, v=u+ 2DDu+u.

Suy ra

v= 0 trên R_{ì {}_t_{= 0}_} _(3.84)

và

vtv=tu2DDuu=:f , (3.85)

trong Rn_×_{(0, t}

0). Ta đặt

v(x, t) :=

t

0

Rn

Φ(x−y, t−s)f(y, s)dyds.

Theo Định lý 3.19 ta có

vtv=f trong Rnì(0, t0)

v= 0 trênRn_{ì {}_t_{= 0}_}_. (3.86)

Vì|v|,|v|Avới một hằng sốA nào đó, từ Định lý 3.24 suy rav≡v: có nghĩa
là

v(x, t) =

t

0

Rn

</div>
<span class='text_page_counter'>(101)</span><div class='page_container' data-page=101>

Giả sử bây giờ(x, t)C_{. Vì}₀ _{ở ngoài hình trơ}_C_{, tõ (3.85) vµ (3.87) ta cã}
u(x, t) =

C

Φ(x−y, t−s)[(ξs(y, s)−∆ξ(y, s))u(y, s)

−2Dξ(y, s)Du(y, s)]dyds.

§Ĩ ý ta thÊy r»ng biĨu thức trong ngoặc vuông ở công thức trên sẽ triệt tiêu trong
một miền gần điểm kỳ dị của. Vì thế lấy tích phân từng phần ta đợc

u(x, t) =

C

(xy, ts)(s(y, s) + ∆ξ(y, s)) (3.88)

+ 2DΦ(x−y, t−s)Dξ(y, s)u(y, s)dyds.

Ta ®o chứng minh công thức này với giả thiếtuC_{. Nếu} _u_{chỉ tháa mon ®iỊu}

kiện của định lý thì ta sẽ có công thức (3.88) cho hàmuε₌_η

ε∗uthay chou, ë

đâyηεlà hàm làm trơn thơng th−ờng theo biếnxvàt, sau đó choε→0ta sẽ nhận

đ−ợc (3.88) đối vớiu.
3. Cơng thức (3.88) có dạng

u(x, t) =

C

K(x, t, y, s)u(y, s)dyds ((x, t)∈C), (3.89)
trong đó K(x, t, y, s) = 0với mọi điểm (y, s)∈C_{, vì}_ξ_≡₁ _trên_C_{. Chú ý rằng}
K là hàm trơn trên C−C_{. Theo (3.89) ta thấy} _u _{là hàm khả vi vô hạn trong}
C₌_C(x

0, t0;r₂).

c. Những đánh giá địa ph−ơng của nghiệm

Ta sẽ chứng minh một số đánh giá của các đạo hàm của nghiệm ph−ơng trình

truyền nhiệt.

Định lý 3.26

(

Đánh giá của đạo hàm)

.

Tồn tại hằng sốCkl đối với từng
cặp số nguyênk, l= 1, ..., n, sao cho

max

C(x,t;r/2)|D

k
xDltu|

Ckl

rk+2l+n+2uL1(C(x,t;r))

đúng với mọi hình trụ C(x, t;r₂) ⊂ C(x, t;r) ⊂ UT, và với mọi nghiệm u của
ph−ơng trình truyền nhiệt trongUT.

Chứng minh. 1. Cố định một điểm trongUT và bằng cách dịch chuyển tọa độ ta

có thể xem điểm đó là(0,0). Tr−ớc tiên ta giả sử rằng hình trụC(1) :=C(0,0; 1)

nằm trong UT. Ký hiệu C(1/2) := C(0,0; 1/2). Khi ú, nh trong chng minh

Định lý 3.25, ta cã

u(x, t) =

C(1)

</div>
<span class='text_page_counter'>(102)</span><div class='page_container' data-page=102>

3.3 Ph−¬ng trình truyền nhiệt 99

vớiK là hàm trơn. Suy ra, tồn t¹i h»ng sèCkl, sao cho

|Dk

xDtlu(x, t)|

C(1)

|Dl

tDkxK(x, t, y, s)| |u(y, s)|dyds (3.90)

CkluL1(C(1)).

2. Bây giờ ta giả thiết rằngC(r) :=C(0,0;r)nằm trongUT. §Ỉt

v(x, t) :=u(rx, r2t).

Khi đó vt−∆v= 0trong hình trụ C(1). Theo (3.90) ta nhận đ−ợc

|Dk

xDtlv(x, t)|CklvL1₍_C₍₁₎₎ (x, t)∈C(1

2)

.

Nh−ng Dk

xDltv(x, t) = r2l+kDxkDtlu(rx, r2t) và vL1₍_C₍₁₎₎ = _rn1+2uL1₍_C₍_r₎₎.

Vì thế

maxC(r/2)|DkxDltu|

Ckl

r2l+k+n+2uL1(C(r)).

Chú ý.

Nếuulà nghiệm của phơng trình truyền nhiệt trongUT , thì với mỗi điểm

c nh 0< tT, ỏnh x x u(x, t)là giải tích, nh−ng ánh xạt → u(x, t)

nãi chung là không giải tích (xem, Mikhailov [M]).

3.3.4

Phơng pháp năng l−ỵng

Ta dùng ph−ơng pháp năng l−ợng để nghiên cứu tính duy nhất nghiệm của ph−ơng
trình truyền nhiệt.

a. TÝnh duy nhÊt nghiệm

Ta một lần nữa xét bài toán bài toán biên - ban đầu

utu=f trongUT

u=g trênT.

(3.91)

Trc õy ta o s dng nguyên lý cực đại để chứng minh tính duy nhất nghiệm,
còn bây giờ, t−ơng tự nh− trong Đ3.2.5 ta sẽ dùng ph−ơng pháp dựa trên việc lấy
tích phân từng phần. Giả sử U ⊂Rn _{là một miền giới nội và biờn}_U _{thuc lp}

C1_{. Thời gian cuối}_{T >}₀ _{đo đợc cho.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(103)</span><div class='page_container' data-page=103>

Chứng minh. 1. Nếuuvàv là hai nghiệm của bài tốn (3.91), ta đặtw:=u−v,
khi đówlà nghiệm của bài tốn

wt−∆w= 0 trongUT

w= 0 trênT.

(3.92)

2. Đặt

e(t) :=

U

w2_{(x, t)dx} ₍₀_t_T).

Ta có

e(t) = 2

U

wwtdx

˙ = d
dt

= 2

U

w∆w=−2

U

|Dw|2_dx₀

vµ do vËy

0e(t)e(0) (0tT).

Suy raw=u−v≡0 trongUT.

Ta thÊy rằng chứng minh vừa rồi tơng tự nh Định lý 3.16 trong Đ3.2.5, chỉ khác
là ở đâyuphụ thuộc vào thời gian t.

b. Tính duy nhất ngợc thời gian

Giả sử uvàv là nghiệm trơn của phơng trình truyền nhiệt trongUT với điều

kiện biên nh nhau trênU:

utu= 0 trong UT

u=g trên Uì[0, T] (3.93)

vtv= 0 trong UT

v=g trên Uì[0, T]. (3.94)

ởđây, ta không giả thiết rằngu=v tạit= 0.

Định lý 3.28

(

Tính duy nhất ngợc thời gian)

.

Giả sửu, vC12(UT)
là nghiệm của 2 bài toán (3.93), (3.94) tơng ứng. Nếu

u(x, T) =v(x, T) (xU),
thì

</div>
<span class='text_page_counter'>(104)</span><div class='page_container' data-page=104>

3.3 Phơng trình truyền nhiệt 101

Chng minh. 1. Ta xétw:=u−v, và nh− trong chứng minh Định lý 3.27, t

e(t) :=

U

w2(x, t)dx (0tT)

Khi ú

e(t) =2

U|

Dw|2dx = d
dt

(3.95)
và

ă

e(t) =4

U

Dw.Dwtdx= 4

U

w.wtdx (3.96)

= 4

U

(w)2dx.

Vìw= 0 trênU, ta có

U|

Dw|2dx=

U

wwdx

U

w2dx1/2

U

(w)2dx1/2.

Do ú , t (3.95) v (3.96) ta nhn c

( e(t))2= 4

U|

Dw|2dx2

U

w2dx4

U

(w)2dx

e(t)ăe(t).

Suy ra

ă

e(t)e(t)( ˙e(t))2 (0tT). (3.97)
2. Bây giờ, nếu e(t) = 0với mọi0_t_T thì định lý đo đ−ợc chứng minh xong.
Ng−ợc lại, nếu tồn tại một khoảng[t1, t2]⊂[0, T], mà

e(t)>0 víi t1t < t2, e(t2) = 0. (3.98)

3. Ta đặt

f(t) := loge(t) (t1t < t2). (3.99)

Khi ú, theo (3.97) ta cú

ă

f(t) =e(t)ă
e(t)

e(t)2

e(t)2 0

và vì thế, hàm f lồi trên khoảng (t1, t2). Suy ra, nÕu 0< τ < 1, t1 < t < t2 ta

nhận đợc

</div>
<span class='text_page_counter'>(105)</span><div class='page_container' data-page=105>

Theo (3.99) ta thấy

e((1)t1+ t)e(t1)1e(t),

và do vËy

0e((1−τ)t1+τ t2)e(t1)1−τe(t2)τ (0< τ <1).

Nh−ng theo (3.98) thì từ bất đẳng thức cuối này suy rae(t) = 0với mọit1tt2,

ta nhận đợc mâu thuẫn. Định lý đo đợc chứng minh.

3.4

Phơng trình truyền sóng

Ta sẽ nghiên cứu phơng trình truyền sóng

uttu= 0 (3.100)

vàphơng trình truyền sóng không thuần nhất

uttu=f, (3.101)

với những điều kiện ban đầu và điều kiện biên thích hợp. ở đây t > 0 và x
U, U Rn_{là tập mở. Hàm cần tìm là}_u_:_U_ì_[0,₎_R_,_u₌_{u(x, t)}_{, còn toán}

t Laplace∆đ−ợc xác định theo các biến không gian

∆ =

n

n=1

∂2

∂x2

i

.

Trong (3.101) hàm sốf :Uì[0,)R_{là đo biết. Ta thờng viết tắt nh sau}

u=uttu.

Ta sẽ thấy rằng nghiệm của phơng trình truyền sóng sẽ có những tính chất khác hẳn
nghiệm cuả phơng trình Laplace và phơng trình truyền nhiệt. Ví dụ nh nghiệm
của phơng trình truyền sóng không khả vi vô hạn, mặc dù vế phải là hàm trơn...

ý

_{ngha vt lý.}

_{Phng trình truyền sóng là mơ hình đơn giản hố của sự dao}

động của dây(n= 1), của màng mỏng(n= 2) và của vật rắn đàn hồi (n= 3).
Trong những hiện t−ợng vật lý nói trên,u(x, t)là độ lệch so với trạng thái cân bằng
theo một h−ớng nào đó của điểmxtại thời giant.

ChoV là một miền con trơn củaU. Gia tốc trongV khi ú l

d2

dt2

V

udx=

V

</div>
<span class='text_page_counter'>(106)</span><div class='page_container' data-page=106>

3.4 Phơng trình truyền sóng 103

vµ lùc tiÕp xóc lµ

−

∂V

f.νννdS

trong đóf là lực tác động trênV qua∂V với mật độ khối l−ợng bằng đơn vị. Định
luật Newton khẳng định gia tốc bằng lực tiếp xúc

V

uttdx=−

∂V

f.νννdS.

Đồng nhất thức này đúng với mọi miền conV, và do vậy

utt=−divf.

Đối với vật đàn hồi, f là hàm số của Du, cho nên

utt+ divf(Du) = 0.

Với Duđủ nhỏ, ta th−ờng lyf(Du)=aDu, v do vy

uttau= 0.

Nếua= 1ta có phơng trình truyền sóng.

3.4.1

Nghiệm theo trung bình cầu

a. Nghiệm trong trờng hợp

n= 1

. Công thức Dalambert

Trớc tiên ta sẽ xét bài toán giá trị ban đầu (bài toán Cauchy) của phơng trình
truyền sóng trong toàn bộR

uttuxx= 0 trong Rì(0,)

u=g, ut=h trênRì {t= 0},

(3.102)

ở đâyg, hlà đo biết. Ta sẽ tìm công thức củauthông quag vàh.

Để ý ta sẽ thấy, phơng trình ĐHR (3.102) có thể viết dới dạng



t+

x



t

x

u=uttuxx= 0. (3.103)

Đặt

v(x, t) := ∂
∂t −

∂
∂x

u(x, t). (3.104)
Khi đó từ (3.103) ta cú

</div>
<span class='text_page_counter'>(107)</span><div class='page_container' data-page=107>

Đây chính là phơng trình chuyển dịch víi hƯ sè h»ng. 'Ap dơng c«ng thøc (3.3)
(víin= 1, b= 1) ta nhận đợc

v(x, t) =a(xt), (3.105)
trong úa(x) :=v(x,0). Kt hp (3.103)-(3.105) cho ta

ut(x, t)ux(x, t) =a(xt) trong Rì(0,).

Đây lại là phơng trình chuyển dịch không thuần nhất, áp dơng c«ng thøc (3.5) (víi

n= 1, b=−1, f(x, t) =a(x−t)) ta cã

u(x, t) =

t

0

a(x+ (t−s)−s)ds+b(x+t) (3.106)

=1
2

x+t
x−t

a(y)dy+b(x+t),

trong đób(x) :=u(x,0).

Cuối cùng ta dùng các điều kiện ban đầu (3.102) để tínhavàb. Điều kiện đầu của
(3.102) cho ta

b(x) =g(x) (x∈R₎

vµ tõ ®iỊu kiƯn thø hai cđa (3.102) vµ (3.104) suy ra

a(x) =v(x,0) =ut(x,0)−ux(x,0) =h(x)−g(x), (x∈R).

Thay vµo (3.106) ta cã

u(x, t) =1
2

x+t
x−t

h(y)−g(y)dy+g(x+t).

V× thÕ

u(x, t) = 1

2[g(x+t) +g(x−t)] +
1
2

x+t
x−t

h(y)dy (x∈R_{, t >}_0). _(3.107)

Đây chính làcông thức Dalambert.

Ta o tỡm ra cụng thức (3.107) với giả thiết rằngulà nghiệm đủ trơn của bài toán
(3.102). Bây giờ ta sẽ kiểm tra xem (3.107) có cho ta nghiệm của (3.102) trong
tr−ờng hợp tổng quát hơn hay khơng?

Định lý 3.29

(

Nghiệm của ph−ơng trình truyền sóng,

n= 1

)

.

Giả sử
g∈C2₍_R_{), h}_∈_C1₍_R₎_và_u_{đ−ợc xác định theo cơng thc Dalambert (3.107). Khi}

ú

</div>
<span class='text_page_counter'>(108)</span><div class='page_container' data-page=108>

3.4 Phơng trình truyền sóng 105

(ii) uttuxx= 0 trongRì(0,)
và

(iii) lim

(x,t)(x0_,₀₎

t>0

u(x, t) =g(x0), lim

(x,t)(x0_,₀₎

t>0

ut(x, t) =h(x0)
víi mäi ®iĨmx0_∈_R_.

Chứng minh định lý này suy ra từ những tính tốn trực tiếp.

Chó ý.

(i) Theo c«ng thøc (3.107), nghiƯmusÏ cã d¹ng

u(x, t) =F(x+t) +G(x−t),

với những hàm số F vàG thích hợp. Ng−ợc lại, mọi hàm số có dạng này đều là
nghiệm của ph−ơng trìnhutt−uxx= 0. Vì thế, nghiệm tổng qt của ph−ơng trình

trun sãng mét chiỊu chÝnh là tổng của hai nghiệm tổng quát của hai phơng trình
bậc nhất utux= 0vàut+ux= 0. Điều này là hệ quả của (3.103).

(ii) Ta cũng thấy từ công thức (3.107), nếugCk_và_h_Ck1_{thì nghiệm}_u_Ck

và trong trờng hợp tổng quát thì không trơn hơn. Nh vậy, phơng trình truyền
sóng khác hẳn phơng trình truyền nhiệt về tính chính quy của nghiệm.

Phơng pháp phản xạ.

Sử dụng công thức Dalambert ta xét bài toán điều kiện
biên - ban đầu trên nửa đờng thẳngR₊₌_{{x >}_0}

uttuxx= 0 trongR+ì(0,)

u=g, ut =h trênR+ì {t= 0}

u= 0 trên{x= 0} ì(0,),

(3.108)
ở đâyg, hđo đợc cho vớig(0) =h(0) = 0.

Ta đa bài toán (3.108) về dạng (3.102) bằng cách mở rộngu, g, hlên toàn bộ trục
số R_theo_{phản xạ lẻ:}

u(x, t) :=

u(x, t) (x≥0, t≥0)
−u(−x, t) (x0, t≥0),
g(x) :=

g(x) (x≥0)
−g(−x) (x0),
h(x) :=

h(x) (x≥0)
−h(−x) (x0).

Khi đó (3.108) trở thành

utt=uxx trongR×(0,∞)

</div>
<span class='text_page_counter'>(109)</span><div class='page_container' data-page=109>

'Ap dơng công thức Dalambert (3.107) ta đợc

u(x, t) = 1

2[g(x+t) +g(xt)] +
1
2

x+t
x−t

h(y)dy.

Theo định nghĩa của các hàmu, g, h nh− ở trên ta có thể viết cơng thức cuối cùng
lại nh− sau

u(x, t) =









1

2[g(x+t) +g(x−t)] +
1
2

x+t
x−t

h(y)dy, nÕux≥t, t≥0
1

2[g(x+t)−g(t−x)] +
1
2

x+t
tx

h(y)dy, nếu0xt,

(3.109)
vớix0, t0.

b. Các giá trị cầu

Giả sử ở đây n2, m2vàuCm₍_Rn_ì_[0,₎₎_{là nghiệm của bài toán}

Cauchy

uttu= 0 trong Rnì(0,)

u=g, ut=h trên Rnì {t= 0}.

(3.110)
Ta s a ra mt cụng thc nghiệmuthông quagvàh. Ta cố gắng sử dụng công
thức (3.109). Muốn vậy, tr−ớc tiên ta xét giá trị trung bình của utrên những mặt
cầu nào đó.

Ký hiƯu.

(i) Chox∈Rn_{, t >}_{0, r >}₀_{. Đặt}

U(x;r, t) :=

B(x,r)

u(y, t)dS(y), (3.111)
là giá trị trung bình củau(Ã, t)trên mặt cầuB(x, r).

(ii) Tng t, ta t

G(x;r) :=

∂B(x,r)

g(y)dS(y)
H(x;r) :=

∂B(x,r)

h(y)dS(y).

(3.112)

Vớixcố định, ta xemU là hàm số củar, tvà sẽ tìm một ph−ơng trình ĐHR nhận

U lµm nghiƯm.

Bổ đề 3.2

(

Ph−ơng trình Euler-Poisson-Darboux)

.

Cố địnhx∈Rn_và
choulà nghiệm của (3.110). Khi úU Cm₍_R

+ì[0,))là nghiệm của bài toán

sau

UttUrr

n1

r Ur= 0 trongR+ì(0,)
U =G, Ut=H trên R+ì {t= 0}.

</div>
<span class='text_page_counter'>(110)</span><div class='page_container' data-page=110>

3.4 Phơng trình truyền sóng 107

Phơng trình ĐHR trong (3.113) đợc gọi làphơng trình Euler-Poisson-Darboux.

Chứng minh. 1. Nh trong chứng minh của Định lý 3.2,§3.2.2, víir >0 ta cã

Ur(x;r, t) = r

n

B(x,r)

∆u(y, t)dy. (3.114)

Từ (3.114) ta nhận đợc

lim

r0+Ur(x;r, t) = 0.

Tip theo, ly đạo hàm đẳng thức (3.114) và sau khi tính tốn ta thấy

Urr(x;r, t) =

∂B(x,r)

∆udS+ 1

n−1 B(x,r)

∆udy. (3.115)
Nh− vËy

lim

r→0+Urr(x;r, t) =

1

n∆u(x, t).

Sử dụng (3.115) và bằng cách tơng tự ta tính đợc Urrr,..., và kiểm tra đợc

U Cm₍_R

+ì[0,)).

2. Tiếp tục các tính toán ở trên và từ (3.114), (3.110) ta có

Ur= r

n

B(x,r)

uttdy= 1

n(n)
1
rn1

B(x,r)

uttdy.

Vì thế

rn1Ur=

1
n(n)

B(x,r)

uttdy

và do vậy

(rn1_U

r)r=

1
n(n)

B(x,r)

uttdS

=rn1

B(x,r)

uttdS=rn1Utt.

c. Trờng hợp với

n = 3

và

n = 2

. Công thức Kirchhoff và công

thức Poisson

Trờng hợp

n= 3

.

Xét n= 3, và giả sử uC2₍_R3_ì_[0,₎₎_{thỏa mon bài}

toỏn giỏ tr ban u (3.110). Ta nh lại các ký hiệu (3.111), (3.112) củaU, G, H và
đặt

U :=rU, (3.116)

</div>
<span class='text_page_counter'>(111)</span><div class='page_container' data-page=111>

Bây giờ ta khẳng định rằngU tha mon

UttUrr = 0 trongR+ì(0,)

U =G, Ut=H trênR+ì {t= 0}

U = 0 trên{r= 0} ì(0,).

(3.118)

Thật vậy, theo (3.113) vớin= 3ta cã

Utt=rUtt=r

Urr+

2
rUr

=rUrr+ 2Ur= (U +rUr)r=Urr.

Sư dơng c«ng thøc (3.109) cho (3.118) ta tìm đợc với0rt:

U(x;r, t) = 1

2 G(r+t)G(tr)

+1
2

r+t

r+tH

(y)dy. (3.119)

Tõ (3.111) suy ra

lim

r→0+U(x;r, t) =u(x, t),

ta kÕt luËn tõ (3.116), (3.117), (3.119) r»ng

u(x, t) = lim

r→0+

U(x;r, t)

r = limr→0+

G(t+r)−G(t−r)

2r +

1
2r

t+r
t−r

H(y)dy
=G(t) +H(t).

Khi đó, nhờ (3.112) ta nhận đ−ợc

u(x, t) = ∂
∂t

t

∂B(x,t)

gdS+t

∂B(x,t)

hdS. (3.120)

Nh−ng 

∂B(x,t)

g(y)dS(y) =

∂B(0,1)

g(x+tz)dS(z),

và do đó

∂

∂t ∂B(x,t)

gdS=

∂B(0,1)

Dg(x+tz).zdS(z)
=

∂B(x,t)

Dg(y).y−x
t dS(y).

Trë l¹i víi (3.120) ta cã

u(x, t) =

∂B(x,t)

th(y) +g(y) +Dg(y).(y−x)dS(y) (xR3_{, t >}_0).

</div>
<span class='text_page_counter'>(112)</span><div class='page_container' data-page=112>

3.4 Phơng trình truyền sóng 109

Đây là công thức Kirchhoff biểu diễn nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (3.110)
vớin= 3.

Trng hp

n= 2

.

Ta sẽ xét bài toán giá trị ban đầu (3.110) và xem nó nh− là
bài tốn vớin= 3, trong đó bin khụng gian th bax3khụng xut hin.

Giả thiết rằng uC2₍_R2_ì_[0,₎₎_{thỏa mon (3.110) víi}_n_{= 2}_{, ta viÕt}

¯

u(x1, x2, x3, t) :=u(x1, x2, t) (3.122)

Khi đó từ (3.110) suy ra

¯

utt−∆¯u= 0 trong R3ì(0,)

u= g, ut= h trên R3ì {t= 0},

(3.123)
với g(x1, x2, x3) := g(x1, x2), h(x¯ 1, x2, x3) := h(x1, x2). NÕu ta viÕt x =

(x1, x2) ∈R2 vµx¯ = (x1, x2,0) R3 thì (3.123) và công thức Kirchhoff (trong

d¹ng (3.120)) cho ta

u(x, t) = ¯u(¯x, t)
= ∂

∂t

t

∂B(¯x,t)

¯
gdS+t

∂B(¯x,t)

¯

hdS, (3.124)

trong đó B(¯x, t) là hình cầu trongR3 _{với tâm}_x_¯_{, bán kính} _{t >}₀_{, và} _dS _{là độ đo}

mỈt 2 chiỊu trªn ∂B(¯x, t). Ta rót gän (3.124) bëi chó ý rằng

B(x,t)

gdS = 1
4t2

B(x,t)

gdS
= 2

4t2

B(x,t)

g(y) 1 +|D(y)|21/2_dy,

ở đây (y) = (t2_|_y₋_x_|2₎1/2 _víi_y _∈_{B(x, t)}_{. Thõa sè ”2” cã mỈt trong công}

thức trên, vìB(x, t)gồm 2 nửa bán cầu. Chú ý r»ng

(1 +|Dγ|2)1/2=t(t2− |y−x|2)−12

ta cã

∂B(¯x,t)

¯

gdS= 1
2πt

B(x,t)

g(y)

(t2_{− |}_y₋_x_|2₎1/2dy

= t
2

B(x,t)

g(y)

(t2_{− |y}₋_x|2₎1/2dy.

Do đó, cơng thức (3.124) trở thành

u(x, t) =1
2
∂
∂t

t2

B(x,t)

g(y)

(t2_{− |}_y₋_x_|2₎1/2dy

(3.125)
+t
2
2

B(x,t)

h(y)

</div>
<span class='text_page_counter'>(113)</span><div class='page_container' data-page=113>

Nh−ng

t2

B(x,t)

g(y)

(t2_{− |}_y_x_|2₎1/2dy=t

B(0,1)

g(x+tz)
(1 |z|2₎1/2dz

và vì thế

t

t2

B(x,t)

g(y)

(t2_|y_x|2₎1/2dy

=
=

B(0,1)

g(x+tz)
(1 |z|2₎1/2dz+t

B(0,1)

Dg(x+tz).z
(1 |z|2₎1/2dz

=t

B(x,t)

g(y)

(t2_|_y_x_|2₎1/2dy+t

B(x,t)

Dg(y).(yx)
(t2_|_y_x_|2₎1/2dy.

T ú ta viết (3.125) lại nh− sau

u(x, t) = 1
2

B(x,t)

tg(y) +t2_{h(y) +}_tDg(y).(y_x)

(t2_|_y_x_|2₎1₂ dy, (3.126)

vớixR2_{, t >}₀_.

Đây chính làcông thức Poissoncho nghiệm của bài toán giá trị ban đầu (3.110) với

n= 2.

d. Trờng hợp

n

lẻ

Trong mục này ta giải phơng trình Euler-Poisson-Darboux vớinlà số lẻ. Trớc
hết ta xét một số kỹ tht phơ trỵ.

Bổ đề 3.3

(

Những đồng nhất thức th−ờng dùng)

.

Cho φ: R_→R _là

Ck+1_{. Khi đó với}_k_{= 1,}_2...

(i)d2

dr2

1
r
d
dr

k−1

(r2k−1_{φ(r)) =}1

r
d

dr

k

r2k d
dr(r)

,
(ii)1

r
d
dr

k1

(r2k1_{(r)) =}!k1

j=0jkrj+1
dj

drj(r).ởđây các hằng sốjk (j =

0, ..., k1)phụ thuộc vào. Hơn nữa
(iii) k

0 = 1.3.5...(2k1).

Bõy gi, gi thitn3l mt số nguyên lẻ và đặt

n= 2k+ 1 (k≥1).

Tõ giê trë đi giả sử u Ck+1₍_Rn_ì_[0,₎₎ _{thỏa mon bài toán giá trị ban đầu}

</div>
<span class='text_page_counter'>(114)</span><div class='page_container' data-page=114>

3.4 Phơng trình truyền sãng 111

Ký hiÖu.

Ta viÕt













U(r, t) :=1

r
∂
∂r

k−1

(r2k−1_U_(x;_{r, t))}

G(r) :=1_r_∂r∂ k−1(r2k−1_G(x;_r)) _{(r >}_{0, t}_≥₀₎

H(r) :=1

r
∂
∂r

k−1

(r2k−1_H_(x;_r)).

(3.127)

Khi đó

U(r,0) =G(r); Ut(r; 0) =H(r). (3.128)

Sau đây ta kết hợp Bổ đề 3.2 và các đồng nhất thức trong Bổ đề 3.3 để chứng minh
rằng biến đổi (3.127) của U thành U sẽ biến ph−ơng trình Euler-Poisson-Darboux
thành ph−ơng trình truyền sóng.

Bổ đề 3.4

(U

thỏa mãn ph−ơng trình truyền sóng 1 chiều)

.

Ta có








Utt−Urr = 0 trongR+ì(0,)

U =G; Ut =H trênR+ì {t= 0}

U = 0 trên{r= 0} ×(0,∞).

Chøng minh. NÕur >0, ta cã

Urr= ∂

2
∂r2
₁
r
∂
∂r

k−1

(r2k−1U) =1
r

∂
∂r

k

(r2kUr) (theo Bổ đề 3.3, (i))

=1
r

∂
∂r

k−1

[r2k−1Urr+ 2kr2k−2Ur]

=1
r

∂
∂r

k−1

r2k−1 Urr+

n−1
r Ur

(n= 2k+ 1)
=1

r

∂
∂r

k−1

(r2k−1Utt) =Utt.

Đẳng thức gần cuối cùng là đúng theo (3.113). Dùng Bổ đề 3.3, (ii) ta thấy rằng

U = 0trªn {r= 0}.

Theo Bổ đề 3.4, (3.128) và (3.109) ta kết luận với0rt, rằng

U(x, t) =1

2[G(r+t)−G(t−r)] +
1
2

t+r
t−r H

(y)dy, (3.129)
víi mäir∈R_{, t}_≥₀_{. Nhí l¹i}

u(x, t) = lim

</div>
<span class='text_page_counter'>(115)</span><div class='page_container' data-page=115>

Hơn nữa Bổ đề 3.3, (ii) khẳng định

U(r, t) =1

r

∂
∂r

k−1

(r2k−1U(x;r, t))
=

k−1

j=0

βk
jrj+1

∂j

∂rjU(x;r, t),

và do đó

lim

r→0

U(r, t)

βk

0r

= lim

r→0U(x;r, t) =u(x, t).

V× thÕ, tõ (3.129) suy ra

u(x, t) = 1
βk

0

lim

r→0

G(t+r)−G(t−r)

2r +

1
2r

t+r
t−r H

(y)dy

= 1

βk

0

G(t) +H(t).

Sau cùng, từ n = 2k+ 1, (3.129) và Bổ đề 3.3, (iii) suy ra công thức biểu diễn
nghiệm

u(x, t) = 1
n

t
₁
t

t

n3
2

tn2

B(x,t)

gdS

+1

t

t

n3
2

tn2

B(x,t)

hdS

(3.130)

vớixRn_{, t >}_{0, n}_{là số nguyên lẻ và} 

n= 1.3.5...(n2).

Ta cú 3 = 1v do ú (3.130) với n= 3sẽ trùng với (3.120) và do vậy với cơng

thøc Kirchhoff (3.121).

Vấn đề cịn lại là kiểm tra rng cụng thc (3.130) chớnh l nghim ca (3.110).

Định lý 3.30.

Giả thiếtnlà số nguyên lẻ,n3và giả sửgCm+1₍_Rn_{), h}

Cm₍_Rn₎_với_m₌ n+1

2 . Xác địnhubởi (3.130). Khi đó

(i) u∈C2₍_Rn_×_[0,_∞₎₎_,

(ii) utt−∆u= 0 trongRn×(0,∞),
(iii) lim

(x,t)(x0_,₀₎

xRn, t>0

u(x, t) =g(x0), lim

(x,t)(x0_,₀₎

xRn, t>0

ut(x, t) =h(x0),
với mỗi điểmx0Rn.

Chứng minh. 1. Giả sử trớc hếtg0, tức là

u(x, t) = 1
n

₁

t

t

n3
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(116)</span><div class='page_container' data-page=116>

3.4 Phơng trình truyền sóng 113

Khi ú, từ Bổ đề 3.3, (i) ta có

utt=

1
γn
₁
t
∂
∂t

n−1
2

(tn−1_H

t).

Tõ c¸ch chøng minh của Định lý 3.2 trongĐ3.2.2 ta thấy rằng

Ht =

t
n

B(x,t)

hdy.

Suy ra

utt=

1
n(n)n
₁
t

t

n1
2

B(x,t)

hdy
= 1
n(n)n
₁

t

t

n3
2 1

t

B(x,t)

hdS.

Mặt khác,

H(x;t) = x

B(0,t)

h(x+y)dS(y) =

B(x,t)

hdS.

Vì thế, (3.131) và tính toán ở trên cho ta

utt= u trong Rnì(0,).

Ta sẽ làm t−¬ng tù nÕuh≡0.

2. Dùng Bổ đề 3.3, (ii)-(iii), ta dễ dàng chứng minh rằng,usẽ thỏa mon các điều
kiện ban đầu.

e. Trờng hợp

n

chẵn

Bây giờ giả sửnlà số tự nhiên chẵn, ulàCm_{-nghiệm của (3.110),}_m₌ n+2
2 .

Ta mun to ra mt công thức nghiệm giống (3.130) đối với u. ởđây, giống nh−
tr−ờng hợp vớin= 2, ta thấy

˜

u(x1, ..., xn+1, t) :=u(x1, ..., xn, t) (3.132)

sẽ thỏa mon phơng trình truyền sóng trong Rn+1_ì_(0,₎_{với điều kiện ban đầu}

u= g; ut= h trênRn+1ì {t= 0},

trong đó

˜

g((x1, ..., xn+1) :=g(x1, ..., xn)

˜

h((x1, ..., xn+1) :=h(x1, ..., xn).

</div>
<span class='text_page_counter'>(117)</span><div class='page_container' data-page=117>

Vì n+ 1 là lẻ, ta có thể sử dụng (3.130) (vớin+ 1thay chon) để đạt đ−ợc một
cơng thức chou˜theo các hàmf ,˜˜h. Khi đó (3.130) v (3.133) cho ta cụng thc ca

utheo các hàmg, h.

Bỏ qua những chi tiết, cố địnhx∈Rn_{, t >}₀ _{ta viết}_x_˜_{:= (x}

1, ..., xn,0)∈Rn+1.

Khi đó (3.130) với n+ 1thế chỗ chon, cho ta

u(x, t) = 1
γn+1

_∂
∂t
₁
t
∂
∂t

n−2
2

tn−1

∂B(˜x,t)

˜

gdS (3.134)

+1
t

∂
∂t

n−2
2

tn−1

∂B(˜x,t)

˜

hdS,

B(˜x, t)là hình cầu trongRn+1_{với tâm}_x_˜_{và bán kính}_t_{, và}_d_S_{là độ đo mặt}_n_-chiều

trªn∂B(˜x, t). B©y giê

∂B(˜x,t)

˜

gdS= 1

(n+ 1)α(n+ 1)tn

∂B(˜x,t)

˜

gdS. (3.135)

Chú ý rằng∂B(x, t)∩ {yn+1 ≥0} là đồ thị của hàm γ(y) := t2− |y−x|2

1/2

víiy ∈B(x, t)⊂ Rn_{. Cịng vËy} _∂_{B(x, t)}_{∩ {}_y

n+1 0} là đồ thị của −γ. Nh−

vËy, tõ (3.135) suy ra

∂B(˜x,t)

˜

gdS= 2

(n+ 1)α(n+ 1)tn

B(x,t)

g(y) 1 +|Dγ(y)|21/2dy. (3.136)
Thõa sè ”2” cã mỈt vìB(x, t)gồm hai bán cầu. Chú ý rằng 1 +|D(y)|21/2₌

t t2_|_y_x_|21/2_{. Thay vào (3.136) ta đợc}

B(x,t)

gdS= 2

(n+ 1)(n+ 1)tn1

B(x,t)

g(y)

t2_|y₋_x|21/2dy

= 2tα(n)
(n+ 1)α(n+ 1)

B(x,t)

g(y)

t2_{− |}_y₋_x_|21/2dy.

Ta sẽ làm một cách t−ơng tự vớihthế chỗ củagtrong (3.136). Sau đó ta thay các
cơng thức nhận đ−ợc vào (3.134) để có

u(x, t) = 1
γn+1

2α(n)
(n+ 1)(n+ 1)


t
₁
t

t

n2
2

tn

B(x,t)

g(y)

t2_|_y_x_|21/2dy

+1
t

t

n2

2

tn

B(x,t)

h(y)

t2_|_y_x_|21/2dy

.

Vì n+1 = 1.3...(n1) và(n) =

n/2

n+2
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(118)</span><div class='page_container' data-page=118>

3.4 Phơng trình truyền sóng 115

Cuối cùng công thức biểu diễn nghiệm là

u(x, t) = 1
n



t

₁

t

t

n2
2

tn

B(x,t)

g(y)

t2_{− |}_y₋_x_|21/2dy

(3.137)

+1
t

∂
∂t

n−2
2

tn

B(x,t)

h(y)

t2_{− |}_y₋_x_|21/2dy

,

trong đó nchẵn và γn = 2.4...(n−2).n, với x∈Rn, t >0. Vìγ2= 2, (3.137)

cho ta c«ng thøc Poisson (3.126), nếu n= 2.

Định lý 3.31.

Giả sửnlà một số nguyên chẵn,n2vàgCm+1₍_Rn₎ _h

Cm₍_Rn₎_với_m₌ n+2

2 . Xỏc nh ubi (3.137). Khi đó

(i) u∈C2₍_Rn_×_[0,_∞₎₎_,

(ii) utt−∆u= 0trongRn×(0,∞),
(iii) lim

(x,t)→(x0_,₀₎

x∈Rn, t>0

u(x, t) =g(x0), lim

(x,t)→(x0_,₀₎

x∈Rn, t>0

ut(x, t) =h(x0),
với mỗi điểmx0_Rn_.

Định lý 3.31 là hệ quả của Định lý 3.30.

Chỳ ý.

(i) Ta thy, trỏi ngc với cơng thức (3.130), để tínhu(x, t)vớinchẵn ta
cần thơng tinu=g, ut =htrên khắp hình cầu B(x, t)và khơng chỉ trên mt cu

B(x, t).

(ii) So sánh (3.130) và (3.137) ta chú ý rằng: nếu n là lẻ và n 3, các d÷ kiƯn

g vàh tại một điểmx∈Rn _{ảnh h−ởng đến nghiệm}_u _{chỉ trên biên}_{{(y, t)}_| _{t >}

0, |x−y|=t} cđa h×nh nãn C={(y, t)|t >0, |xy|< t}. Mặt khác, nếun

l chn thỡ cỏc d kin gvhnh hng nutrong khpC.

3.4.2

Bài toán không thn nhÊt

Tiếp sau đây ta nghiên cứu bài tốn giá trị ban đầu đối với ph−ơng trình truyền
sóng khơng thuần nht

uttu=f trongRnì(0,)

u= 0, ut = 0 trênRnì {t= 0}.

(3.138)
Theo nguyờn lý Duhamel Đ3.3.1 ta xác định u=u(x, t;s)là nghiệm của bi toỏn
sau

utt(Ã;s)u(Ã;s) = 0 trongRnì(s,)

u(Ã;s) = 0; ut(Ã;s) =f(Ã;s) trênRnì {t= 0}.

</div>
<span class='text_page_counter'>(119)</span><div class='page_container' data-page=119>

B©y giê xÐt

u(x, t) =

t

0

u(x, t;s)ds (x∈Rn_{, t}

≥0). (3.140)

Nguyên lý Duhamel khẳng định (3.140) là nghim ca (3.138)

Định lý 3.32.

Giả sử n 2 và f ∈ C

n

2

+1

(Rn_ì_[0,_∞))_{. Xác định} _u_bởi
(3.140). Khi đó

(i) u∈C2₍_Rn_×_[0,_∞₎₎_,

(ii) utt−∆u=f trongRn×(0,∞),
(iii) lim

(x,t)→(x0_,₀₎

x∈Rn, t>0

u(x, t) = 0, lim

(x,t)→(x0_,₀₎

x∈Rn, t>0

ut(x, t) = 0,

với mỗi điểmx0_Rn_.

Chứng minh. 1. Nếu n là lẻ, n

2

+ 1 = n+1₂ . Theo Định lý 3.30 u(ã,ã;s) ∈
C2₍_Rn_ì_[s,_∞)) _{với mọi}_s _≥₀ _{và do đó} _u_∈ _C2₍_Rn_ì_[0,_∞))_{. Nếu} _n_{là chn}

_n

2

+ 1 = n+2₂ . Vì thếuC2₍_Rn_ì_[0,₎₎_{, theo Định lý 3.31.}

2. Ta cã

ut(x, t) =u(x, t;t) +

t

0

ut(x, t;s)ds=

t

0

ut(x, t;s)ds

utt(x, t) =ut(x, t;t) +

t

0

utt(x, t;s)ds=f(x, t) +

t

0

utt(x, t;s)ds.

Hơn nữa

u(x, t) =

t

0

u(x, t;s)ds=

t

0

utt(x, t;s)ds.

Vì vậy

utt(x, t)u(x, t) =f(x, t) (x∈Rn, t >0),

vµ r˜o rµngu(x,0) =ut(x,0) = 0víix∈Rn.

Chú ý.

Nghiệm củabài tốn khơng thuần nhất tổng qt là tổng của nghiệm của
(3.110) (đo đ−ợc xác định bởi công thức (3.107), (3.130) hoặc (3.137) và nghiệm
của (3.138) (xác định bởi (3.140)).

VÝ dơ.

(i) Ta sÏ gi¶i (3.138) víin= 1.

Trong trờng hợp này công thức Dalembert (3.107) cho ta

u(x, t;s) =1

2

x+t−s
x−t+s

f(y, s)dy; u(x, t) =1
2

t

0

x+t−s
x−t+s

</div>
<span class='text_page_counter'>(120)</span><div class='page_container' data-page=120>

3.4 Phơng trình truyền sóng 117

Đó là,

u(x, t) = 1
2

t

0

x+s
x−s

f(y, t−s)dyds (x∈R_{, t}_≥_0). _(3.141)

(ii) Víin= 3, c«ng thøc Kirchhoff (3.121) cho ta

u(x, t;s) = (t−s)

∂B(x,t−s)

f(y, s)dS,

do đó

u(x, t) =

t

0

(t−s)

∂B(x,t−s)

f(y, s)dSds
= 1

4π

t

0

∂B(x,t−s)

f(y, s)
(t−s)dSds
= 1

4π

t

0

∂B(x,r)

f(y, t−r)
r dSdr.

V× thÕ

u(x, t) = 1
4π

B(x,t)

f(y, t− |y−x|)

|y−x| dy (x∈R

3_{, t}

≥0), (3.142)
tháa mon (3.138) víi n= 3. Hµm d−íi dÊu tÝch phân ở vế phải đợc gọi làthế vị
chậm.

3.4.3

Phơng pháp năng lợng

Ta s dựng phng phỏp nng lng nghiờn cứu tính duy nhất nghiệm của
bài tốn biên - giá trị ban đầu đối với ph−ơng trình truyền sóng.

a. TÝnh duy nhất

Cho U Rn _{là miền bị chặn với biên trơn} _U_{, và} _U

T =Uì(0, T] T =

UT UT,T >0.

Ta xét bài toán biên - giá trị ban đầu

uttu=f trongUT

u=g trênT

ut =h trênUì {t= 0}.

(3.143)

Định lý 3.33

(

Tính duy nhất)

.

Tồn tại không quá một nghiệmuC2_(U

</div>
<span class='text_page_counter'>(121)</span><div class='page_container' data-page=121>

Chng minh. Nếuu˜ là một nghiệm khác của (3.143), khi đów :=u−u˜ s tha

mon 

wttw= 0 trongUT

w= 0 trênT

wt= 0 trênUì {t= 0}.

Ta định nghĩa ”năng l−ợng” là đại l−ợng sau

e(t) =1
2

U

w2

t(x, t) +|Dw(x, t)|2

dx (0tT).

Ta cã

˙
e(t) =

U

(wtwtt+Dw.Dwt)dx=

D

wt(wtt−∆w)dx= 0,

vìw= 0, và do đówt = 0trên∂[0, T]. Suy ra, với∀0tT e(t) =e(0) =

0vµwt, Dw0trongUT. Vìw= 0trênUì {t= 0}ta kết luậnw=uu0

trongUT.

b. Miền phụ thuộc

Ta dùng ph−ơng pháp năng l−ợng để nghiên cứu miền phụ thuộc của nghiệm đối
với ph−ơng trình truyền sóng trong tồn khơng gian. Giả sửu∈C2 _{thỏa mon}

utt−∆u= 0 trongRn×(0,∞).

Cố địnhx0_∈_Rn_{, t}

0>0và định nghĩa hình nón

C={(x, t)|0tt0, |x−x0|t0−t}.

Định lý 3.34

(

Tốc độ lan truyền hữu hạn)

.

Nếuu≡ut ≡0trênB(x0, t0)

th×u≡0 trong h×nh nãnC.

Trong tr−ờng hợp đặc biệt, ta thấy rằng ”sự nhiễu” bắt nguồn từ bên ngồiB(x0, t0)

khơng ảnh h−ởng tới nghiệm trong C và do đó có tốc độ lan truyền hữu hạn. Ta
đo biết điều đó từ cơng thức biểu diễn (3.130) và (3.137), với giả thiếtg =uvà

h=ut trên Rnì {t= 0} là đủ trơn. Điều cần nhấn mạnh ở đây là ph−ơng pháp

năng l−ợng cho ta cách chứng minh đơn giản hơn nhiều.

Chứng minh. Ta định nghĩa

e(t) := 1
2

B(x0,t0−t)

</div>
<span class='text_page_counter'>(122)</span><div class='page_container' data-page=122>

3.5 Bài tập Chơng 3 119

Hình3.5: Hình nón phụ thuéc

Khi đó

˙
e(t) =

B(x0,t0−t)

(ututt+Du.Dut)dx−

1
2

∂B(x0,t0−t)

u2t +|Du|2dS

=

B(x0,t0−t)

ut(utt−∆u)dx+

∂B(x0,t0−t)

∂u
∂νutdS
−1

2

∂B(x0,t0−t)

u2t +|Du|2dS

=

∂B(x0,t0−t)

∂u
∂νut−

1
2u

2

t −

1
2|Du|

2_dS.

(3.144)

Bây giờ, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và bất đẳng thức Cauchy (Đ2.2), ta có

∂u_∂νut

_|ut| |Du|1

2u

2

t +

1
2|Du|

2_, _(3.145)

từ (3.145) và (3.144) ta thấye(t)˙ 0và do đó

e(t)e(0) = 0 ∀0tt0.

V× thÕut, Du≡0 trongC, suy rau≡0 trong hình nónC.

3.5

Bài tập Chơng 3

Trong nhng bi tp ny, tất cả các hàm cho tr−ớc đều đ−ợc giả thiết ltrntr
khi cú gi thit khỏc cho trc.

1. Hoy tìm công thức nghiệm của bài toán giá trị ban đầu

ut+b.Du+cu= 0 trong Rn×(0,∞)

</div>
<span class='text_page_counter'>(123)</span><div class='page_container' data-page=123>

trong đóc∈R_và_b_∈Rn _{là các hằng số.}

2. Chứng minh rằng ph−ơng trình Laplace∆u= 0là bất biến qua phép quay; tức
là: NếuO là một ma trận trực giaonìn, t

v(x) :=u(Ox) (xRn_),

thìv= 0.

3. Choulà nghiệm của bài toán

u=f trongB0_{(0, r)}

u=g trênB(0, r).

Dựa vào cách chứng minh các công thức giá trị chính hoy chỉ ra (vớin3) rằng

u(0) =

B(0,r)

gdS+ 1
n(n2)(n)

B(0,r)

₁

|x|n2

1
rn2

f dx.

4. Ta nói: vC2_(U₎_{là hàm}_{điều hòa dới}_nếu

v0 trong U.

a) Chứng minh rằng: nếuv là điều hòa dới thì

v(x)

B(x,r)

vdy

với mäiB(x, r)⊂U.

b) Chứng minh rằng khi đó ta cũng có

max

U v= maxU v.

c) Cho:RR_{là một hàm lồi và trơn. Giả thiết}_u_{là điều hòa và}_v_:=_(u)_.

Chứng minhv là điều hòa dới.

d) Chứng minhv:=|Du|2 _{là điều hòa dới nếu}_u_{là điều hòa.}

5. Choulà một nghiệm trơn của bài toán

u=f trongB0_(0,₁₎

u=g trênB(0,1).

Chứng minh rằng, tồn t¹i h»ng sèCchØ phơ thc nsao cho

max

B(0,1)|u|

C max

∂B(0,1)|g|+ maxB(0,1)|f|

</div>
<span class='text_page_counter'>(124)</span><div class='page_container' data-page=124>

3.5 Bài tập Chơng 3 121

6. Choulà một hàm điều hòa, dơng trongB0_{(0, r)}_{, hoy dùng công thức Poisson}

i với hình cầu chứng minh rằng

rn−2 r− |x|

(r+|x|)n−1u(0)u(x)r

n−2 r+|x|

(r− |x|)n−1u(0).

Đây chính là một dạng của bất đẳng thức Harnack.
7. Chứng minh nh lý 3.15 trong3.2.4.

8. Choulà nghiệm của bài toán

u= 0 trongRn

+

u=g trênRn

+

và đợc cho bởi công thức Poisson trong nửa không gian. Giả thiết g bị chặn và

g(x) =|x|vớixRn

+, |x|1. Hoy chứng minhDukhông bị chặn gầnx= 0.

(Gi ý: Hoy ỏnh giỏ u(en)u(0)

).

9. ChoU+_{là nửa hình cầu mở}_{_x_Rn_{| |}_x_|_<₁ _x

n>0}. Giả thiếtuC2(U

+

)

là hàm điều hòa trongU+_{, với}_u_{= 0}_trên _U+_{_x

n= 0}. XÐt

v(x) :=

u(x) nÕuxn≥0

−u(x1, ..., xn−1,−xn) nÕuxn<0

víix∈U =B0_(0,₁₎_{. Chøng minh rằng} _v_{là hàm điều hòa trong}_U_.

10. Giả sửulà một nghiệm trơn của phơng trình truyền nhiệt

utu= 0 trong Rnì(0,).

(i) Chứng minh rằngu(x, t) :=u(x, 2t)cũng là nghiệm của phơng tr×nh trun

nhiƯt víi mäiλ∈R_.

(ii) Từ đó suy rav(x, t) :=x.Du(x, t) + 2tut(x, t)cũng là nghiệm của ph−ơng trình

trun nhiƯt.

11. Giả thiếtn= 1vàu(x, t) =v x2
t

.
a) Chứng minh rằng

ut=uxx

nếu và chØ nÕu

4zv(z) + (2 +z)v(z) = 0 (z >0). (∗)

b) Chứng minh rằng nghiệm tổng quát của()là

v(z) =c

z

0

</div>
<span class='text_page_counter'>(125)</span><div class='page_container' data-page=125>

c) Lấy đạo hàmv x2
t

theoxvà chọn hằng sốcphù hợp tỡm nghim c bn

trong trờng hợpn= 1.

12. Tìm công thức nghiệm của bài toán

utu+cu=f trongRnì(0,)

u=g trênRn_{ì {}_t_{= 0}_}

trong úcR_.

13. Choulà nghiệm của bài toán giá trị - ban đầu

utuxx= 0 trongR+ì(0,)

u= 0 trênR₊_{ì {}_t_{= 0}_}

u=g trên{x= 0} ì[0,)

trong úg: [0,∞)−→R_với_{g(0) = 0}_{là hàm cho tr−ớc. Hoy chứng minh}

u(x, t) = x
4

t

0

1
(ts)3/2e

x2

4(ts)_g(s)ds.

14. Ta nóivC2

1(UT)lànghiệm dớicủa phơng trình truyền nhiệt nÕu

vt−∆v0 trong UT.

a) Chøng minh r»ng nÕuv lµ nghiƯm d−íi th×

v(x, t) 1

4rn

E(x,t;r)

v(y, s)|x−y|

2

(t−s)2dyds,

víi mäiE(x, t;r)⊂UT.

b) Khi đó chứng minh

max

UT

v= max

T

v

c) Cho:RR_{là một hàm lồi, trơn. Giả thiết}_u_{là nghiệm của phơng trình}

truyền nhiệt, vàv:=(u). Chứng minhv là nghiệm dới.

d) Chứng minh rằng: nếu u là nghiệm của phơng trình truyền nhiệt thìv :=
|Du|2₊_u2

t là nghiệm dới.

15 a) Chứng minh rằng: vớiF vàGlà các hàm trơn tùy ý, ta có

u(x, y) =F(x) +G(y)

</div>
<span class='text_page_counter'>(126)</span><div class='page_container' data-page=126>

3.5 Bài tập Chơng 3 123

b) Dùng phép đổi biến 

ξ=x+t
η=x−t

Chøng minh r»ng: utt−uxx= 0 khi vµ chØ khiuξη= 0.

c) Dùng a) và b) để chứng minh lại cơng thức Dalambert.

16. Gi¶ thiÕt E = (E1_{, E}2_{, E}3₎ _vµ _B _{= (B}1_{, B}2_{, B}3₎ _{tháa mon phơng trình}

Maxwell (Đ1.3.2).

Chứng minh rằng

uttu= 0

vớiu=Ei _hoặc_Bi _(i_{= 1,}_2,₃₎_.

17. ChouC2₍_R_ỡ_[0,₎₎_{l nghiệm của bài toán giá trị ban đầu đối với ph−ơng}

tr×nh trun sãng mét chiỊu

utt−uxx = 0 trongR×(0,∞)

u=g, ut =h trênRì {t= 0}.

Gi sg, hcú giỏ compc. Hm ng nng l

k(t) := 1
2

+

u2t(x, t)dx

và hàm thế năng là

p(t) := 1
2

+∞
−∞

u2

x(x, t)dx,

chøng minh :

(i) k(t) +p(t)là hằng số đối vớit.
(ii) k(t) =p(t)với mọit đủ lớn.
18. Choulà nghiệm của

utt−∆u= 0 trongR3ì(0,)

u=g, ut=h trênR3ì {t= 0},

vớig, h là các hàm trơn có giá compắc. Chứng minh rằng: tồn tại hằng sốC sao
cho

|u(x, t)| C

t (x∈R

</div>
<span class='text_page_counter'>(127)</span><div class='page_container' data-page=127></div>
<span class='text_page_counter'>(128)</span><div class='page_container' data-page=128>

Ch−¬ng 4

Ph−ơng trình đạo hàm riêng

phi tuyến cấp một

4.1. Tích phân y , hỡnh bao

4.2. c trng

4.3. Phơng trình Hamilton-Jacobi

4.4. Luật bảo toàn

4.5. Bài tập Chơng 4.

Phng trỡnh HR phi tuyn cấp một th−ờng nảy sinh trong vật lý lý thuyết,
động lực học (mơ tả những chuyển động chính tắc), cơ học liên tục (để ghi lại sự bảo
tồn khối l−ợng, mơ men lực) và quang học (để mơ tả sóng)... Mặc dù ph−ơng trình
ĐHR phi tuyến nói chung là rất phức tạp, nh−ng ta có thể sử dụng những kỹ thuật
khác nhau để thu l−ợm đ−ợc nhiều thông tin chi tiết về nghiệm của chúng. Những
kỹ thuật nh− thế, sẽ đ−ợc dùng trong Đ4.1 và Đ4.2 và chỉ mang tính địa ph−ơng.
Trong Đ4.3 vàĐ4.4, ta sẽ đ−a ra khái niệmnghiệm yếu một cách thích hợp và tìm
những nghiệm tồn cục của ph−ơng trình Hamilton-Jacobi và các luật bảo tồn.
Trong ch−ơng này ta nghiên cứu những ph−ơng trình đạo hàm riêng (ĐHR) phi tuyến
cấp một tổng quát

F(x, u, Du) = 0,

ë đây, xU, U là một tập mở trongRn_,_F _:_U _ì_R_ì_Rn _R_{là hàm đo biết,}

u:U R_{là nghiệm cần tìm,}_u₌_u(x)_.

</div>
<span class='text_page_counter'>(129)</span><div class='page_container' data-page=129>

Ta viÕt

F =F(x, z, p) =F(x1, ..., xn, z, p1, ..., pn),

vớix∈U, z ∈R_{, p}_∈Rn_{, trong đó,} _z _{là biến thay thế cho}_u(x)_{và “}_p_{” là biến}

thay thÕ gradient Du(x). Ta cũng giả thiết từ nay trở đi rằng F là hàm trơn, và

dùng ký hiệu: 

DpF= (Fp1, ..., Fpn)

DzF =Fz

DxF = (Fx1, ..., Fxn).

Vấn đề đặt ra là tìm nghiệmucủa ph−ơng trình ĐHR

F(x, u, Du) = 0 trong U

vµ tháa mon điều kiện biên

u=g trên ,

trong ú,l tp con cho tr−ớc của∂U vàg: Γ→R_{là hàm số đo biết.}

4.1

Tích phân y , hỡnh bao

4.1.1

Tớch phõn y

Ta bắt đầu nghiên cứu phơng trình ĐHR phi tuyến

F(x, u, Du) = 0 (4.1)
bằng sự miêu tả những lớp nghiệm đơn giản và đ−a ra ph−ơng pháp xây dựng những
nghiệm khác phức tp hn.

Trớc hết giả sửARn_{là một tập mở. Giả thiết với mỗi tham số}_a_{= (a}

1, ..., an)

Ata có một nghiệmu=u(x;a)C2_{của phơng trình (4.1).}

Ký hiệu.

Ta viết

(Dau, D2xau) :=

ua1 ux1a1 Ã · · uxna1

..

. ... . .. ...

uan ux1an · · · uxnan





n×(n+1)

. (4.2)

Định nghĩa

4.1. Một C2-hàm u= u(x;a) đ−ợc gọi là một tích phân đầy đủ
trongAnếu

</div>
<span class='text_page_counter'>(130)</span><div class='page_container' data-page=130>

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao 127

Ghi chú.

Điều kiện (ii) đảm bảo u(x;a) phụ thuộc thực sự vào n tham s

a1, a2, ..., an. Để thấy rõ điều này, giả sửB Rn1 là một tập mở, và với mỗi

b B giả thiếtv =v(x;b)là một nghiệm của (4.1). Ta cũng giả sử tồn tại một

C1_{-ánh xạ}_:_A_B_,_{= (}1_{, ...,}n1₎_{sao cho}

u(x;a) =v(x;(a)) (xU, aA). (4.3)
Bây giờ, giả sử hàmu(x;a)thực sự chỉ phơ thc vµo(n−1)tham sèb1, ..., bn−1.

Nh−ng

uxiaj =

n−1

k=1

vxibk(x;ψ(a))ψ

k

aj(a) (i, j= 1, ..., n).

Do đó

det (D2

xau) =
n−1

k=1

vx1bk1· · ·vxnbkn det





ψk1

a1 · · · ψ

k1

an

..

. . .. ...

ψkn

a1 · · · ψ

kn

an



= 0,

v× với mỗi cách chọn k1, ..., kn (1, ..., n−1), cã Ýt nhÊt hai cét trong ma trËn

t−¬ng øng lµ b»ng nhau. Ta cã

uaj(x;a) =

n−1

k=1

vbk(x;ψ(a))ψ

k

aj(a) (j = 1, ..., n),

nên theo cách lý luận t−ơng tự, định thức của mỗi ma trận connìncủa(Dau, Dxa2 u)

bằng 0, do đó ma trận này có hạng thực sự nhỏ hơnn.

VÝ dơ 1.

Phơng trình Clairauttrong hình học vi phân là một phơng trình ĐHR

x.Du+f(Du) =u, (4.4)
õyf :Rn _R_{l cho trc. Mt tích phân đầy đủ là}

u(x;a) =x.a+f(a) (x∈U), a∈Rn_. _(4.5)

VÝ dơ 2.

Xét phơng trình Eikonaltrong quang hình học

|Du|= 1. (4.6)

Mt tích phân đầy đủ là

u(x;a, b) =a.x+b (x∈U, a∈∂B(0,1), b∈R_). _(4.7)

Ví dụ 3.

Ph−ơng trình Hamilton-Jacobi trong cơ học với dạng đơn giản nhất của
nó là một ph−ơng trình ĐHR

ut+H(Du) = 0, (4.8)

ở đâyH :Rn _R_,_u_{phụ thuộc vào}_x_{= (x}

1, ..., xn)∈Rnvµt∈R,Du=Dxu=

(ux1, ..., uxn). Một tích phân đầy đủ là

</div>
<span class='text_page_counter'>(131)</span><div class='page_container' data-page=131>

4.1.2

Những nghiệm mới từ hình bao

Tip theo, ta nghiên cứu cách xây dựng các nghiệm phức tạp hơn của ph−ơng
trình ĐHR phi tuyến cấp một (4.1), những nghiệm phụ thuộc vào một hàm tùy ý
của(n−1) biến, và không phụ thuộc vào tham số. Ta sẽ xây dựng những nghiệm
mới đó nh− là hình bao của tích phân đầy đủ.

Định nghĩa

4.2. Cho u=u(x;a)là mộtC1_{-hàm của}_x_∈_{U, a}_∈_A_{, trong đó}

U ⊂Rn_{, A}_Rm _{là những tập mở . Xét phơng trình véc t¬}

Dau(x;a) = 0 (x∈U, a∈A). (4.10)
Giả sử rằng ta có thể giải (4.10) để tìm tham sốalà mộtC1_{-hàm của}_x

a=ϕ(x), (4.11)

v× thÕ

Dau(x;ϕ(x)) = 0 (x∈U). (4.12)
Khi đó ta gọi

v(x) :=u(x;ϕ(x)) (x∈U). (4.13)

là hình bao của những hàm{u(Ã;a)}aA.

Bằng cách tạo ra hình bao ta có thể xây dựng những nghiệm mới của phơng trình
ĐHR phi tuyến cấp một.

nh lý 4.1

(

Xõy dng những nghiệm mới)

.

Giả sử với mỗi a∈A, thì
u=u(ã;a)là nghiệm của ph−ơng trình ĐHR (4.1). Giả thiết rằng tồn tại hình bao
v đ−ợc xác định bởi (4.12), (4.13) và là mộtC1_{-hàm, khi đó}_v _{cũng là nghiệm của}

(4.1).

Hình baov xác định nh− trên đơi khi đ−ợc gọi lànghiệm kì dịcủa (4.1).

Chøng minh. Ta cã, theo (4.12), (4.13)

v(x) =u(x;ϕ(x))

và do đó vớii= 1, ..., n
vxi =uxi(x;ϕ(x)) +

m

j=1

uaj(x;ϕ(x))ϕ

j

xi(x) =uxi(x;ϕ(x)).

Từ đó với mỗix∈U

</div>
<span class='text_page_counter'>(132)</span><div class='page_container' data-page=132>

4.1 Tích phân đầy đủ, hình bao 129

Chú ý.

'Y nghĩa hình học ở đây là, với mỗix∈U, đồ thị của v tiếp xúc với đồ
thị của u(ã;a)khia=ϕ(x). Do ú Dv=Dxu(ó;a)tix, vi a=(x).

Ví dụ 4.

Xét phơng trình ĐHR

u2(1 +|Du|2) = 1. (4.14)
Một tích phân đầy đủ là

u(x;a) =±(1− |x−a|2₎1/2_, _(|x₋_a|_<_1).

Ta tÝnh

Da(u) = ∓(x−

a)

(1− |x−a|2₎1/2 = 0, nÕua=ϕ(x) =x.

Từ đóv=±1là những nghiệm kỳ dị của (4.14).

Để tìm ra nhiều nghiệm khác của ph−ơng trình (4.1) từ một tích phân đầy đủ, ta
thay đổi cách làm ở trên.

Chọn một tập mở A _∈_Rn−1 _và _C1_-hàm _h_: _A _→_R _{sao cho đồ thị của}_h _nằm

trong A. Ta viÕt

a= (a1, ..., an) = (a, an) với a= (a1, ..., an1).

Định nghĩa

4.3. Tích phân tổng quát (phụ thuộc vàoh) là hình baov ₌_v_(x)
của các hàm số

u_(x;_a_{) =}_u(x;_a_{, h(a}₎₎
nếu hình bao này tồn tại và là C1_-hàm.

Nói cách khác, ở đây trong việc tính toán hình bao ta chỉ hạn chế trên những tham
số acó dạnga= (a_{, h(a}₎₎_{với sự lựa chọn hàm}_h_{một cách tờng minh.}

Chú ý

(i) Nh− vậy từ một tích phân đầy đủ phụ thuộc vàonhằng số tùy ýa1, ..., an,

ta x©y dùng đợc (mỗi khi cách xây dựng nh trên đợc thực hiƯn) mét nghiƯm phơ
thc vµo hµm tïy ý hcđa(n−1)biÕn.

(ii) Có thể cho rằng: một khi tìm đ−ợc (theo cách ở trên) một nghiệm của (4.1) phụ
thuộc vào hàmhbất kỳ, ta sẽ tìm đ−ợc tất cả các nghiệm của (4.1). Tuy nhiên điều
đó khơng hồn tồn nh− thế. Giả sử ph−ơng trình ĐHR của ta có cấu trúc

F(x, u, Du) =F1(x, u, Du)F2(x, u, Du) = 0.

Nếuu1(x, a)là một tích phân đầy đủ của ph−ơng trình ĐHRF1(x, u, Du) = 0, v

ta đo thành công trong việc tìm một tích phân tổng quát tơng ứng với hàm hbất
kỳ, ta sẽ vẫn còn bỏ sót tất cả các nghiệm của phơng trình §HR

</div>
<span class='text_page_counter'>(133)</span><div class='page_container' data-page=133>

Ví dụ 5.

Một tích phân đầy đủ của ph−ơng trình Eikonal

|Du|= 1

víin= 2sÏ lµ

u(x;a) =x1cosa1+x2sina1+a2, (x, a∈R2). (4.15)

Chọnh≡0, khi đó

u(x;a1) =x1cosa1+x2sina1

biểu diễn tập con các nghiệm của|Du|= 1mà đồ thị của nó đi qua điểm(0,0,0)∈

R3_{. Ta tính hình bao của}_u_(x;_a

1)bằng cách viết

Da1u

₌

x1sina1+x2cosa1= 0.

T úa1=arctanx_x2

1, và v× thÕ

v(x) =x1cos(arctanx2

x1

) +x2sin arctanx2

x1

=±|x| (x∈R2₎

tháa mon|Du|= 1víix= 0.

Ví dụ 6.

ĐặtH(p) =|p|2_{, h}_≡₀_{trong Ví dụ 3 ở trên. Một tích phân đầy đủ là}

u(x, t;a, b) =a.x−tH(a) +b (x∈R_{, t}_≥_0).

Khi đóu_{(x, t;}_{a) =}_a.x₋_t_|_a_|2_{. Ta tính hình bao bằng cách xét}_D

au=x−2ta= 0.

Lóc nµya= x

2t và do đó

v(x, t) =x.x
2t−t

_2tx

2=|x|

2

4t (x∈R

n_{, t >}_0),

thỏa mon phơng trình Hamilton-Jacobiut+|Du|2= 0.

4.2

Đặc trng

4.2.1

Phng trỡnh vi phõn thng c trng

Ta trở lại với phơng trình ĐHR phi tuyến cấp một

F(x, u, Du) = 0 trongU, (4.16)
với điều kiện biên

</div>
<span class='text_page_counter'>(134)</span><div class='page_container' data-page=134>

4.2 Đặc trng 131

Giả sử rằng F, glà những hàm trơn.

nghiờn cu bài toán (4.16), (4.17) ta sẽ dùngph−ơng pháp đặc tr−ng, là ph−ơng
pháp biến đổi ph−ơng trình ĐHR thành một hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng t−ơng
ứng. 'Y t−ởng chủ yếu nh− sau.

Giả sửuthỏa mon (4.16), (4.17) vàxlà một điểm cố định nào đó thuộcU. Ta sẽ
tìm một đ−ờng cong nằm trong U nixvi imx0_{. Theo (4.17) ta cú}_u₌_g

trên, vì thế ta biết giá trị củautại điểm mútx0 _{của đờng cong:} _u(x0_{) =}_g(x0₎_.

Nếuulà hằng số dọc theo đờng cong, ta tìm đợc giá trị củautạix.

Cỏch tỡm phng trỡnh vi phõn thng đặc tr−ng.

Bằng cách nào ta
có thể chọn một đ−ờng cong sao cho điều nói ở trên thực hiện đ−ợc ? Giả sử rằng
đ−ờng cong đó đ−ợc tham số hóa bởi hàmx(s) = (x1_{(s), ..., x}n_(s))_{, tham số}_s_nằm

trong một khoảng con nào đó củaR_{. Giả thiết}_u_là_C2_{-nghiệm của (4.16), ta đặt}

z(s) :=u(x(s)), (4.18)

p(s) :=Du(x(s)), (4.19)
cã nghÜa lµp(s) = (p1_{(s), ..., p}n_(s))_vµ

pi(s) =uxi(x(s)). (4.20)

Nh vậyz(.)cho giá trị của udọc đờng cong và p(.)là giá trị của gradientDu.
Ta phải chọn x(.)sao cho có thể tính đợcz(.)vàp(.).

lm iu ny, trc ht ta o hàm (4.20) để đ−ợc

˙
pi(s) =

n

j=1

uxixj(x(s)) ˙x

j_(s) _{˙ =} d

ds

. (4.21)

Biểu thức này khá r−ờm rà vì nó có chứa đạo hàm cấp hai củau. Mặt khác, ta đạo
hàm ph−ơng trình ĐHR (4.1) theo xi

n

j=1

∂F
∂pj

(x, u, Du)uxixj+

∂F

∂z(x, u, Du)uxi+

∂F
∂xi

(x, u, Du) = 0. (4.22)

Ta sử dụng đồng nhất thức này để loại bỏ những đạo hàm cấp hai củautrong (4.21).
Đặt

˙

xj(s) = ∂F
∂pj(

x(s), z(s),p(s)) (j= 1, ..., n). (4.23)

</div>
<span class='text_page_counter'>(135)</span><div class='page_container' data-page=135>

ta nhận đ−ợc đồng nhất thức sau

n

j=1

∂F
∂pj

(x(s), z(s),p(s))uxixj(x(s)) +

∂F

∂z(x(s), z(s),p(s))p

i_{(s) +}

+ ∂F
∂xi(

x(s), z(s),p(s)) = 0.

ThÕ biĨu thøc nµy vµ (4.23) vµo (4.21) ta cã

˙

pi(s) =−∂F
∂xi

(x(s), z(s),p(s))−∂F

∂z(x(s), z(s),p(s))p

i_(s) _(i_{= 1, ..., n).}

(4.24)
Cuối cùng, lấy đạo hàm biểu thức (4.18) ta thấy

˙
z(s) =

n

j=1

∂u
∂xj

(x(s)) ˙xj(s) =

n

j=1

pj(s)∂F
∂pj

(x(s), z(s),p(s)), (4.25)
(ở đây ta dùng (4.20) và (4.23) để nhận đ−ợc đẳng thức thứ hai). Ta viết lại các
ph−ơng trình (4.23)–(4.25) theo ký hiệu véc tơ







(a) p˙(s) =−DxF(x(s), z(s),p(s))−DzF(x(s), z(s),p(s))p(s)

(b) z(s) =˙ DpF(x(s), z(s),p(s)).p(s)

(c) x˙(s) =DpF(x(s), z(s),p(s)).

(4.26)
Hệ (2n+ 1) ph−ơng trình vi phân th−ờng cấp một quan trọng này đ−ợc gọi làcác
ph−ơng trình đặc tr−ngcủa ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp một (4.16). Các hàm

x(.) = (x1_{(.), ..., x}n_{(.)), z(.)}_p_{(.) = (p}1_{(.), ..., p}n_(.))_{đ−ợc gọi là} _{những đặc tr−ng}_.

Thỉnh thoảng ta gọix(.)làđặc tr−ng gốc: nó là hình chiếu của tồn bộ đặc tr−ng

(x(.), z(.),p(.))⊂R2n+1_{lªn miỊn}_U _⊂_Rn_.

Nh− vậy ta đo chứng minh định lý sau đây

Định lý 4.2

(

Cấu trúc của ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng)

.

Cho u∈C2_(U) _{là nghiệm của phơng trình ĐHR (4.16) trong}_U_{. Giả thiết r»ng}

x(.)thỏa mCn ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26)(c), vớip(.) =Du(x(.)), z(.) =
u(x(.)). Khi đó p(.)là nghiệm của ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26)(a) vàz(.)
thỏa mCn ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.26)(b) với nhữngssao chox(s)∈U.

Ta cịn cần tìm điều kiện ban đầu t−ơng ứng cho hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng
(4.26), để hệ này sẽ thực sự có ích, trong mụcĐ4.2.3 d−ới đây.

Chú ý.

Giả sửulà một nghiệm của ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp một (4.16),
khi đó hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng là một hệ đóng đối vớix(.), z(.) =
u(x(.)), vàp(.) =Du(x(.)). B−ớc quyết định ở đây l vic tx =DpF, tc l

</div>
<span class='text_page_counter'>(136)</span><div class='page_container' data-page=136>

4.2 Đặc tr−ng 133

4.2.2

C¸c vÝ dơ

Tr−ớc khi tiếp tục nghiên cứu các ph−ơng trình đặc tr−ng (4.26) ta sẽ xét một số
tr−ờng hợp đặc biệt trong đó cấu trúc của các ph−ơng trình đặc tr−ng rất đơn giản.

a. Tr−êng hỵp

F

là tuyến tính

Trớc hết xét phơng trình ĐHR (4.16) tuyến tính và thuần nhất, có dạng

F(x, u, Du) =b(x).Du(x) +c(x)u(x) = 0, (x∈U). (4.27)
Khi đó

F(x, z, p) =b(x).p+c(x)z,

vµ nh− thÕ

DpF =b(x). (4.28)

Trong trờng hợp này phơng trình (4.26)(c) trở thành

x(s) =b(x(s)), (4.29)
là một phơng trình vi phân thờng chỉ chứa hàm x(.). Hơn nữa phơng trình
(4.26)(b) trở thành

z(s) =b(x(s)).p(s). (4.30)
Vìp(.) =Du(x(.)), từ phơng trình (4.27) và (4.30) ta có

z(s) =c(x(s))z(s). (4.31)
Ph−ơng trình vi phân này là tuyến tính đối với z(.), nếu nh− ta tìm đ−ợcx(.)bằng
cách giải (4.29). Kết hợp lại, ta nhận đ−ợc hệ ph−ơng trình

(a) x˙(s) =b(x(s))

(b) z(s) =˙ −c(x(s))z(s) (4.32)

là các ph−ơng trình đặc tr−ng đối với ph−ơng trình ĐHR tuyến tính cấp một (4.27)
(Trong tr−ờng hợp này ph−ơng trình đối với p(.)là khơng cần thiết.)

VÝ dơ 1.

Ta sẽ giải bài toán sau

x1ux2x2ux1 =u trongU

</div>
<span class='text_page_counter'>(137)</span><div class='page_container' data-page=137>

ở đây U là góc phần t {x1 > 0, x2 > 0} vµ Γ = {x1 > 0; x2 = 0} U.

Phơng trình ĐHR trong (4.33) có dạng (4.27) với b= (x2, x1)vàc =1. Vì

thế, hệ phơng trình (4.32) là

x1 ₌ _x2_, _x2₌_x1

z = z. (4.34)

Do ú ta cú 

x1_{(s) =} _x0_cos_{s, x}2_{(s) =}_x0_sin_s

z(s) = z0_es₌_g(x0_)es_,

ở đâyx0_>_0, ₀_s π

2. Cố định một điểm(x1, x2)∈U. Ta chọns >0, x0>0

sao cho

(x1, x2) = (x1(s), x2(s)) = (x0cos(s), x0sin(s)).

Suy ra

x0_{= (x}2

1+x22)1/2, s=arctan

_x₂

x1

.

Từ đó

u(x1, x2) =u(x1(s), x2(s)) =z(s) =g(x0)es=g (x21+x22)1/2

earctan xx2₁

.

b.

F

là hàm tựa tuyến tính

Ta nói phơng trình ĐHR (4.16) là tựa tuyến tính, nếu nó có dạng

F(x, u, Du) =b(x, u(x)).Du(x) +c(x, u(x)) = 0 (4.35)
tøc lµ tuyÕn tính theoDu. Trong trờng hợp này

F(x, z, p) =b(x, z).p+c(x, z)

vµ

DpF =b(x, z).

Do đó ph−ơng trình (4.26) (c) sẽ là

˙

x(s) =b(x(s), z(s))

và theo (4.35) thì (4.26)(b) trở thành

z(s) =b(x(s), z(s))p(s) =c(x(s), z(s)).

Suy ra

(a) x(s) =b(x(s), z(s))

</div>
<span class='text_page_counter'>(138)</span><div class='page_container' data-page=138>

4.2 Đặc tr−ng 135

là những ph−ơng trình đặc tr−ng đối với ph−ơng trình ĐHR tựa tuyến tính cấp một
(4.35). (Một lần nữa ph−ơng trình đối vớip(.)là khơng cần thiết.)

Ví dụ 2.

Ta xét bài tốn biên đối với ph−ơng trình ĐHR nửa tuyn tớnh

ux1+ux2 =u

2 _trong_U,

u=g trên . (4.37)

ở đây, U là nửa không gian {x2 >0} và = {x2 = 0} =∂U, b= (1,1) vµ

c=−z2_{. Khi đó (4.36) trở thành}

˙

x1 _{= 1,} _x_˙2_{= 1,}

˙

z = z2.

V× thÕ _




x1_{(s) =} _x0₊_{s, x}2_{(s) =}_s,

z(s) = z

0

1−sz0 =

g(x0₎

1−sg(x0₎,

x0_∈_R_{, s}_≥₀ _{víi ®iỊu kiƯn mÉu sè kh¸c 0.}

Cố định một điểm(x1, x2)∈U. Ta chọns >0vàx0∈Rsao cho

(x1, x2) = (x1(s), x2(s)) = (x0+s, s),

đó là

x0=x1−x2, s=x2.

Khi ú

u(x1, x2) =u(x1(s), x2(s)) =z(s) =

g(x0₎

1sg(x0₎ =

g(x1x2)

1x2g(x1x2)

.

Nghiệm này đơng nhiên chØ cã nghÜa nÕu1−x2g(x1−x2)= 0.

c.

F

lµ hµm phi tuyÕn thùc sù

Trong tr−ờng hợp tổng quát, hệ ph−ơng trình đặc tr−ng (4.26) là rất phứp tạp,
nh−ng cũng có những bài tốn có thể giải đ−ợc bằng ph−ơng pháp đặc tr−ng.

VÝ dụ 3.

Xét bài toán phi tuyến

ux1ux2 =u trong U

u=x2

2 trªn Γ,

(4.38)
ở đây U ={x1 >0}, Γ = {x1 = 0} =∂U, F(x, z, p) =p1p2−z và do đó hệ

ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.26) trở thành







˙

p1₌_p1_, _p_˙2₌_p2_,

˙

z= 2p1_p2_,

˙

</div>
<span class='text_page_counter'>(139)</span><div class='page_container' data-page=139>

Ta tích phân các ph−ơng trình đó để tìm đ−ợc







x1_{(s) =}_p0

2(es−1), x2(s) =x0+p01(es−1)

z(s) =z0₊_p0

1p02(e2s−1)

p1_{(s) =}_p0

1es, p2(s) =p02es,

víix0_∈_R_{, s}_R_{, và}_z0_{= (x}0₎2_.

Ta phi xỏc nhp0_{= (p}0

1, p02). Vìu=x22trên, nênp02=ux2(0, x

0_{) = 2x}0_{. Hơn}

nữa từ phơng trình ĐHRux1ux2=usuy rap

0

1p02=z0= (x0)2v do úp01= x

0

2 .

Vì thế các công thức trên trở thµnh







x1_{(s) = 2x}0_(es₋_{1), x}2_{(s) =}x0

2(es+ 1)

z(s) = (x0₎2_e2s

p1_{(s) =}x0

2 es, p2(s) = 2x0es.

Cố định một điểm(x1, x2)∈U. Chọn svàx0 sao cho

(x1, x2) = (x1(s), x2(s)) = (2x0(es−1),x
0

2 (e

s_{+ 1)).}

Từ đẳng thức này suy ra

x0= 4x2−x1
4 , e

s₌x1+ 4x2

4x2−x1

và do đó

u(x1, x2) =u(x1(s), x2(s)) =z(s) = (x0)2e2s=

(x1+ 4x2)2

16 .

4.2.3

§iỊu kiƯn biªn

Bây giờ ta quay trở lại để phát triển lý thuyt tng quỏt.

a. Làm thẳng biên

Ta s s dng h ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.26) để giải bài tốn
giá trị biên (4.16), (4.17), chí ít cũng tại một lân cận của một phần biênΓcủa∂U.
Để đơn giản hóa các phép tính có liên quan, tr−ớc hết ta dùng phép đổi biến thích
hợp để làm phẳng phần biên đó. Dùng khái niệm trongĐ2.3.1, ta tìm các ánh xạ
trơnΦΦΦ,ΨΨΨ :Rn_→_Rn_{sao cho}_Ψ_Ψ_{Ψ = Φ}_Φ_Φ−1_và_Φ_Φ_Φ_{làm thẳng phần biên}_Γ_của_∂U_{. (Xem}

minh häa trong§2.3.1).

Ký hiệuV := (U), u:U R_{, ta t}

</div>
<span class='text_page_counter'>(140)</span><div class='page_container' data-page=140>

4.2 Đặc tr−ng 137

Khi đó

u(x) =v(ΦΦΦ(x)), (x∈U). (4.40)
Giả sửulà mộtC1_{-nghiệm của bài toỏn biờn (4.16), (4.17) trong}_U_{. Khi ú}_v _tha

mon phơng trình §HR nµo trongV ?
Theo (4.40), ta thÊy

uxi(x) =

n

k=1

vyk(ΦΦΦ(x))Φ

k

xi(x) (i= 1, ..., n),

tøc lµ

Du(x) =Dv(y).DΦΦΦ(x).

Tõ (4.16) suy ra

0 =F(x, u(x), Du(x)) =F((y), v(y), Dv(y).D((y))). (4.41)
Đây là biểu thức có dạng

G(y, v(y), Dv(y)) = 0 trongV.

Thêm vào đó v =htrên ∆, ở đây∆ := ΦΦΦ(Γ)và h(y) :=g(ΨΨΨ(y)). Tóm lại, bài
tốn (4.16), (4.17) biến đổi thành

G(y, v, Dv) = 0 trong V

v=h trªn ∆, (4.42)

với Gvà hnh− ở trên. Điều này có nghĩa là nếu ta đổi biến để làm thẳng phần
biênΓ, bài tốn biên (4.16), (4.17) biến thành một bài tốn có dng tng t.

b. Điều kiện tơng thích của các dữ kiện biên

Theo cách làm ở trên, với một điểmx0_{ta cũng có thể ngay từ đầu giả thiết}

rằnglà phẳng ở gầnx0_{, nằm trên mặt phẳng}_{_x

n= 0}.

Bõy gi ta cú ý nh dùng hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.26) để xây
dựng một nghiệm của (4.16), (4.17) chí ít là gầnx0_{, và để làm điều đó, ta cần xác}

định điều kiện ban đầu t−ơng ứng

p(0) =p0_{, z(0) =}_z0_, _x_{(0) =}_x0_. _(4.43)

Rõ ràng là nếu đ−ờng cong x(.)đi quax0_{, ta phải ũi hi rng}

</div>
<span class='text_page_counter'>(141)</span><div class='page_container' data-page=141>

Còn điều kiệnp(0) =p0 _{thì sao?}

Tõ (4.17) suy ra

u(x1, ..., xn−1,0) =g(x1, ..., xn−1) gÇn x0,

ta lấy đạo hàm để đ−ợc

uxi(x

0_{) =}_g

xi(x

0₎ _(i_{= 1, ..., n}

−1).

Do đó, ta địi hỏip0_{= (p}0

1, ..., p0n)tháa mon quan hÖ sau

p0

i =gxi(x

0_), _(i_{= 1, ..., n}₋_1),

F(x0_{, z}0_{, p}0_{) = 0.} (4.45)

Hệ (4.45) cung cấp cho tanph−ơng trình để xác địnhnsố p0_{= (p}0

1, ..., p0n).

Ta gäi (4.44) vµ (4.45) lµ những điều kiện tơng thích. Một bộ ba (x0_{, z}0_{, p}0₎

R2n+1 _{thỏa mon (4.44), (4.45) đợc gọi là}_{thừa nhận đợc}_{. Chú ý rằng}_z0_{là đợc}

xỏc nh duy nht bi iu kin biên và việc chọnx0_{, nh−ng véc tơ}_p0_{có thể khơng}

tån t¹i hoặc tồn tại mà không duy nhất.

c. D kin biờn khụng c trng

Bây giờ, cũng giả sử nh trên rằng x0  _,  _gần _x0 _{nằm trên mặt phẳng}

{xn = 0} vµ bé ba (x0, z0, p0) lµ thõa nhận đợc. Ta sẽ xây dựng một nghiệm u

của (4.16), (4.17) trongUgầnx0_{bằng cách tích phân hệ phơng trình vi phân th−êng}

đặc tr−ng (4.26) t−ơng ứng. Hơn nữa, ta thấy p(0) = p0_{, z(0) =} _z0_, _x_{(0) =} _x0

là điều kiện biên phù hợp cho hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng c trng vix(.)

cắt tại x0_{. Nhng trên thực tế ta còn phải giải hệ phơng trình vi phân thờng}

c tr−ng đó với những điểm ban đầu gần(x0_{, z}0_{, p}0₎_{. Một câu hỏi đặt ra là có thể}

”nhiễu”(x0_{, z}0_{, p}0₎_{ra sao để vẫn giữ điều kiện t−ơng thích?}

Nãi c¸ch kh¸c, cho trớc một điểmy = (y1, ..., yn1,0), vớiy gần víix0, ta

sẽ giải hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng








(a) p˙(s) =−DxF(x(s), z(s),p(s))−DzF(x(s), z(s),p(s))p(s)

(b) z(s) =˙ DpF(x(s), z(s),p(s)).p(s)

(c) x˙(s) =DpF(x(s), z(s),p(s)),

(4.46)

với điều kiện ban đầu

p(0) =q(y), z(0) =g(y), x(0) =y. (4.47)
Ta đi tìm một hàmq(.) = (q1_{(.), ..., q}n_(.))_{sao cho}

</div>
<span class='text_page_counter'>(142)</span><div class='page_container' data-page=142>

4.2 Đặc trng 139

và (y, g(y),q(y)) là thừa nhận đợc, tức là (y, g(y),q(y)) thỏa mon những ®iỊu
kiƯn t−¬ng thÝch

qi_{(y) =}_g

xi(y), (i= 1, ..., n−1)

F(y, g(y),q(y)) = 0 (4.49)

víi mäiy∈Γ gÇnx0_.

Bổ đề 4.1

(

Điều kiện biên khơng đặc tr−ng)

.

Tồn tại duy nhất nghiệm

q(.)của (4.48), (4.49) với mọiy∈Γ đủ gần vớix0, nếu
Fpn(x

0_{, z}0_{, p}0₎

= 0. (4.50)

Ta nói bộ ba thừa nhận đ−ợc(x0_{, z}0_{, p}0₎_là_{không đặc tr−ng} _{nếu (4.50) tha man.}

Từ nay trở đi ta giả thiết có ®iỊu kiƯn nµy.

Chứng minh. Để đơn giản hóa ký hiệu ta tạm thời viếty = (y1, ..., yn)∈ Rn. Ta

sử dụng định lý Hàm ẩn (Đ2.3.6) với ánh xạ G : Rn_ì_Rn _→ _Rn_, _G_{(y, p) =}

((G1_{(y, p), ..., G}n_{(y, p))}_{, trong đó}

Gi_{(y, p) =}_p

i−gxi(y) (i= 1, ..., n−1),

Gn_{(y, p) =}_F_{(y, g(y), p).}

Theo (4.44), (4.45) ta cã

DpG(x0, p0) =







1 0 0

. .. .._.

0 1 0

Fp1(x

0_{, z}0_{, p}0₎ _{· · ·} _F

pn(x

0_{, z}0_{, p}0₎







n×n

và do đó detDpG(x0, p0) =Fpn(x

0_{, z}0_{, p}0₎_{= 0}_{, theo điều kiện (4.50). Định lý}

hm n vỡ th đảm bảo cho ta tìm đ−ợc duy nhất p=q(y)từG(y, p) = 0, miễn là

y đủ gần vớix0_.

4.2.4

Nghiệm địa ph−ơng

Mục đích của chúng ta là dùng hệ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng để xây
dựng một nghiệmucủa (4.16), (4.17) chí ít tại gầnΓ. Ta chọn điểmx0_∈_Γ_{và giả}

thiÕt r»ng mỈt gầnx0 là phẳng và nằm trên mặt phẳng{xn = 0}. Hơn nữa giả

s rng(x0_{, z}0_{, p}0₎_{l tha nhn c và khơng đặc tr−ng. Theo Bổ đề 4.1, có một}

hµmq(.)duy nhất sao cho p0₌_q_(x0₎_{và bộ ba}_{(y, g(y),}_q_(y))_{là thừa nhận đợc}

</div>
<span class='text_page_counter'>(143)</span><div class='page_container' data-page=143>

Cho tr−íc mét ®iĨmy = (y1, ..., yn−1,0), ta giải hệ phơng trình vi phân thờng

c trng (4.46), thỏa mon điều kiện ban đầu (4.47).

Ký hiÖu.

Ta viÕt








p(s) =p(y, s) =p(y1, ..., yn−1, s)

z(s) =z(y, s) =z(y1, ..., yn−1, s)

x(s) =x(y, s) =x(y1, ..., yn−1, s)

(4.51)

để nhấn mạnh sự phụ thuộc của nghiệm của (4.46), (4.47) vàosvày.

Bổ đề 4.2

(

Tính nghịch đảo địa ph−ơng)

.

Giả thiết ta có điều kiện khơng
đặc tr−ngFpn(x

0_{, z}0_{, p}0₎_{= 0}_{. Khi đó tồn tại một khoảng mở}_I_⊂_R_{chứa 0, và lân}

cậnW củax0_trên_Γ_⊂_Rn−1_{, một lân cận}_V _của_x0 _trong_Rn_{, để với mỗi}_x_∈_V_,
tồn tại duy nhấts∈I, y∈W sao cho

x=x(y, s).
Các ánh xạxs, y làC2_.

Chứng minh. Ta có x(x0_,_{0) =}_x0_{. Định lý hàm ngợc (}_Đ_{2.3.5) sẽ cho ta kÕt qu¶}

của Bổ đề 4.2 nếudetDx(x0_,₀₎_{= 0}_{. Bây giờ}

x(y,0) = (y,0)

và do đó vớii= 1, ..., n−1,

∂xj

∂yi

(x0,0) =

δij (j= 1, ..., n1)

0 (j=n).

Hơn nữa từ phơng trình (4.46) (c) suy ra

∂xj

∂s (x

0_,_{0) =}_F

pj(x

0_{, z}0_{, p}0₎

v× thÕ

Dx(x0,0) =








1 0 Fp1(x

0_{, z}0_{, p}0₎

. .. .._.

0 1 ...

0 · · · 0 Fpn(x

0_{, z}0_{, p}0₎








n×n

,

do vậy, điều kiện khơng đặc tr−ng (4.50) cho tadetDx(x0_,₀₎_{= 0}_.

Theo Bổ đề 4.2 với mỗix∈V ta có nghiệm địa ph−ơng duy nhất của ph−ơng trình

</div>
<span class='text_page_counter'>(144)</span><div class='page_container' data-page=144>

4.2 §Ỉc tr−ng 141

đó là

y=y(x), s=s(x).

Cuối cùng ta đặt

u(x) :=z(y(x), s(x))

p(x) =p(y(x), s(x)) (4.53)

víix∈V vµs, y nh− trong (4.52).

Định lý 4.3

(

Định lý sự tồn tại nghiệm địa ph−ơng)

.

Hàmuxác định
duy nhất nh− trên làC2 _{và thỏa mCn ph−ơng trình ĐHR}

F(x, u(x), Du(x)) = 0 (xV),
với điều kiện biên

u(x) =g(x) (xV).

Chng minh. 1. Tr−ớc hết, cố địnhy∈Γgầnx0_{, và nh− ở trên, giải ph−ơng trình vi}

phân th−ờng đặc tr−ng (4.46), (4.47) để tìmp(s) =p(y, s), z(s) =z(y, s), x(s) =

x(y, s).

2. Ta khẳng định rằng, nếu y∈Γđủ gần x0 _thì

f(y, s) :=F(x(y, s), z(y, s),p(y, s)) = 0 (s∈I). (4.54)
§Ĩ thÊy râ điều này, chú ý rằng, do điều kiện tơng thích (4.49) ta cã

f(y,0) =F(x(y,0), z(y,0),p(y,0)) =F(y, g(y),q(y)) = 0. (4.55)
H¬n n÷a, theo (4.46)

∂f

∂s(y, s) =

n

j=1

∂F
∂pj

˙
pj+∂F

∂zz˙+

n

j=1

∂F
∂xj

˙
xj

=

n

j=1

∂F
∂pj

−_∂x∂F

j −

∂F

∂zp

j₊∂F

∂z

n
j=1

∂F
∂pj

pj+

n

j=1

∂F
∂xj

_∂F

∂pj

= 0.

Điều này và (4.55) chứng minh đ−ợc (4.54).
3. Theo Bổ đề 4.2 và (4.52)–(4.54) ta có

F(x, u(x),p(x)) = 0, (x∈V)

và nh− vậy để hồn thành chứng minh định lý, ta còn phải chỉ ra rằng

</div>
<span class='text_page_counter'>(145)</span><div class='page_container' data-page=145>

4. Để có (4.56), tr−ớc hết ta chỉ ra với s∈I, y ∈W thì các đồng nhất thức sau
đây là đúng

∂z

∂s(y, s) =

n

j=1

pj_{(y, s)}∂xj

∂s(y, s), (4.57)

∂z
∂yi

(y, s) =

n

j=1

pj(y, s)∂x

j

∂yi

(y, s) (i= 1, ..., n−1). (4.58)
Các công thức này sẽ giúp ta chứng minh (4.56). Đồng nhất thức (4.57) suy ra ngay
lập tức từ ph−ơng trình vi phân th−ờng đặc tr−ng (4.46)(b),(c). Để thiết lập (4.58)
ta cố địnhy∈Γ, i∈ {1, ..., n−1} và đặt

ri(s) := ∂z
∂yi

(y, s)−

n

j=1

pj(y, s)∂x

j

∂yi

(y, s). (4.59)
Trớc tiên, chú ý rằngri_{(0) =}_g

xi(y)q

i_{(y) = 0}_{theo điều kiện tơng thích (4.49).}

Hơn nữa, ta có thể viết

ri(s) = ∂

2_z

∂yi∂s−
n

j=1
_∂pj
∂s
∂xj
∂yi

+pj ∂

2_xj

∂yi∂s

. (4.60)

Để đơn giản hóa (4.60), ta lấy đạo hàm đồng nhất thức (4.57) theoyi

∂2_z

∂s∂yi
=
n

j=1
_∂pj
∂yi
∂xj

∂s +p

j ∂2xj

∂s∂yi

. (4.61)

ThÕ (4.61) vào (4.60) và do (4.46) ta đợc

ri(s) =

n

j=1
_pj
yi
xj
s
pj
s
xj
yi

=
n

j=1
_pj
yi
_F
pj

F
xj −

∂F
∂zp

j∂xj

∂yi

.

(4.62)

Bây giờ, ta đạo hàm (4.54) theo biếnyi
n

j=1
∂F
∂pj
∂pj
∂yi
+
n

j=1
∂F
∂xj
∂xj
∂yi

+∂F
∂z
∂z
∂yi
= 0,

và thay đồng nhất thức này vào (4.62),để thu đ−ợc

˙

ri(s) = ∂F
∂z

n
j=1

pj∂x

j

∂yi

z
yi

</div>
<span class='text_page_counter'>(146)</span><div class='page_container' data-page=146>

4.2 Đặc trng 143

Vì thế,ri_(.)_{thỏa mon phơng trình vi phân thờng tuyến tính (4.63), với điều kiện}

ban đầu ri_{(0) = 0}_{, suy ra}_ri_{(s) = 0,} _(s_∈_1I_{, i}_{= 1, ..., n}₁₎_{v do ú ng nht}

thức (4.58) là đ 'ung.

5. Ci cïng sư dơng (4.57), (4.58) ta sÏ chøng minh (4.56). ThËt vËy, nÕu j =
1, ..., n,

∂u
∂xj =

∂z
∂s

∂s
∂xj +

n−1

i=1
∂z
∂yi
∂yi
∂xj
theo (4.53)
=
n

k=1

pk∂x

k

∂s

_∂s

∂xj

+

n−1

i=1

n
k=1

pk∂x

k

∂yi

_∂yi

∂xj

theo (4.57), (4.58)

=

n

k=1

pk∂x

k

∂s
∂s
∂xj

+

n−1

i=1
∂xk
∂yi
∂yi
∂xj

=

n

k=1

pk∂x

k
∂xj
=
n

k=1

pkδjk=pj.

Điều này cho ta (4.56), và do đó định lý đo đ−ợc chứng minh.

4.2.5

ø

ng dơng

a.

F

là tuyến tính

Phơng trình ĐHR tuyến tính cấp một thuần nhất có dạng

F(x, u, Du) =b(x).Du(x) +c(x)u(x) = 0, (x∈U). (4.64)
Khi đó giả thiết khơng đặc tr−ng (4.50) tại một điểmx0_∈_Γ_{sẽ là}

b(x0).ννν(x0)= 0 (4.65)
và do đó, (4.65) khơng chứaz0 _và_p0_{. Hơn nữa, nếu ta có điều kiện biên}

u=g trªn , (4.66)

ta có thể tìm nghiệm duy nhấtq(y)của phơng trình (4.49) nếuygầnx0_{. Vì}

vy, ta ỏp dng nh lý 4.2 xây dựng một nghiệm duy nhất của (4.64), (4.66)
trong một lân cận V nào đó chứa x0_{. Trong tr−ờng hợp này ta chỉ cần dùng các}

</div>
<span class='text_page_counter'>(147)</span><div class='page_container' data-page=147>

Ví dụ 4.

Giả sử quỹ đạo của ph−ơng trình vi phân thng

x(s) =b(x(s)) (4.67)
đợc biểu diễn nh trên Hình 4.1. Ta giả thiết rằng trờng véc tơbtriệt tiêu trong

U chỉ tại một điểm, ví dụ nh điểm 0, vàb. <0 trên =U. Liệu ta có thể giải
đợc bài toán biên tuyến tính sau hay không

b.Du= 0 trong U

u=g trên ? (4.68)

Hình4.1: Dòng một điểm hút

S dng nh lý 4.2, ta thấy rằng tồn tại duy nhất nghiệm u xác định gần Γ,

u(x(s)) ≡ u(x(0)) = g(x0₎_, _x_(s) _{lµ nghiƯm cđa phơng trình vi phân thờng}

(4.67), với điều kiện ban đầu x(0) = x0 _{. Tuy nhiên, nghiệm này không thể}

liờn tục trên toànU (trừ khi g là hằng số): bất kỳ nghiệm trơn nào của (4.68) đều
là hằng số trên quỹ đạo của (4.67) và nh− thế nó nhận những giỏ tr khỏc nhau ti

x= 0, nếug không phải là h»ng sè.

Mặt khác, bây giờ giả sử quỹ đạo của ph−ơng trình vi phân th−ờng (4.67) giống nh−
minh họa trên Hình 4.2. Giả sử mỗi quỹ đạo của ph−ơng trình vi phân th−ờng (trừ
những quỹ đạo qua các điểm đặc tr−ngA, B) đi quaU đúng một lần và không cắt
nhau. Trong tr−ờng hợp này ta có thể tìm đ−ợc một nghiệm trơn của (4.68) bằng
cách choulà hằng số dọc theo mi mt qu o.

</div>
<span class='text_page_counter'>(148)</span><div class='page_container' data-page=148>

4.2 Đặc trng 145

Hỡnh4.2: Dịng cắt tập xác định

Hình4.3: Dịng với những điểm đặc tr−ng

Chú ý rằng điểm D là đặc tr−ng và do vậy lý thuyết tồn tại nghiệm địa ph−ơng
khơng cịn đúng gần D.

b.

F

lµ hµm tùa tuyÕn tÝnh

KhiF lµ tùa tuyến tính, phơng trình ĐHR (1) trở thành

</div>
<span class='text_page_counter'>(149)</span><div class='page_container' data-page=149>

z0₌_g(x0₎_{. Nh− trong vÝ dơ tr−íc, nÕu ta cã ®iỊu kiện biên}

u=g trên , (4.70)

ta tìm đợc một nghiệmq(y)duy nhất của phơng trình (4.49), nếuy gầnx0_.

Vỡ th nh lý 4.2 cho ta sự tồn tại nghiệm duy nhất của (4.69), (4.70) trong lân
cậnV nào đó củax0_{. Ta có thể tính nghiệm này trong} _V_{, dùng ph−ơng trình đặc}

tr−ng (4.36) rót gọn, các phơng trình này không chứap(.).

So vi trng hp tuyến tính, trong tr−ờng hợp tựa tuyến tính, đặc tr−ng gốcx(.)

xuất phát từ những điểm phân biệt củaΓcó thể cắt nhau ngồiV, khi đó khơng tồn
tại nghiệm trơn trên tồnU.

VÝ dụ 5

(Đặc trng của các luật bảo toàn).

Nh là một ví dụ của phơng trình ĐHR cấp một tựa tuyến tính, ta xétluật bảo
toàn vô hớng

G(t, x, u, ut, Du) =ut+divF(u) =ut+F(u).Du= 0, (4.71)

trongU =Rn_ì_(0,₎_{, với điều kiện biên}

u=g trên =Rn

× {t= 0}. (4.72)

ở đây F : R _→ Rn_, _F _{= (F}1_{, ..., F}n₎ _{và nh− th−ờng lệ, ta đặt} _t ₌ _x
n+1,

Du=Dxu= (ux1, ..., uxn).

Vì h−ớngt=xn+1đóng vai trị đặc biệt, ta đổi ký hiệu cho thích hợp. Ta viết

q= (p, pn+1) vµ y= (x, t), G(y, z, q) =pn+1+F(z).p

và do đó

DqG= (F(z),1), DyG= 0, DzG=F(z).p.

Rõ ràng điều kiện không đặc tr−ng (4.50) đ−ợc thỏa mon tại mỗi điểmy0_{= (x}0_,₀₎

. Hơn nữa phơng trình (4.36) (a) trở thành

xi_(s) ₌ _Fi

(z(s)), (i= 1, ..., n)
˙

xn+1_{(s) = 1,} (4.73)

do đóxn+1_{(s) =}_s_{, phù hợp với}_x

n+1=tnh− trên. Nói cách khác, ta có thể ng

nhất tham sốsvới thời giant.

Phơng trình (4.36)(b) cho taz(s) = 0 . Vì thế

</div>
<span class='text_page_counter'>(150)</span><div class='page_container' data-page=150>

4.2 Đặc trng 147

và tõ (4.73) suy ra

x(s) =F(g(x0_))s₊_x0_. _(4.75)

Nh− vậy, đặc tr−ng gốc y(s) = (x(s), s) = (F(g(x0_))s₊_x0_{, s),} _(s_≥₀₎ _{là một}

®−êng thẳng, dọc theo nóulà hằng số.

Nhng c trng giao nhau

Ta giả sử bây giờ làm những điều t−ơng tự đối với điểm ban đầuz0_∈_Γ_{, trong đó}

g(x0₎₌_g(z0₎_{. Các đặc tr−ng khi đó có thể giao nhau tại một thời điểm}_{t >}₀_nào

đó. Định lý 4.1 nói rằng u≡g(x0₎_{trên đ−ờng đặc tr−ng qua}_x0 _và_u_≡_g(z0₎_trên

đ−ờng đặc tr−ng quaz0_{, và do đó tại điểm gặp nhau}_u_{cú hai giỏ tr}_g(x0₎₌_g(z0₎_.

Vì thế trong trờng hợp tổng quát bài toán giá trị ban đầu (4.71), (4.72) không có
nghiệm trơn với mọi thời điểmt >0.

Ta s tho lun trong4.4 khả năng thác triển nghiệm địa ph−ơng (theo Định lý 4.2)
tới tất cả các thời điểmt >0nh− là một loại nghiệm “yếu” hay nghiệm “suy rộng”.

Chú ý.

Ta có thể loại bỏ s từ các ph−ơng trình (4.74), (4.75) để thu đ−ợc một
công thức ẩn củau. Thật vậy, cho tr−ớc x∈Rn _và_{t >}₀_{, ta coi rằng}_s₌_t

(u(x(t), t) =z(t) =g(x(t)−tF(z0)) =g(x(t)−tF(u(x(t), t))).

Do vËy

u=g(x−tF(u)). (4.76)
Đây là công thức ẩn đối vớiunh− là một hàm củaxvàt. Dễ dàng kiểm tra, (4.76)
sẽ cho ta mt nghimunu

1 +tDg(xtF(u)).F(u)= 0.

Trong trờng hợp n= 1, ta cần cã

1 +tg_(x₋_tF_(u)F_(u)_{= 0.}

Chú ý rằng nếu F _>₀ _nh−ng _g _<₀_{, khi đó điều kiện trên nhất định sẽ sai tại}

một thời điểm t >0 nào đó. Sự hạn chế này của công thức (4.76) cũng phản ánh
sự hạn chế của ph−ơng pháp đặc tr−ng.

c.

F

lµ hµm phi tuyÕn thùc sù

Hệ ph−ơng trình đặc tr−ng đầy đủ sẽ rất phức tạp đối với ph−ơng trình ĐHR
thực sự phi tuyến. Ta xét tr−ờng hợp đặc biệt sau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(151)</span><div class='page_container' data-page=151>

XÐt phơng trình Hamilton-Jacobi tổng quát

G(t, x, u, ut, Du) =ut+H(x, Du) = 0 (4.77)

trong đóDu=Dxu= (ux1, ..., uxn). Ta viếtq= (p, pn+1), y= (x, t).

G(y, z, q) =pn+1+H(x, p),

và do ú

DqG= (DpH(x, p),1), DyG= (DxH(x, p),0), DzG= 0.

Vì thế phơng trình (4.26)(c) trở thành

xi_(s) ₌ H

pi(

x(s),p(s)), (i= 1, ..., n)

xn+1_(s) _{= 1.}

(4.78)
Ta cú ng nht tham ssv thi giant.

Phơng trình (4.26)(a) sÏ cã d¹ng





˙

pi_(s) ₌ ₋∂H

∂xi

(x(s),p(s)), (i= 1, ..., n)
˙

pn+1_{(s) = 0}

và phơng trình (4.26)(b) là

z(s) =DpH(x(s),p(s)).p(s) +pn+1(s)

=DpH(x(s),p(s)).p(s)H(x(s),p(s)).

Túm li, h ph−ơng trình đặc tr−ng đối với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi là







(a) p˙(s) = −DxH(x(s),p(s))

(b) z(s)˙ = DpH(x(s),p(s)).p(s)−H(x(s),p(s))

(c) x˙(s) = DpH(x(s),p(s))

(4.79)
víix(.) = (x1_{(.), ..., x}n_{(.)), z(.)}_và_p_{(.) = (p}1_{(.), ..., p}n_(.))_.

Phơng trình thứ ba vµ thø nhÊt

˙

x=DpH(x,p)

˙

p=−DxH(x,p),

(4.80)
đ−ợc gọi là cácph−ơng trình Hamilton. Ta sẽ nghiên cứu các ph−ơng trình vi phân
th−ờng này và mối quan hệ của chúng với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi một cách
chi tiết hơn ởĐ4.3 d−ới đây. Chú ý rằng ph−ơng trình đối vớiz(.)là tầm th−ờng,
mỗi khi tìm đ−ợcx(.)vàp(.)từ các ph−ơng trỡnh Hamilton.

</div>
<span class='text_page_counter'>(152)</span><div class='page_container' data-page=152>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 149

4.3

Phơng tr×nh Hamilton-Jacobi

Trong phần này ta nghiên cứu bài tốn giá trị ban đầu đối với ph−ơng trình
Hamilton-Jacobi

ut+H(Du) = 0 trongRn×(0,∞)

u=g trênRn_{ì {}_t_{= 0}_}_. (4.81)

ở đây u : Rn _ì_[0,₎  _R _{lµ hµm ch−a biÕt,} _u ₌ _{u(x, t)} _vµ _Du ₌ _D
xu =

(ux1, ..., uxn). Ta cãhµm HamiltonH :R

n _R_và_{hàm ban đầu} _g_:_Rn _R_là

những hàm cho trớc.

Mc ớch ca chúng ta là tìm cơng thức cho nghiệm yếu hoặc nghiệm suy rộng
thích hợp tồn tại với mọi thời điểm t >0, khi mà ph−ơng pháp đặc tr−ng không áp
dụng c.

4.3.1

Phép tính biến phân, phơng trình vi phân thờng

Hamil-ton

Nhớ lại từ Đ4.2.5 rằng, hai ph−ơng trình đặc tr−ng liờn kt vi phng trỡnh
Hamilton-Jacobi

ut+H(x, Du) = 0

là các phơng trình Hamilton

x=DpH(x,p)

p=DxH(x,p),

chúng xuất hiện trong phép tính biến phân cổ điển và trong cơ học. (Chú ý là ở đây

H phụ thuộc vào biến x). Trong phần này ta nhắc lại cách rút ra các ph−ơng trình
Hamilton từ nguyên lý biến phân và chính cách làm đó sẽ gợi ý để xây dựng khái
niệm nghiệm yếu của bài toán giá tr ban u (4.81).

a. Phép tính biến phân

Giả thiết rằngL:Rn_ì_Rn_R_{là một hàm trơn cho trớc, từ giờ trở đi gọi lµ}
hµm Lagrange.

Ký hiƯu.

Ta viÕt

L=L(x, q) =L(x1, ..., xn, q1, ..., qn), (q, x∈Rn)

vµ 

DqL= (Lq1, ..., Lqn)

</div>
<span class='text_page_counter'>(153)</span><div class='page_container' data-page=153>

Trong công thức (4.82) dới đây ta thay thếw(s)vào biến “q”, vµw(s)vµo biÕn
“x”.

Cố định hai điểmx, y∈Rn_{, và}_{t >}₀_{, ta định nghĩa}_{phiếm hàm tác động}_{nh− sau}

I[w(.)] :=

t

0

L(w(s),w˙(s))ds, ˙ = d
ds

, (4.82)

phiếm hàm này xác định với các hàmw(.) = (w1_{(.), ..., w}n_(.))_thuộc _{lớp các hàm}
chấp nhận đ−ợc

A={w(.)∈C2([0, t];Rn)| w(0) =y, w(t) =x}.

Vì vậy mộtC2_{-đờng cong}_w_(.)_thuộc_A_{, nếu nó xuất phát tại điểm}_y _{ở thời điểm}

0, v t ti imx thi điểmt. Vấn đề cốt lõi trong phép tính biến phân là phải
tìm đ−ợc một đ−ờng congx(.)∈ Athỏa mon

I[x(.)] = min

w(.)∈AI[w(.)]. (4.83)

Nh− vËy, ta nãi x(.)lµ hµm cùc tiĨu cđaI[.] trong số tất cả các hàm chấp nhận
đợcw(.) A.

Tiếp theo, giả thiết rằng tồn tại một hàmx(.) Athỏa mon bài toán phép tính biến
phân (4.83), ta sẽ đa ra một số tính chất của nó.

Định lý 4.4

(

Phơng trình Euler-Lagrange)

.

Hàmx(.)thỏa mCn hệ phơng
trình Euler-Lagrange

d

ds DqL(x(s),x(s))

+DxL(x(s),x(s)) = 0, (0st). (4.84)
Đây là một hệ phơng trình gồmnphơng trình cấp 2.

Chứng minh. 1. Chọn một hàm trơnv: [0, t]Rn_, _v_{= (v}1_{, ..., v}n₎_{thỏa mon}

v(0) =v(t) = 0 (4.85)
và đặt vớiτ∈R

w(.) :=x(.) +τv(.). (4.86)
Rõ ràng, w(.) ∈ A và do đó I[x(.)] I[w(.)]. Vì vậy hàm nhận giá trị thực

i(τ) :=I[x(.) +τv(.)]cã cùc tiĨu t¹iτ= 0, suy ra

i(0) = 0 = d
dτ

</div>
<span class='text_page_counter'>(154)</span><div class='page_container' data-page=154>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 151

nếui₍₀₎_{tồn tại.}

2. Ta tớnh đạo hàm này. Vì

i(τ) =

t

0

L(x(s) +τv(s),x˙(s) +τv˙(s))ds

và do đó

i_{(τ) =}

t

0

n

i=1

Lqi(x+v,x +v) v

i₊_L

xi(x+v,x +v)v

i_ds.

Đặt = 0 và từ (4.87) ta có

0 =i_{(0) =}

t

0

n

i=1

Lqi(x,x) v

i₊_L

xi(x,x)v

i_ds.

Lấy tích phân từng phần số hạng thứ nhất trong tích phân trên và dùng (4.85) ta thu
đợc

0 =

n

i=1

t

0

_dsd(Lqi(x,x)) +Lxi(x,x)

vids.

ng nht thc ny ỳng với mọi hàm trơn v = (v1_{, ..., v}n₎ _{thỏa mon điều kiện}

biên (4.85) và do đó

−d

ds Lqi(x,x˙)

+Lxi(x,x˙) = 0,

víi0st, i= 1, ..., n.

Chó ý.

Ta võa chøng minh r»ng mét cùc tiĨux(.)bÊt kú thcAcđa phiÕm hµm

I[.] tháa mon hƯ phơng trình vi phân thờng Euler-Lagrange. Dĩ nhiên, có khả
năng một đờng cong x(.) A thỏa mon hệ phơng trình Euler-Lagrange, nhng
không nhất thiết là cực tiểu củaI[.]. Trong trờng hợp này ta nóix(.)là mộtđiểm
tới hạncủaI[.]. Nh vậy mỗi cực tiểu là một điểm tới hạn, nhng một điểm tới hạn
cha chắc là một cực tiểu.

Vớ d.

NuL(x, q) = 1₂m|q|2₋_φ(x) _{trong đó} _{m >} ₀_{, thì ph−ơng trình}

Euler-Lagrange tơng ứng là

măx(s) =f(x(s)) vớif:=D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(155)</span><div class='page_container' data-page=155>

b. Phơng trình vi phân thờng Hamilton

Bây giờ ta sẽ biến các phơng trình Euler-Lagrange, một hệ gồm n phơng
trình vi phân thờng cấp hai, thành các phơng trình Hamilton - một hệ gồm 2n

phơng trình vi phân thờng cấp một. Từ giờ trở đi ta giả thiết rằng C2_-hàm_x_(.)

l mt im ti hạn của phiếm hàm tác động, và do đó nó thỏa mon ph−ơng trình
Euler-Lagrange (4.84).

Tr−ớc hết ta đặt

p(s) :=DqL(x(s),x˙(s)) (0st), (4.88)

p(.)đ−ợc gọi làđộng l−ợng suy rộngt−ơng ứng vớivị tríx(.)vàvận tốcx˙(.). Tiếp
theo, ta đ−a ra giả thiết quan trọng sau:







Gi¶ sư với mọi (x, p)R2n _{thì phơng trình}

p=Dq(L(x, q)

có một nghiệm duy nhấtq=q(x, p)vớiqlà một hàm trơn của x vàp.

(4.89)

nh ngha

4.4. Hàm HamiltonHliên kết với hàm LagrangeLtheo định nghĩa
là

H(x, p) :=p.q(x, p)−L(x,q(x, p)), (x, p∈Rn_),
trong đó hàmq(., .)đ−ợc xác định ẩn bi (4.89).

Ví dụ.

Hàm HamiltonH liên kết với hàm Lagrange

L(x, q) =1
2m|q|

2₋_φ(x)

lµ H(x, p) = 1

2m|p|

2₊_φ(x)_.

Nh− vậy, hàm Hamilton là tổng của động năng và thế năng, hàm Lagrange là hiệu
giữa động năng và thế năng.

TiÕp theo, ta viÕt l¹i các phơng trình Euler-Lagrange theox(.),p(.).

Định lý 4.5

(Các phơng trình Hamilton)

.

Các hàm x(.) và p(.) thỏa mCn
các phơng trình Hamilton

x(s) =DpH(x(s),p(s))

p(s) =DxH(x(s),p(s)),

(4.90)

</div>
<span class='text_page_counter'>(156)</span><div class='page_container' data-page=156>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 153

Chỳ ý.

Các ph−ơng trình (4.90) gồm hệ của 2nph−ơng trình vi phân th−ờng cấp
một với x(.) = (x1_{(.), ..., x}n_(.))_và_p_{(.) = (p}1_{(.), ..., p}n_(.))_{(đ−ợc định nghĩa theo}

(4.88)).

Chøng minh. Tr−íc hÕt tõ (4.88), (4.89) suy ra

˙

x(s) =q(x(s),p(s)).

Tõ giê trë ®i ta viÕt

q(.) = (q1(.), ..., qn(.)).

Víi i= 1, ..., n, ta thÊy

∂H
∂xi

(x, p) =

n

k=1
pk
∂qk
∂xi

(x, p)−_∂q∂L

k

(x, q)∂q

k

∂xi

(x, p)−_∂x∂L

i

(x, q)
=−∂L

∂xi

(x, q), do (4.89),

vµ

∂H
∂pi

(x, p) =qi(x, p) +

n

k=1
pk
∂qk
∂pi

(x, p)−_∂q∂L

k

(x, q)∂q

k

∂pi

(x, p)
=qi(x, p), còng do (4.89).

Vì thế, ta có

H
pi

(x(s),p(s)) =qi(x(s),p(s)) = xi(s),

và tơng tự

H
xi

(x(s),p(s)) =L
xi

(x(s),q(x(s),p(s))) =L
xi

(x(s),x(s))
=d

ds

_L

qi

(x(s),x(s)) theo (4.84),

=pi(s).

Cuối cùng, ta nhận đợc

d

dsH(x(s),p(s)) =

n

i=1
H
pi

pi+H

xi

xi
=
n

i=1
H
pi

H_x

i

+H
xi
_H
pi

</div>
<span class='text_page_counter'>(157)</span><div class='page_container' data-page=157>

4.3.2

Biến đổi Legendre, công thức Hopf-Lax

Bây giờ ta sẽ tìm mối liên hệ giữa ph−ơng trình Hamilton-Jacobi với phép tính
biến phân (4.82)–(4.84). Để đơn giản hóa, ta chỉ xét hàm Hamilton khơng phụ thuộc
vàoxtức làH =H(p).

a. Biến đổi Legendre

Gi¶ sử hàm LagrangeL:Rn_R_{thỏa mon các điều kiện sau}

L(q) là hàm lồi theo biến q (4.91)

và

lim
|q|

L(q)

|q| =. (4.92)

VìLlà lồi suy raLlà liªn tơc.

Định nghĩa

4.5. Biến đổi Legendre củaLlà
L∗(p) = sup

q∈Rn{p.q−L(q)} (p∈

Rn_). _(4.93)

Râ rµng ta thÊy tõ (4.92) r»ng “sup” trong (4.93) thực sự là max, nh vậy là tồn

tạiq_Rn_{, sao cho}

L(p) =p.qL(q)

và ánh xạ

qp.qL(q)

t cc i ti q= q_{. Nhng khi ú} _p₌_DL(q₎ _(nu_L _{kh vi ti} _q_{). Vỡ th}

phơng trìnhp=DL(q)là giải đợc (mặc dù không duy nhất) vớiqphụ thuộc vào

p, q∗₌_q_(p)_{. Do đó}

L∗(q) =p.q(p)−L(q(p)).

Nh−ng đây chính là định nghĩa của hàm HamiltonH liên kết vớiLở trong Đ4.3.1
(ta giả thiết là biếnxkhơng xuất hiện). Vì thế, từ nay về sau ta viết

H =L∗. (4.94)

Do vậy, (4.93) cho ta cách xây dựng hàm Hamilton từ hàm Lagrange L. Bây giờ
đảo lại: choH, làm cách nào để tínhL?

Định lý 4.6

(

Tính đối ngẫu lồi của hàm Hamilton và hàm Lagrange)

.

</div>
<span class='text_page_counter'>(158)</span><div class='page_container' data-page=158>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 155

(i) Khi ú ỏnh xpH(p)l li v

lim
|p|

H(p)

|p| = +.
(ii) Hơn nữa,

L=H. (4.95)

Chỳ ý.

Do vy,H l bin đổi Legendre củaLvà ng−ợc lại

L=H∗, H=L∗.

Ta nói rằng H vàLlà cặp hàm lồiđối ngẫu.

Chứng minh. 1. Với mỗi điểm cố địnhq, hàmp→p.q−L(q)là tuyến tính theop

và do đó ánh xạ

p→H(p) =L∗(p) = sup

q∈Rn{p.q−L(q)}

lµ låi. ThËt vËy, nÕu 0τ1, p, pˆ∈Rn

H(τ p+ (1−τ)ˆp) = sup

q {(τ p+ (1−τ)ˆp).q−L(q)}

τsup

q {p.q−L(q)}+ (1−τ) supq {ˆp.q−L(q)}

=τ H(p) + (1−τ)H(ˆp).

2. Cố định λ >0, p= 0. Khi đó

H(p) = sup

q {p.q−L(q)} ≥λ|p| −L

λ p
|p|

,q=λp
|p|

≥λ|p| − max

B(0,λ)L.

V× thÕ

lim inf
|p|→∞

H(p)
|p| ≥λ

víi mäiλ >0.
3. Theo (4.94) ta cã

H(p) +L(q)≥p.q,

với mọip, qRn _{v do ú}

L(q) sup

pRn{p.qH(p)}=H

</div>
<span class='text_page_counter'>(159)</span><div class='page_container' data-page=159>

Mặt khác

H(q) = sup

pRn

#

p.q sup

rRn{p.rL(r)}

$

= sup

pRn rinfRn{p.(qr) +L(r)}.

(4.96)
Bây giờ, vìqL(q)là lồi, theoĐ2.2.1 tồn tạisRn _{sao cho}

L(r)L(q) +s.(rq) rRn_.

(NếuLlà khả vi tạiq, ta lấys=DL(q)). Chop=strong (4.96) ta nhận đợc

H_(q) _inf

rRn{s.(qr) +L(r)}=L(q).

b. Công thức Hopf-Lax

Bõy giờ ta trở lại với bài toán giá trị ban đầu (4.81). Nhắc lại rằng phép tính biến
phân với hàm LagrangeLđo thảo luận ở trongĐ4.3.1, đo dẫn tới các ph−ơng trình
vi phân th−ờng Hamilton đối với hàm HamiltonH liên kết. Vì các ph−ơng trình vi
phân th−ờng đó cũng là hệ ph−ơng trình đặc tr−ng của ph−ơng trình Hamilton-Jacobi,
điều đó gợi ý cho ta về một mối quan hệ trực tiếp giữa ph−ơng trình ĐHR này với
phép tính biến phân.

Do đó, nếux∈Rn _và_{t >}₀_{là cho tr−ớc, ta có thể thử tìm cực tiểu của phiếm hàm}

tác động 

t

0

L( ˙w(s))ds

trên các hàmw: [0, t]→Rn _{thỏa mon}_w_{(t) =}_x_{. Nh−ng khi đó điều kiện}_w₍₀₎_sẽ

là gì? Vì phải quan tâm đến điều kiện ban đầu của ph−ơng trình ĐHR (4.81), ta sẽ
biến đổi phiếm hàm tác động để nó bao hàm cả hàmg phụ thuộc vàow(0):

t

0

L( ˙w(s))ds+g(w(0)).

Tiếp theo, ta xây dựng một ”ứng cử viên” của nghiệm bài toán giá trị ban đầu (4.81)
theo nguyên lý biến phân của phiếm hàm tác động mới này. Ta đặt

u(x, t) := inf#

t

0

L( ˙w(s))ds+g(y)| w(0) =y, w(t) =x$, (4.97)
infimum lấy trên tất cả cácC1_-hàm_w_(.)_với_w_{(t) =}_x_.

Bõy gi ta sẽ đ−a ra khái niệm nghiệm mà theo đó uxác định bởi (4.97) thực sự
thỏa mon bài toán giá trị ban đầu đối với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

ut+H(Du) = 0 trong Rnì(0,)

</div>
<span class='text_page_counter'>(160)</span><div class='page_container' data-page=160>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 157

Nhắc lại rằng, ta giả thiếtH là hàm trơn, lồi và

lim
|p|

H(p)

|p| = +. (4.99)

Từ giờ trở đi ta giả sử

g:Rn_R _{là liên tục Lipschitz}_, _(4.100)

Lip(g) := sup

x,y∈Rn
x=y

%

|g(x)−g(y)|

|x−y|

&

<∞.

Định lý 4.7

(

Công thức Hopf-Lax)

.

Nếu xRn _v_{t >}₀_{, khi ú nghim}

u=u(x, t)của bài toán (4.97) lµ
u(x, t) = min

y∈Rn

%

tLx−y
t

+g(y)

&

. (4.101)

Định nghĩa

4.6. Ta gọi (4.101) là công thức Hopf-Lax.
Chứng minh. 1. Cố định một điểmy∈Rn _{và đặt}

w(s) :=y+s

t(x−y) (0st).

Khi đó, từ (4.97) suy ra

u(x, t)

t

0

L( w(s))ds+g(y) =tLxy
t

+g(y)

và do vậy

u(x, t) inf

yRn

%

tLxy
t

+g(y)

&

.

2. Mặt khác, nếuw(.)là mộtC1_{-hàm tháa mon}_w_{(t) =}_x_{, ta cã}

L1
t

t

0

˙

w(s)ds1

t

t

0

L( ˙w(s))ds

theo bất đẳng thức Jensen (Đ2.2.1). Vì thế, nếuy=w(0)ta tìm đ−ợc

tLx−y
t

+g(y)

t

0

L( ˙w(s))ds+g(y)

vµ nh− vËy

inf

y∈Rn

%

tLx−y
t

+g(y)

&

u(x, t).

3. Ta ®˜a chØ ra

u(x, t) = inf

y∈Rn

%

tLx−y
t

+g(y)

&

</div>
<span class='text_page_counter'>(161)</span><div class='page_container' data-page=161>

Ta sẽ nghiên cứu một số tính chất của hàmuđ−ợc xác định bởi cơng thức Hopf-Lax
(4.101). Mục đích cuối cùng của ta là chỉ ra rằng công thức (4.101) cho một nghiệm
yếu hợp lý của bài toán giá trị ban đầu (4.98) đối với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi.
Tr−ớc hết ta xét một vài tính chất phụ trợ.

Bổ đề 4.3.

Với mỗix∈Rn _và₀_{s < t}_{, ta có}

u(x, t) = min

y∈Rn

%

(t−s)Lx−y
t−s

+u(y, s)

&

. (4.102)

Nói cách khác, để tínhu(., t), ta có thể tínhutại thời điểmsvà sau đó dùngu(., s)

nh− ®iỊu kiƯn ban đầu trên khoảng thời gian còn lại[s, t].

Chng minh. 1. Cố địnhy∈Rn_, ₀_{< s < t}_{và chọn}_z_∈_Rn _{sao cho}

u(y, s) =sLyz
s

+g(z). (4.103)
VìLlà lồi và

xz
t =

1s
t

_x_y

ts +
s
t

yz
s ,

ta có

Lxz
t

1s
t

Lxy
ts

+s
tL

_y_z

s

,

vì thế sử dụng (4.103) ta đợc

u(x, t)tLxz
t

+g(z)(ts)Lxy
ts

+sLys
s

+g(z)
= (ts)Lxy

ts

+u(y, s).

Bt ng thc ny đúng với mỗiy ∈Rn_{. Do đó, từ tính liên tục của}_y _→_{u(y, s)}

(theo Bổ đề 4.4 ở d−ới), ta có

u(x, t) min

y∈Rn

%

(t−s)Lx−y
t−s

+u(y, s)

&

. (4.104)

2. B©y giê ta chänwsao cho

u(x, t) =tLx−w
t

+g(w) (4.105)

và đặt

y:=s
tx+

1−s
t

w.

Khi đó

x−y
t−s =

x−w
t =

</div>
<span class='text_page_counter'>(162)</span><div class='page_container' data-page=162>

4.3 Ph−¬ng tr×nh Hamilton-Jacobi 159

suy ra

(t−s)Lx−y
t−s

+u(y, s)(t−s)Lx−w
t

+sLy−w
s

+g(w)
=tLx−w

t

+g(w) =u(x, t), theo (4.105)
Từ đó

min

y∈Rn

%

(t−s)Lx−y
t−s

+u(y,0s)

&

u(x, t). (4.106)

Bổ đề 4.4

(

Tính liên tục Lipschitz)

.

Hàm uxác định bởi (4.101) là liên
tục Lipschitz trongRn_ì_[0,_∞₎_{, và}_u₌_g _trên_Rn_{ì {}_t_{= 0}_}_.

Chứng minh. 1. Cố địnht >0, x,xˆ∈Rn_{. Chọn}_y_∈_Rn _{sao cho}

tLx−y
t

+g(y) =u(x, t). (4.107)
Khi đó

u(ˆx, t)−u(x, t) = inf

z

#

tLxˆ−z
t

+g(z)$−tLx−y
t

−g(y)

g(ˆx−x+y)−g(y) Lip(g)|ˆx−x|.

V× thÕ

u(ˆx, t)−u(x, t) Lip(g)|ˆx−x|,

đổi vai trị xˆvàxta tìm đ−ợc

|u(ˆx, t)−u(x, t)| Lip(g)|xˆ−x|. (4.108)

2. Bây giờ chọnt >0,x∈Rn_{. Trong (4.101) đặt}_y₌_x_{, ta thy}

u(x, t)tL(0) +g(x). (4.109)
Hơn nữa

u(x, t) = min

yRn

#

tLxy
t

+g(y)$
g(x) + min

yRn

#

Lip(g)|xy|+tLxy
t

$

=g(x)t max

z∈Rn{Lip(g)|z| −L(z)},

z=x−y
t

=g(x)−t max

w∈B(0,Lip(g)) zmax∈Rn{w.z−L(z)}

=g(x)−t max

</div>
<span class='text_page_counter'>(163)</span><div class='page_container' data-page=163>

Từ bất đẳng thức này và (4.109) suy ra

|u(x, t)−g(x)|Ct

víi

C:= max|L(0)|, max

B(0,Lip(g))|H|

. (4.110)

3. Cuối cùng chọn0<ˆt < t, x∈Rn_{. Khi đó, từ (4.108) ta có}

Lip(u(., t)) Lip(g).

Từ Bổ đề 4.3 và các phép toán nh− đo sử dụng trong b−ớc 2 ở trên ta nhận đ−ợc

|u(x, t)−u(x,ˆt)|_C|t₋ˆ_t|,
với hằng sốC xác định bởi (4.110).

Định lý Rademachernói rằng một hàm liên tục Lipschitz thì khả vi hầu khắp nơi.
Do đó, theo Bổ đề 4.4, hàmu xác định bởi công thức Hopf-Lax (4.101) là khả vi
với hầu khắp (x, t)∈ Rn_ì_(0,_∞₎_{. Định lý tiếp theo khẳng nh}_u _{thc s tha}

mon phơng trình Hamilton-Jacobi hầu khắp nơi .

Định lý 4.8

(Lời giải ph−ơng trình Hamilton-Jacobi)

.

Giả sửt >0, x∈Rn
và u đ−ợc xác định bởi công thức Hopf-Lax (4.101) và là hàm khả vi tại điểm
(x, t)∈Rn_ì_(0,_∞)_{. Khi đó}

ut(x, t) +H(Du(x, t)) = 0.
Chứng minh. 1. Cố địnhh >0, q∈Rn_{. Nhờ Bổ đề 4.3, ta có}

u(x+hq, t+h) = min

y∈Rn

#

hLx+hq−y
h

+u(y, t)$hL(q) +u(x, t),

do đó

u(x+hq, t+h)−u(x, t)

h L(q).

Choh→0+_{, ta nhËn ®−ỵc}

q.Du(x, t) +ut(x, t)L(q).

Bất đẳng thức này có hiệu lực với mọiq∈Rn_{, và vì}_H ₌_L∗_{ta có}
ut(x, t) +H(Du(x, t)) =ut(x, t) + max

</div>
<span class='text_page_counter'>(164)</span><div class='page_container' data-page=164>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 161

2. B©y giê ta chänz sao cho

u(x, t) =tLx−z
t

+g(z).

Cố địnhh >0 v t

s=th, y=s
tx+

1s_tz.

Khi ú

xz
t =

yz
s ,

và vì thế

u(x, t)u(y, s)tLxz
t

+g(z)sLyz
s

+g(z)
= (t−s)Lx−z

t

,

suy ra

u(x, t)−u1−h_tx+h
tz, t−h

h ≥L

_x₋_z

t

.

Cho h→0+ _{ta cã}

x−z

t .Du(x−t) +ut(x, t)≥L

_x₋_z

t

.

Nh− vËy

ut(x, t) +H(Du(x, t)) =ut(x, t) + max

q∈Rn{q.Du(x, t)−L(q)}

≥ut(x, t) +x−z

t .Du(x, t)−L

_x₋_z

t

≥0.

Bất đẳng thức này và (4.111) cho ta điều phải chứng minh.
Tóm lại, ta có định lý sau.

Định lý 4.9

(

Công thức Hopf-Lax là công thức nghiệm)

.

Một hàmu
xác định bởi công thức Hopf-Lax (4.101) là liên tục Lipschitz, khả vi hầu khắp nơi

trongRn_ì_(0,_∞₎_{, và thỏa mCn bài toán giá trị ban đầu}

ut+H(Du) = 0 h.k.n. trong Rn×(0,∞)

</div>
<span class='text_page_counter'>(165)</span><div class='page_container' data-page=165>

4.3.3

NghiƯm u, tÝnh duy nhÊt

a. Tính nửa lõm.

Theo Định lý 4.9 ta định nghĩa nghiệm yếu của bài toán giá
trị ban đầu (4.98) là một hàm liên tục Lipschitz trùng với g trên Rn_{ì {t} _{= 0}}_,

và thỏa mon phơng trình ĐHR hầu khắp nơi trong Rn_ì_(0,₎_{. Tuy nhiên, đây}

l mt nh ngha khụng tht đạt, vì nói chung, những nghiệm yếu nh− thế trong
tr−ờng hợp tổng qt sẽ khơng duy nhất.

VÝ dơ.

XÐt bµi toán giá trị ban đầu

ut+|ux|2= 0 trong Rnì(0,)

u= 0 trên Rn_{ì {}_t_{= 0}_}_. (4.113)

Rõ ràng ta có nghiệmu1(x, t)0. Ngoài ra, hµm

u2(x, t) :=








0 nÕu |x| ≥t
x−t nÕu 0xt
−x−t nÕu tx0

là liên tục Lipschitz và cũng thỏa mon phơng trình ĐHR (4.113) hầu khắp nơi (thực
tế chỉ trừ trên các ®−êng x= 0, ±t). DƠ thÊy ngay r»ng cã v« số hàm liên tục
Lipschitz thỏa mon (4.113).

Vớ d ny ch ra rằng, để có tính duy nhất ta cần địi hỏi ở nghiệm yếu nhiều
hơn chứ không chỉ là thỏa mon ph−ơng trình ĐHR hầu khắp nơi. Ta sẽ xét từ cơng
thức Hopf-Lax để tìm ra điều kiện đảm bảo tính duy nhất của nghiệm yếu. Tr−ớc
tiên, ta sẽ chứng minh khẳng định sau.

Bổ đề 4.5

(

Tính nửa lõm)

.

Giả sử tồn tại một hằng sốC sao cho

g(x+z)−2g(x) +g(x−z)C|z|2 _∀_{x, z}_Rn_. _(4.114)
Chouxác định bởi cơng thức Hopf-Lax (4.101). Khi đó

u(x+z, t)−2u(x, t) +u(x−z, t)_C|z|2 _{∀x, z}Rn, t >0.

Chó ý.

Ta nóig làhàm nửa lõmnếu nó thỏa mon điều kiện (4.114). DƠ kiĨm tra
r»ngg lµ hµm nưa lâm nÕu g lµC2 _vµ _sup

Rn|D

2_g| _<_∞_{. Chó ý r»ng}_g _{lµ nưa lâm}

nÕu vµ chỉ nếu ánh xạ

xg(x)C
2|x|

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(166)</span><div class='page_container' data-page=166>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 163

Chøng minh. Chäny∈Rn _{sao cho}

u(x, t) =tLx−y
t

+g(y).

Khi đó, thay y+zvày−zvào cơng thức Hopf-Lax vớiu(x+z, t)vàu(x−z, t),
dựa vào (4.114) ta tìm đ−ợc

u(x+z, t)−2u(x, t) +u(x−z, t)

_tLx−y

t

+g(y+z)−2tLx−y
t

+g(y)+tLx−y
t

+g(y−z)
=g(y+z)−2g(y) +g(y−z)

C|z|2_.

Tiếp theo, ta không giả thiết g là hàm nửa lõm, nh−ng sẽ giả thiết rằng hàm
Hamilton H là lồi đều, và chỉ raulúc đó cũng là hàm nửa lõm.

Định nghĩa

4.7. Một hàmC2_{và lồi}_H_:_Rn_→_R_{đ−ợc gọi là lồi đều (với hằng}
số θ) nếu

n

i,j=1

Hpipj(p)ξiξj ≥θ|ξ|

2 _(4.115)

víi mäip, ξ∈Rn_.

Bổ đề 4.6

(

Tính nửa lõm)

.

Giả sử H là lồi đều (với hằng số θ) và u đ−ợc
xác định bởi cơng thức Hopf-Lax (4.101). Khi đó

u(x+z, t)−2u(x, t) +u(x−z, t) 1

θt|z|

2_,

víi mäix, z∈Rn_{, t >}₀_.

Chøng minh. 1. Tr−íc hÕt ta chó ý r»ng, dïng c«ng thøc Taylor, tõ (4.115) suy ra

Hp1+p2
2

1

2H(p1) +
1

2H(p2)−
θ

8|p1−p2|

2_. _(4.116)

Tiếp theo, ta khẳng định rằng với hàm Lagrange Lta có −ớc l−ợng

1

2L(q1) +
1

2L(q2)L

_q₁₊_q₂

2

+ 1

8θ|q2−q1|

2 _(4.117)

với mọiq1, q2∈Rn. Việc chứng minh (4.117) coi nh− một bài tập cho ng−ời đọc.

2. Chäny sao cho

u(x, t) =tLx−y
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(167)</span><div class='page_container' data-page=167>

Khi đó dùng giá trị này của y trong công thức Hopf-Lax đối với u(x+z, t) và

u(x−z, t), ta tính đợc

u(x+z, t)2u(x, t) +u(xz, t)

tLx+zy
t

+g(y)2tLxy
t

+g(y)
+tLxzy

t

+g(y)
= 2t1

2L

_x₊_z_y

t

+1
2L

_x_z_y

t

Lxy
t

2t 1

8

2z_t

2

1

t|z|

2_.

Bt ng thức gần cuối suy ra từ (4.117).

b. NghiÖm yÕu, tÝnh duy nhÊt

Trong phần này ta chỉ ra rằng điều kiện nửa lõm đối với nghiệm Hopf-Lax u

trong Bổ đề 4.5 và 4.6 có thể đ−ợc dùng nh− là tiêu chuẩn ca tớnh duy nht nghim.

Định nghĩa

4.8. Ta nói rằng một hàm liên tục Lipschitzu:Rn_ì_[0,₎_R
là nghiệm yếu của bài toán giá trị ban đầu

ut+H(Du) = 0 trong Rnì(0,)

u=g trên Rn_{ì {}_t_{= 0}_}_, (4.118)
nÕu

(a) u(x,0) =g(x) (x∈Rn₎_,

(b) ut(x, t) +H(Du(x, t)) = 0với hầu hết(x, t)Rnì(0,),
(c) u(x+z, t)2u(x, t) +u(xz, t)C(1 +1

t)|z|

2

vi hằng sốC≥0nào đó và với mọix, z∈Rn_{, t >}_0.

Tiếp theo, ta chứng minh rằng nghiệm yếu của (4.118) là duy nhất và điểm cốt lõi
để khẳng định tính duy nhất l da vo iu kin (c).

Định lý 4.10

(

Tính duy nhất của nghiệm yếu)

.

Giả thiết H làC2 _và

tha mCn (4.99), vàgthỏa mCn (4.100). Khi đó tồn tại khơng nhiều hơn một nghiệm
yếu của bài toán giá trị ban đầu (4.118).

</div>
<span class='text_page_counter'>(168)</span><div class='page_container' data-page=168>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 165

trình ĐHR (4.118), ta cã

wt(y, s) =ut(y, s)−u˜t(y, s)

=−H(Du(y, s)) +H(D˜u(y, s))
=−

1
0

d

drH(rDu(y, s) + (1−r)Du(y, s))dr(Du(y, s)˜ −Du(y, s))˜
=:−b(y, s).Dw(y, s).

V× thÕ

wt+b.Dw= 0 hầu khắp nơi. (4.119)

2. Vit v :=(w)0, trong ú φ :R_→_[0,_∞₎ _{là hàm trơn đ−ợc chọn sau. Ta}

nhân (4.119) vi_(w)_cú

vt+b.Dv= 0 hầu khắp nơi. (4.120)

3. Bây giờ, chọn >0vµ xÐt

uε:=ηε∗u, u˜ε:=ηε∗u˜

vớiηε là hàm làm trơn chuẩn theo các biếnxvàt(xemĐ2.3.4). Khi đó

|Duε_| _Lip_(u), _|_D_u_˜ε_| _Lip_(˜_u) _(4.121)

vµ

Duε→Du, Du˜ε→Du˜ hầu khắp nơi khiε→0. (4.122)

Hơn nữa, từ bất đẳng thức (c) trong định nghĩa nghiệm yếu suy ra

D2uε, D2u˜εC1 +1
s

I, (4.123)

với một hằng sốC nào đó và với mọiε >0, y∈Rn_{, s >}₂_.

4. Đặt

b(y, s) :=

1
0

DH(rDu(y, s) + (1r)Du(y, s))dr. (4.124)
Khi ú (4.120) tr thnh

vt+b.Dv= (bb).Dv hầu khắp nơi,

vì thế

</div>
<span class='text_page_counter'>(169)</span><div class='page_container' data-page=169>

5. B©y giê, theo (4.121), (4.123) ta cã
divbε=

1
0

n

k,l=1

Hpkpl(rDu

ε_{+ (1}

−r)D˜uε)(ruεxlxk

+ (1−r)˜uεxlxk)dr

C1 +1

s

(4.126)

với hằng sốC nào đó. ởđây, chú ý rằngH là lồi nên suy raD2_H _≥₀_.

6. Cố địnhx0∈Rn, t0>0 và ký hiệu :

R:= max{|DH(p)|, |p|max(Lip(u),Lip(˜u))}. (4.127)
Ta cũng xác định nún

C:={(x, t)|0tt0, |xx0|R(t0t)}.

Tip theo, t

e(t) :=

B(x0,R(t0t))

v(x, t)dx

và với hầu hếtt >0, ta cã

˙
e(t) =

B(x0,R(t0−t))

vtdx−R

∂B(x0,R(t0−t))

vds
=

B(x0,R(t0−t))

[−div(vbε) + (divbε)v+ (bε−b).Dv]dx

−R

∂B(x0,R(t0−t))

vds do (4.125)

=−

∂B(x0,R(t0−t))

v(bε+R)ds

+

B(x0,R(t0−t))

(divbε)v+ (bε−b).Dvdx

B(x0,R(t0−t))

(divbε)v+ (bε−b).Dvdx do (4.121), (4.124)

_C

1 + 1
t

e(t) +

B(x0,R(t0−t))

(bε−b).Dvdx do (4.126).

Theo (4.121), (4.122) và định lý hội tụ trội, số hạng cuối ở vế phải dần tới 0 khi

ε→0 víi hÇu hÕtt >0. Vì vậy

e(t)C1 +1
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(170)</span><div class='page_container' data-page=170>

4.3 Phơng trình Hamilton-Jacobi 167

7. Cố định 0< ε < r < t0 và chn hm(z)bng 0 nu

|z|[Lip(u) +Lip(u)]

và (z) > 0 ngoài khoảng trên. Vì u = u trên Rn _{ì {}_t _{= 0}_}_{, v} ₌ _{φ(w) =}

φ(u−u) = 0˜ tại{t=ε}, do vậy e(ε) = 0. Khi đó bất đẳng thức Gronwall (xem

§2.2.2) và (4.128) cho ta

e(r)e()erC 1+1s

ds

= 0.

Cho nên

|uu|[Lip(u) +Lip(u)] trên B(x0, R(t0−r)).

Bất đẳng thức này đúng với mọiε >0và do đó u≡u˜ trongB(x0, R(t0−r)). Vì

thÕ

u(x0, t0) = ˜u(x0, t0).

'Ap dụng các B 4.5, 4.6 v nh lý 4.10, ta cú

Định lý 4.11.

Giả sửH làC2_{và thỏa mCn (4.99), và}_g_{thỏa mCn (4.100). NÕu}

hoặcg là nửa lõm hoặcH lồi đều, thì
u(x, t) = min

y∈Rn

#

tLx−y
t

+g(y)$

là nghiệm yếu duy nhất của bài toán giá trị ban đầu (4.118) đối với ph−ơng trình
Hamilton-Jacobi

VÝ dơ

(i) XÐt bài toán giá trị ban đầu

ut+1

2|Du|

2_{= 0} _trong _Rn_ì_(0,₎

u=|x| trên Rn_{ì {}_t_{= 0}_}_, (4.129)

ở đâyH(p) = 1
2|p|

2 _và_{L(q) =}1
2|q|

2_{. Công thøc Hopf-Lax cho ta nghiƯm u duy}

nhÊt cđa (4.129) lµ

u(x, t) = min

y∈Rn

#|x−y|2

2t +|y|

$

. (4.130)

Giả thiết|x|> t. Khi đó

Dy

_|_x₋_y_|2

2t +|y|

= y−x
t +

y

|y| (y= 0),

vµ biĨu thøc nµy b»ng 0 nÕux=y+_|y_y_|t, y= (|x| −t)x

|x|= 0. V× thÕ
u(x, t) =|x| − t

</div>
<span class='text_page_counter'>(171)</span><div class='page_container' data-page=171>

Nếu|x|t, minimum trong (4.130) đạt đ−ợc tạiy= 0. Nh− vậy

u(x, t) =








|x| − t

2 nÕu|x|> t,
|x|2

2t nÕu|x|t.

Để ý rằng nghiệm ulà nửa lõm với t >0mặc dù hàm ban đầu g(x) =|x| không
phải là nửa lõm. Điều này phù hợp với Bổ đề 4.6.

(ii) TiÕp theo, ta nghiªn cứu bài toán sau

ut+

1
2|Du|

2 _{= 0} _trong _Rn_ì_(0,₎

u =|x| trênRn_{ì {}_t_{= 0}_}_. (4.131)

Khi đó

u(x, t) = min

y∈Rn

#|x−y|2

2t − |y|

$

.

B©y giê

Dy

_|_x₋_y_|2

2t − |y|

= y−x
t −

y

|y| (y= 0),

vµ biĨu thøc nµy b»ng 0 nÕux=y−|yy|t, y= (|x|+t)

x

|x|. V× vËy
u(x, t) =−|x| −₂t (x∈Rn_{, t}

0). (4.132)

Hàm ban đầu g(x) =|x| là nửa lõm và nghiệmucũng nh vậy với t > 0. Bài
toán (4.131) có nghiệm yếu duy nhất (4.132).

4.4

Luật bảo toàn

Trong phn ny ta nghiên cứu bài toán giá trị ban đầu đối với các luật bảo tồn
vơ h−ớng trongR_ì_(0,_∞₎

ut+F(u)x= 0 trong R×(0,∞)

u=g trên R_{ì {t}_{= 0},} (4.133)

ở đây F : R R _và _g _: R  R _{là đo biết và} _u_: R_ì_[0,₎ R _{là cần tìm,}

</div>
<span class='text_page_counter'>(172)</span><div class='page_container' data-page=172>

4.4 Luật bảo toàn 169

4.4.1

Sốc, điều kiện entropi

a. Nghiệm suy rộng, ®iỊu kiƯn Rankine-Hugoniot

Nh− đo nói ở trong Ch−ơng 1, nói chung ta khơng hi vọng tìm đ−ợc nghiệm cổ
điển của ph−ơng trình ĐHR. Trong tr−ờng hợp đó ta cần phải địi hỏinghiệmcó độ
trơn ít hơn bậc của ph−ơng trình, hay nói một cách khác là đ−a ra khái niệmnghiệm
yếuhoặcnghiệm suy rộng một cách phù hợp khi mà nghiệm không khả vi đến bậc
cần thiết. 'Y t−ởng ở đây là nhân ph−ơng trình của ta với một hàm trơn và lấy tích
phân từng phần để chuyển các đạo hàm của nghiệm sang các đạo hàm của hàm trơn
đó. Cụ thể, ta gi thit rng

v:R_ì_[0,₎R _{là trơn với giá compắc}_. _(4.134)

Ta givlhm thử. Giả thiết rằng (4.133) có nghiệmutrơn, ta nhân ph−ơng trình
đạo hàm riêngut+F(u)x= 0vớivvà lấy tích phân từng phần

0 =

∞

0

∞
−∞

(ut+F(u)x)vdxdt

=−

∞

0

∞
−∞

uvtdxdt−

∞
−∞

uvdx_t₌₀−

∞

0

∞
−∞

F(u)vxdxdt.

(4.135)

Theo điều kiện ban đầu u=g trênR_{ì {t}_{= 0}}_{, ta thu đ−ợc đồng nhất thức}

∞

0

∞

−∞

[uvt+F(u)vx]dxdt+

∞
−∞

gvdx_t₌₀= 0. (4.136)
Nh− vậy, với giả thiết u là một nghiệm trơn của (4.133), ta đo chứng minh đ−ợc
(4.136), và biểu thức trong (4.136) không chứa đạo hm cau, nú vn cú ngha nu

uchỉ là hàm bị chặn mà không cần phải khả vi.

nh ngha

4.9. Ta núi rằngu∈L∞₍_R_ì_(0,_∞₎₎_{là một nghiệm tích phân của}
(4.133) nếu đẳng thức (4.136) đúng với mọi hàm thửv thỏa mCn (4.134).

Giả sửulà một nghiệm tích phân của (4.133), ta có thể kết luận gì về nghiệm này
từ đồng nhất thức (4.136) ?

Ta sẽ trả lời câu hỏi này cho tr−ờng hợp ph−ơng trình (4.133) có cấu trúc đặc biệt
đơn giản. Giả sửC là một đ−ờng cong trong một miềnV ⊂R_ì_(0,_∞)_{. Gọi}_V_l _là

phÇn V nằm bên trái của đờng cong vàVr là phần V nằm bên phải đờng cong.

Ta gi thit rngul mt nghim tích phân của (4.133), vàuvà đạo hàm bậc nhất
của nó là liên tục đều trongVl và trongVr.

Tr−ớc hết, chọn một hàm thửv với giá compắc trongVl. Khi đó (4.136) trở thnh

0 =

0

[uvt+F(u)vx]dxdt=

0

</div>
<span class='text_page_counter'>(173)</span><div class='page_container' data-page=173>

ở đây ta sử dụng tích phân từng phần vì ulàC1 _trong _V

l vàv triệt tiêu gần biên

củaVl. Đồng nhất thức (4.137) thỏa mon với mọi hàm thửv với giá compắc trong

Vl, và do đó

ut+F(u)x= 0 trong Vl. (4.138)

T−¬ng tù,

ut+F(u)x= 0 trong Vr. (4.139)

Bây giờ chọn một hàm thửv với giá compắc trongV, nhng nó không nhất thiết
triệt tiêu dọc đờng congC. L¹i sư dơng (4.136), ta kÕt ln

0 =

∞

0

∞
−∞

[uvt+F(u)vx]dxdt= (4.140)

=

Vl

[uvt+F(u)vx]dxdt+

Vr

[uvt+F(u)vx]dxdt.

Vìv có giá compắc trongV, từ (4.138) ta có

Vl

[uvt+F(u)vx]dxdt=

Vl

[uvt+F(u)x]vdxdt+ (4.141)

+

C

(ul2+F(ul)1)vdl=

C

(ul2+F(ul)1)vdl.

õy= (ν1_{, ν}2₎_{là véc tơ pháp tuyến đối với đ−ờng cong}_C_{, i t}_V

lvàoVr, và

chỉ số dới l ký hiệu giới hạn từ bên trái. Tơng tự, từ (4.139) suy ra

Vr

[uvt+F(u)vx]dxdt=

C

(ur2+F(ur)1)vdl.

(Ch s d−ới “r” ký hiệu giới hạn từ bên phải). Cộng đẳng thức này với (4.141) và
từ (4.140) ta có

C

[(F(ul)−F(ur))ν1+ (ul−ur)ν2]vdl= 0.

Đẳng thức này thỏa mon với mọi hàm thửvnh− ở trên, và do đó

(F(ul)−F(ur))ν1+ (ul−ur)ν2= 0 däc theo C. (4.142)

B©y giờ giả sử C đợc biểu diễn tham số là: {(x, t)| x = s(t)} với hàm trơn

s(.) : [0,)R_{. Khi đó ta có thể lấy}_ννν _{= (ν}1_{, ν}2_{) = (1 + ˙}_s2₎−1/2_(1,₋_s)_˙ _{. Vì}

vËy, tõ (4.142) suy ra

</div>
<span class='text_page_counter'>(174)</span><div class='page_container' data-page=174>

4.4 Luật bảo toàn 171

Ký hiệu.

[u]=ulurlàbớc nhảy của uqua đờng cong C

[F(u)]=F(ul)F(ur)làbớc nhảy của F(u)qua C

= slàvận tốccủa đờng cong C.

Ta viết lại (4.143) dới dạng

[F(u)]=[u] dọc theo đờng cong C. (4.144)
Đây làđiều kiện Rankine-Hugoniot. Chú ý rằng vận tốcvà các giá trịul, ur, F(ul),

F(ur)s bin i dc theo ng congC. Mc dự vy cỏc biu thc

[F(u)]=
F(ul)F(ur)và

[u]= s(ulur)vẫn luôn luôn cân bằng.

Hình4.4: Điều kiện Rankine-Hugoniot

Ví dụ 1

(Sóng sốc). Xét bài toán giá trị ban đầu cho phơng trình Burger

ut+ u

2

2

x= 0 trong

R_ì_(0,_),

u=g trên R_{ì {t}_{= 0},}

(4.145)
với dữ kiện ban ®Çu g

g(x) =







1 nÕu x0,
1−x nÕu 0x1,

0 nÕu x≥1.

(4.146)

</div>
<span class='text_page_counter'>(175)</span><div class='page_container' data-page=175>

với mỗix0_R_{. Vì vậy}

u(x, t) :=

1 nếu xt, 0t1,
1x

1t nÕu tx1, 0t1,
0 nÕux≥1, 0t1.

Chú ý rằng với t ≥1 ph−ơng pháp này khơng thực hiện đ−ợc, vì khi đó các đặc
tr−ng gốc cắt nhau. Ta phải xác địnhunh− thế nào vớit≥1?

Ta đặts(t) = 1 +t
2 , và xét
u(x, t) :=

1 nÕu x < s(t)

0 nÕu s(t)< x nÕut≥1.

B©y giê dọc đờng cong đợc tham số hóa bởis(.), ta cóul= 1,ur= 0, F(ul) =

1
2(ul)

2 ₌ 1

2, F(ur) = 0. Do ú

[F(u)]= 1
2 =

[u], là điều cần tìm theo điều
kiện Rankine-Hugoniot (4.144)

Hình4.5: Sự hình thành sóng sốc

b. Sốc, điều kiện Entropi

Bây giờ ta thử giải một bài toán tơng tự bằng kỹ thuật trình bày trên đây.

Ví dụ 2

(Sóng tạo chân không và sốc phi vật lý).

Ta lại xét bài toán giá trị ban đầu (4.145), vớig nh sau

g(x) =

0 nếu x <0,

</div>
<span class='text_page_counter'>(176)</span><div class='page_container' data-page=176>

4.4 Luật bảo toàn 173

Lỳc ny ph−ơng pháp đặc tr−ng không những không xác định đ−ợcu, mà cịn cung
cấp những thơng tin sai trong miền{0< x < t}. Để minh họa điều này, tr−ớc hết
xét

u1(x, t) :=





0 nÕu x < t
2,
1 nÕu x > t

2.

DƠ dµng thấy điều kiện Rankine-Hugoniot thỏa mon và hiển nhiênu1là một nghiệm

tích phân của (4.145), (4.147). Tuy nhiên, ta có thể tạo ra nghiệm khác bằng cách
viết

u2(x, t) :=

1 nếu x > t
x

t nÕu 0< x < t
0 nÕu x <0.

Hµm u2, gọi làsóng tạo chân không, cũng là một nghiệm tích phân liên tục của

(4.145), (4.147).

Hình4.6: Sóng tạo chân không

Nh vậy ta thấy rằngnhững nghiệm tích phân trong tr−ờng hợp tổng qt là khơng
duy nhất. Bởi vì lớp nghiệm tích phân bao hàm cả các nghiệm “phi vật lý”, các
nghiệm mà ta muốn loại bỏ. Liệu ta có tìm đ−ợc một tiêu chuẩn nào đó để đảm bảo
tính duy nhất trong lớp nghiệm tích phân hay khơng ?

Điều kiện Entropi.

Nhớ lại từĐ4.2.5 rằng với định luật bảo toàn dạng

ut+F(u)x= 0,

</div>
<span class='text_page_counter'>(177)</span><div class='page_container' data-page=177>

H×nh4.7: Sèc “phi vËt lý”

gèc

y(s) = (F(g(x0))s+x0, s) (s≥0). (4.148)
Ta thấy rằng sự cắt nhau của các đ−ờng đặc tr−ng sẽ kéo theo sự không liên tục
của nghiệm. Tuy nhiên, ta có thể hy vọng rằng, nếu xuất phát tại một điểm nào đó
trongRn_ì_(0,_∞₎_{và chuyển động theo}_{h−ớng ng−ợc lại}_{với thời gian dọc theo một}

đặc tr−ng, ta sẽ khơng cắt một đ−ờng đặc tr−ng nào khác. Nói cách khác, xét lớp
các nghiệm tích phân trơn từng khúc của (4.133) với tính chất là: nếu ta di chuyển

theo h−ớng ng−ợc lại vớitdọc theo một đặc tr−ng nào đó, ta sẽ không gặp phải một
đ−ờng không liên tục nào đối vớiu.

Bây giờ giả sử tại một điểm nào đó trên đ−ờng cong C khơng liên tục củau, rằng

ucó giới hạn trái và giới hạn phải phân biệtulvàur, và một đặc tr−ng từ bên trái

và một đặc tr−ng bên phải cắtCtại điểm này. Khi đó theo (4.148) ta kết luận

F_(u

l)> σ > F(ur). (4.149)

Các bất đẳng thức này gọi làđiều kiện Entropi(là một t−ơng tự thô thiển với nguyên
lý nhiệt động học: Entropi vật lý không thể giảm với thời gian tiến lên phía tr−ớc).
Một đ−ờng cong khơng liên tục đối vớiuđ−ợc gọi làmột sốcvới điều kiện cả đồng
nhất thức Rankine-Hugoniot (4.144) và cả bất đẳng thức Entropi (4.149) đều thỏa
mon.

TiÕp theo, ta cã thĨ minh häa ®iỊu kiƯn Entropi víi giả thiết thêm nh sau

</div>
<span class='text_page_counter'>(178)</span><div class='page_container' data-page=178>

4.4 Luật bảo toµn 175

Điều này có ngh˜ia làF_≥_{θ >}₀_{với hằng số}_θ_{nào đó, vì thế}_F_{là tăng ngặt. Khi}

đó (4.149) t−ơng đ−ơng với bất đẳng thức

ul> ur (4.151)

däc theo ®−êng cong sèc bÊt kú.

VÝ dụ 3.

Ta lại xét phơng trình Burger (4.145), với hàm ban đầu

g(x) =

0 nếu x <0
1 nếu 0x1
0 nếu x >1.

(4.152)

Với 0t2, ta kết hợp sự phân tích trong các Ví dụ 1 và 2 ở trên để tìm đ−ợc

u(x, t) =


















0 nÕu x <0,
x

t nÕu 0< x < t,
1 nÕu t < x <1 + t

2,
0 nÕu x >1 + t

2.

(0t2). (4.153)

Hình4.8: Nghiệm của bài toán (4.145),(4.152)

Với t 2, ta hy vọng sóng sốc đợc tham số hóa bởi s(.) sẽ đợc tiếp tục với

u=x/ttới bên trái củas(.), u= 0 tới bên phải củas(.). Điều này là tơng thích
với điều kiện Entropi (4.151). Ta tìm dáng điệu của đờng cong sốc bằng cách áp
dụng điều kiện bớc nh¶y Rankine-Hugoniot (4.144). Ta cã

[u]= s(t)
t ,

[F(u)]= 1
2

_s(t)

t

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(179)</span><div class='page_container' data-page=179>

dọc theo đờng cong sốc vớit0. Vì thế, từ (4.144) suy ra

˙

s(t) = s(t)
2t .

Ta biết rằngs(2) = 2, và giải ph−ơng trình vi phân th−ờng trên để tìm đ−ợc

s(t) = (2t)1/2 (t≥2).

Từ đó, ta có vớit≥2

u(x, t) =










0 nÕu x <0,
x

t nÕu 0< x <(2t)

1/2_,

0 nÕu x >(2t)1/2_.

Xem minh họa, Hình 4.8.

4.4.2

Công thức Lax-Oleinik

Ta s thit lp mt cơng thức cho một nghiệm yếu thích hợp của bài toán ban
đầu (4.133), với giả thiết nh− ở trên rằng hàm F là lồi đều. Khơng mất tính tổng
qt ta cũng có thể giả thiết rằng

F(0) = 0. (4.154)

Bây giờ, gi sgL₍_R₎_{, ta t}
h(x) :=

x

0

g(y)dy (xR_). _(4.155)

Nhớ lại công thức Hopf-Lax từĐ4.3 và xét

w(x, t) := min

yR

#

tL xy
t

+h(y)$ (xR_{, t >}_0), _(4.156)

ở đây

L=F. (4.157)

Vỡ vywl nghim yu duy nht của bài toán giá trị ban đầu đối với ph−ơng trỡnh
Hamilton-Jacobi

wt+F(wx) = 0 trong Rì(0,)

</div>
<span class='text_page_counter'>(180)</span><div class='page_container' data-page=180>

4.4 Luật bảo toµn 177

Tại thời điểm này ta giả thiếtwlà trơn. Bằng cách lấy đạo hàm ph−ơng trình ĐHR
và điều kiện ban u trong (4.158) theox, ta c

wxt+F(wx)x= 0 trong Rì(0,)

wx=g trên R× {t= 0}.

Do đó, nếu đặtu=wx, thì uthỏa mon bài tốn (4.133).

Sự tính tốn trên cũng chỉ là hình thức, vì nh− ta đo biết rằngwxác định bởi (4.156)
nói chung là khơng trơn. Nh−ng từ các kết quả trongĐ4.3 thìw là hàm khả vi hầu
khắp nơi. Vì thế

u(x, t) := ∂
∂x

min

y∈R

#

tL x−y

t

+h(y)$ (4.159)

đ−ợc xác định với hầu hết (x, t) và có đ−ợc coi là một ứng cử viên cho một loại
nghiệm yếu của bài toán giá trị ban đầu (4.133). Ta thử xem xét điều đó một cách
nghiêm túc.

Tr−íc hết ta cần viết lại biểu thức (4.159) dới dạng dƠ sư dơng h¬n.

Ký hiệu.

VìF là lồi đều, nênF _{là tăng ngặt, ta đặt}

G:= (F)−1 là nghịch đảo của F. (4.160)

Định lý 4.12

(

Công thức Lax-Oleinik)

.

Giả thiếtF :RR_{là tr¬n, låi}

đều, và g∈L∞₍_R₎_.

(i) Với mỗi thời điểmt >0, tồn tại một điểm duy nhấty(x, t)với tất cả trừ tối
đa tập đếm đ−ợc những giá trị củax∈R_{sao cho}

min

y∈R

#

tL x−y

t

+h(y)$=tLx−y(x, t)
t

+h y(x, t).
(ii)

á

nh xạxy(x, t)là không giảm.

(iii) Vi mit >0, hm uđ−ợc xác định bởi (4.159) là

u(x, t) =Gx−y(x, t)
t

(4.161)

víi hÇu hÕtx.

Định nghĩa

4.10. Ta gọi (4.161) là công thức Lax-Oleinik xác định nghiệm của
(4.133), trong đóhđ−ợc cho bởi (4.155),Lđ−ợc xác định bởi (4.157).

Chøng minh. 1. Tr−íc hÕt ta ký hiƯu

L(q) = max

p∈R(pq−F(p)) =qp

</div>
<span class='text_page_counter'>(181)</span><div class='page_container' data-page=181>

ở đâyF_(p∗_{) =}_q_{. Khi đó}_p∗₌_G(q)_{theo (4.160), v vỡ th}
L(q) =qG(q)F(G(q)) (qR_),

(xemĐ4.3.1). Ngoài ra,Llà hàmC2_{. Hơn nữa, theo (4.160)}

L(q) =G(q) +qG(q)F(G(q))G(q) =G(q) (4.162)
vàL_{(q) =}_G_(q)_>₀_{. Từ điều này và (4.154) suy ra} _L_{là không âm và lồi ngặt.}

2. Cố địnht >0, x1< x2. Cũng nh− trongĐ4.3, tồn tại ít nhất một điểmy1∈R

sao cho

#

tL x1−y1
t

+h(y1)

$

= min

y∈R

#

tL x1−y
t

+h(y)$. (4.163)
Tiếp theo ta khẳng định

tL x2−y1
t

+h(y1)< tL

x2−y

t

+h(y) nÕuy < y1. (4.164)

§Ĩ thÊy rõ điều này, ta dùng các tính toán sau

x2y1=(x1y1) + (1)(x2y)

và

x1y= (1)(x1y1) +(x2y)

với

0< := y1y
x2x1+y1y

<1.

VìL_>₀_{, ta có}

L x2y1
t

< L x1y1
t

+ (1)L x2y
t

,
L x1y

t

<(1)L x1y1
t

+ L x2y
t

,

và vì vậy

L x2−y1
t

+L x1−y
t

< L x1−y1
t

+L x2−y
t

. (4.165)

B©y giê, chó ý tõ (4.163) rằng

tL x1y1
t

+h(y1)tL

x1y

t

+h(y).

Nhân (4.165) vớit, thêm(h(y1) +h(y))vào cả hai vế, và cộng biểu thức thu đợc

</div>
<span class='text_page_counter'>(182)</span><div class='page_container' data-page=182>

4.4 Luật bảo toàn 179

3. Theo (4.163), trong tính toán giá trị nhá nhÊt cña tL x2−y

t

+h(y)ta chỉ cần
chú ýy ≥y1, trong đóy1 thỏa mon (4.163). Bây giờ với mỗix∈Rvàt >0, xác

định điểm y(x, t)bằng giá trị nhỏ nhất của những điểmy cho giá trị nhỏ nhất của

tL x−_ty+h(y). Khi đó ánh xạx→y(x, t)là không giảm và liên tục với tất cả
chỉ trừ ra tập đếm đ−ợc những điểmx. Tại điểmxmày(ã, t)liên tục,y(x, t)là giá
trị duy nhất củay cho giá trị cực tiểu củatL x−_ty+h(y).

4. Theo lý thuyết trong Đ4.3, với mỗit >0cố định, ánh xạ

x→w(x, t) := min

y∈R

#

tL x−y
t

+h(y)$
:=tL x−y(x, t)

t +h(y(x, t)

là khả vi hầu khắp nơi. Hơn nữa, ánh xạ x→y(x, t) là đơn điệu và do đó cũng
khả vi hầu khắp nơi. Vì thế với t >0cho tr−ớc, vi hu khpx, thỡ ỏnh x

xL xy(x, t)
t

và ánh xạ

xh(y(x, t))

đều khả vi. Vì vậy cơng thức (4.159) trở thành

u(x, t) = ∂
∂x

tL x−y(x, t)
t

+h(y(x, t))

=L x−y(x, t)

t

(1−yx(x, t)) +

∂

∂xh(y(x, t)).

Nh−ng vìy→tL x−_ty+h(y)đạt cực tiểu tạiy=y(x, t), ánh xạ

z→tL x−y(z, t)
t

+h(y(z, t))

đạt cực tiểu tạiz=x. Do đó

−L x−y(x, t)
t

yx(x, t) +

xh(y(x, t)) = 0,

và vì thế, theo (4.162) ta có

u(x, t) =L x−y(x, t)
t

=G x−y(x, t)
t

.

B©y giê ta sÏ chØ ra r»ng c«ng thøc (4.161) cho ta mét nghiƯm tÝch phân của bài
toán giá trị ban đầu (4.133).

</div>
<span class='text_page_counter'>(183)</span><div class='page_container' data-page=183>

Chứng minh. Nh− ở trên, ta đặt

w(x, t) := min

y∈R

#

tL x−y

t

+h(y)$ (x∈R_{, t >}_0).

Khi đó Định lý 4.9 cho ta thấywlà liên tục Lipschitz, và vì vậy là khả vi hu khp
ni, v tha mon

wt+F(wx) = 0 hầu khắp trong Rì(0,),

w=h trên R_{ì {}_t_{= 0}_}_. (4.166)

Chọn một hàm thửvthỏa mon (4.134). Nhân phơng trìnhwt+F(wx) = 0vớivx

và lấy tích phân trênR_ì_(0,₎_{, ta nhận đợc}

0 =

0

+

[wt+F(wx)]vxdxdt. (4.167)

Chú ý rằng

0

+∞
−∞

wtvxdxdt=−

∞

0

+∞
−∞

wvtxdxdt−

+∞
−∞

wvxdx

t=0
=
∞

0
+∞
−∞

wxvtdxdt+

+∞
−∞

wxvdx

t=0.

Cách lấy tích phân từng phần ở đây là hợp pháp vì ánh xạx→w(x, t)là liên tục
Lipschitz, do đó, nó liên tục tuyệt đối với mỗit >0. T−ơng tựt→w(x, t)là liên
tục tuyệt đối với mỗix∈R_{. Bây giờ}

w(x,0) =h(x) =

x

0

g(y)dy,

và do đówx(x,0) =g(x)với hầu hếtx. Vì vậy

∞

0

+∞
−∞

wtvxdxdt=

∞

0

+∞
−∞

wxvtdxdt+

+∞
−∞

gvdx_t₌₀.

Thế đồng nhất thức này vào (4.167) và nhớ lại rằng u=wx hầu khắp nơi, ta có

đồng nhất thức tích phân (4.136).

4.4.3

NghiƯm Entropi, tÝnh duy nhÊt

a. Điều kiện Entropi sửa đổi

</div>
<span class='text_page_counter'>(184)</span><div class='page_container' data-page=184>

4.4 Luật bảo toàn 181

giỏ tr ban u (4.133), ta phải tìm ra cho nó dạng thích hợp của điều kiện Entropi
(đảm bảo tính duy nhất) đo thảo luận trongĐ4.4.1. Điều này khơng phải dễ thấy, vì
nói chung ít xảy ra tr−ờng hợp mà hàm w xác định bởi cơng thức Lax-Oleinik là
trơn hoặc thậm chí trơn từng khúc.

Bây giờ ta sẽ tìm một loại đánh giá đối với đạo hàm “một phía” của hàmwxác định
bởi cơng thức Lax-Oleinik (4.159). Đánh giá này là một dạng t−ơng tự nh− đánh giá
tính nửa lõm từ các Bổ đề 4.5,4.6 trongĐ4.3.3 đối với ph−ơng trình Hamilton-Jacobi.

Bổ đề 4.7

(

Đánh giá b−ớc nhảy một phía)

.

Với các giả thiết của Định lý 4.12,
sẽ tồn tại một hằng sốCsao cho hàmuxác định bởi công thức Lax-Oleinik (4.161)
thỏa mCn bất đẳng thức

u(x+z, t)−u((x, t)C

tz (4.168)

víi mäit >0 vµx, z∈R_{, z >}₀_.

Định nghĩa

4.11. Ta gọi bất đẳng thức (4.168) là điều kiện Entropi sửa đổi.

Tõ (4.168) dễ thấy rằng, với t >0 thì hàm số

xu(x, t)−C
tx

là khơng tăng, và do đó có giới hạn trái và giới hạn phải tại mỗi điểm. Vì thếx→

u(x, t)cũng có giới hạn trái và giới hạn phải tại mỗi điểm, vớiul(x, t)≥ur(x, t).

Nh− vậy điều kiện Entropi (4.151) đúng tại mỗi điểm không liên tục bất kỳ.

Chứng minh. 1. Ta biết từĐ4.3 rằng, để tính tốn giá trị nhỏ nhất trong (4.161), chỉ
cần xét những điểmy sao chox−y

t

Cvới hằng sốC nào đó (kiểm tra điều này
dành cho ng−ời đọc). Vì vậy ta có thể giả thiết Glà liên tục Lipschitz.

2. Với G= (F₎1 _và_y(_Ã_{, t)}_{là những hàm không giảm, ta cã}

u(x, t) =G x−y(x, t)
t

≥G x−y(x+z, t)
t

víiz >0
≥G x+z−y(x+z, t)

t

Lip(G)z_t
=u(x+z, t)Lip(G)z

</div>
<span class='text_page_counter'>(185)</span><div class='page_container' data-page=185>

b. Nghiệm Entropi, tính duy nhất

Định nghĩa

4.12. Ta nói rằng một hàmu L(R_ì_(0,₎₎_{là một nghiệm}

Entropi của bài toán giá trị ban đầu

ut+F(u)x= 0 trong Rì(0,)

u=g trên R_{ì {}_t_{= 0}_} (4.169)

nếu nó thỏa mCn

(i)₀ uvt+F(u)vxdxdt+

gvdx

t=0= 0

với mọi hàm thửv:R_ì_[0,₎R_{có giá compắc, và}

(ii) u(x+z, t)u(x, t)_C _{1 +}1

t

z

với hằng sốC≥0nào đó và với hầu hết x, z∈R_,_{t >}_{0, z >}₀_.

Định lý 4.14

(

Tính duy nhất của nghiệm Entropi)

.

Giả thiếtF là lồi
và trơn. Khi đó tồn tại nhiều nhất một nghiệm Entropi của (4.169).

Chứng minh. 1. Giả thiết rằng u và u˜ là hai nghiệm Entropi của (4.169), ta đặt

w:=u−u˜. Chó ý r»ng víi ®iĨm(x, t)bÊt kú ta cã

F(u(x, t))−F(˜u(x, t)) =

1
0

d

drF(ru(x, t) + (1−r)˜u(x, t))dr
=

1

0

F(ru(x, t) + (1−r)˜u(x, t))dr(u(x, t)−u(x, t))˜
:=b(x, t)w(x, t).

Do đó nếuv là một hàm thử nh− trên, thì

0 =

∞

0

∞
−∞

(u−˜u)vt+ [F(u)−F(˜u)]vxdxdt (4.170)

=

∞

0

∞
−∞

w[vt+bvx]dxdt.

2. Bây giờ choε >0và xác địnhuε₌_η

ε∗u, u˜ε=ηε∗u˜, trong đóηεlà hàm làm

trơn chuẩn với các biếnxvàt. Khi ú theo2.4

u

L u_L, u_Lu _L (4.171)
uu, uu hầu khắp nơi khi0. (4.172)
Hơn nữa từ điều kiện Entropi (ii) suy ra

uεx(x, t), u˜εx(x, t)C 1 +

1
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(186)</span><div class='page_container' data-page=186>

4.4 LuËt bảo toàn 183

với một hằng sốC thích hợp và với mọi >0, xR_{, t >}₀_.

3. Đặt

b(x, t) :=

1
0

F ru(x, t) + (1−r)˜uε(x, t)dr.

Khi đó (4.170) trở thành

0 =

∞

0

w[vt+bvx]dxdt+

0

w[bb]vxdxdt. (4.174)

4. ChọnT >0và một hàm trơn bất kỳ

:R_ì_{[0, T}_]R

với giá compắc. Ta tìmv _{là nghiệm của bài toán giá trị thời điểm cuối sau đây}

v

t +bvx= trong Rì(0, T)

v_{= 0} _trên _R_{ì {}_t₌_T_}_. (4.175)

Ta s gii (4.175) bằng ph−ơng pháp đặc tr−ng. Để làm điều này, cố định x ∈

R_, ₀tT, vµ ký hiƯuxε(.)lµ nghiƯm cđa hƯ phơng trình vi phân thờng

x(s) =b(x(s), s) (st)

x(t) =x

(4.176)
v t

v(x, t) :=−

T
t

ψ(xε(s), s)ds (x∈R, 0tT). (4.177)

Khi đó vε _{là trơn và là nghiệm duy nhất của (4.175). Vì}_|_b

ε| bÞ chặn và có giá

compắc,v_{có giá compắc trong}_R_ì_{[0, T}₎_.

5. Bây giờ ta sẽ chứng tỏ rằng với mỗis >0, tồn tại một hằng số Cs sao cho

|v

x|Cs trên Rì(s, T). (4.178)

Để chứng minh điều này, chú ý rằng, nếu0< stT, tõ (4.173) vµ tÝnh låi cđa

F suy ra

bε,x(x, t) =

1
0

F_(ruε_{+ (1}₋_r)˜_uε_)(ruε

x+ (1−r)˜uεx)dr (4.179)

C

t
C

s.

Tiếp theo, lấy đạo hàm ph−ơng trình trong (4.175) theox, ta có

</div>
<span class='text_page_counter'>(187)</span><div class='page_container' data-page=187>

Bây giờ, đặta(x, t) :=eλt_vε

x(x, t)víi

λ= C

s + 1. (4.181)

Khi đó

at+bεax=λa+eλt[vxtε +bεvxx]

=λa+eλt[−bε,xvxε+ψx] do (4.180)

= [λ−bε,x]a+eλtψx.

(4.182)

Vìvε _{có giá compắc,} _a_{đạt giá trị cực đại khơng âm trên khắp} _R_ì_{[s, T}_] _{tại một}

điểm(x0, t0)nào đó. Nếut0=T, thìvx= 0. Nếu0t0< T, thì

a(x0, t0)0, ax(x0, t0) = 0.

Cho nên ph−ơng trình (4.182) cho ta tại điểm(x0, t0)đánh giá sau

[λ−bε,x]a+eλt0ψx0. (4.183)

Nh−ng vìbε,xC_s vàλlà cho tr−ớc bởi (4.181), từ bất đẳng thức (4.183) suy ra

a(x0, t0)−eλt0ψxeλTψxL∞.

LËp luËn t−¬ng tù ta cã

a(x1, t1)≥ −eλTψxL∞

tại mọi điểm (x1, t1) mà ở đó a đạt cực tiểu khơng d−ơng. Hai đánh giá này và

định nghĩa củaacho ta (4.178).
6. Ta còn cần bất đẳng thức sau

+∞
−∞ |

vxε(x, t)|dxD (4.184)

với mọi0tτ và hằng sốDnào đó, miễn làτ đủ nhỏ.

Để chứng minh (4.184), chọn τ > 0 đủ nhỏ đểψ = 0 trên R_ì_{(0, τ}₎_{. Khi đó,}

nếu 0 t τ, ta thấy từ (4.177) rằng v là hằng số dọc theo đ−ờng cong đặc
tr−ng xε(ã) (thỏa mon (4.176)) với t s τ. Chọn một phân hoạch bất kỳ

x0 < x1 <ã ã ã < xN. Khi đóy0 < y1 <ã ã ã< yN, yi :=xi(s) (i = 1, ..., N)

tháa mon 

˙

xε(s) =bε(xε(s), s) (tsτ)

xε(t) =xi.

Dovε_{là hằng số dọc theo mỗi đ−ờng cong đặc tr−ng}_x

i(·), ta cã
N

i=1

|vε(xi, t)−vε(xi−1, t)|=

N

i=1

|vε(yi, )v(yi1, )|

</div>
<span class='text_page_counter'>(188)</span><div class='page_container' data-page=188>

4.4 Luật bảo toàn 185

ở đây var làbiến phân theox. Lấy supremum trên mọi phân hoạch nh trên, ta
tìm đợc

|

vx(x, t)|dx=varv(Ã, t)varv(Ã, ) =

|

vx(x, τ)|dxC.

7. Cuối cùng, ta kết thúc chứng minh định lý bằng cách đặtv =vε _{trong (4.174)}

vµ sư dơng (4.175)

∞

0

∞
−∞

wψdxdt=

∞

0

∞
−∞

w[bε−b]vεxdxdt=

=

T
τ

∞
−∞

w[bε−b]vxεdxdt+

τ

0

∞
−∞

w[bε−b]vxεdxdt

=:Iτε+Jτε.

Khi đó theo (4.172), (4.178) và định lý hội tụ trội, ta có

Iτε→0khiε→0 víi mỗi >0.

Mặt khác, nếu0< < T, từ (4.184) ta thÊy

|Jτε|rC max

0tτ

∞
−∞|

vxε|dxτ C.

V× vËy 

∞

0

∞
−∞

wψdxdt= 0

với tất cả những hàm trơnψnh− trên, và do đów=u−u˜= 0hầu khắp nơi.

4.4.4

Bài toán Riemann

Bi toỏn giỏ tr ban u (4.133) vi hàm ban đầu không đổi từng khoảng

g(x) =

ul nÕux <0

ur nÕux >0

(4.185)
đ−ợc gọi là bài toán Riemann của định luật bo ton vụ hng (4.133). õy

ul, urRlà các trạng thái ban đầu bên trái và bên phải tơng ứng,ul=ur.

Ta tiếp tục giả thiếtF là lồi đều vàC2_{, và nh− trờn, t}_G_{= (F}₎1_.

Định lý 4.15

(

Nghiệm của bài toán Riemann)

.

(i) Nếuul> ur, nghiệm
Entropi duy nhất của bài toán Riemann (4.133), (4.185) lµ

u(x, t) :=





ul nÕu

x
t < σ
ur nÕu x

t >

</div>
<span class='text_page_counter'>(189)</span><div class='page_container' data-page=189>

ở đây

:= F(ul)F(ur)

ulur

. (4.187)

(ii) Nếuul< ur, nghiệm Entropi duy nhất của bài toán Riemann (4.133), (4.185)
lµ

u(x, t) :=











ul nÕu

x
t < F

_(u

l)

G x
t

nÕuF_(u

l)<x

t < F
_(u

r)

ur nÕu

x

t > F(ur)

(4.188)

vớixR_{, t >}₀_.

Hình4.9: Sóng sốc thỏa mon bài toán Riemann víiul> ur

Chú ý.

(i) Trong tr−ờng hợp thứ nhất, các trạng tháiul vàur đ−ợc tách bởisóng
sốcvới vận tốc khơng đổiσ. Trong tr−ờng hợp thứ hai, các trạng tháiulvàurđ−ợc

t¸ch bëisãng tạo chân không.

(ii) Ta bit rng (xem4.4.2-4.4.3), cụng thc Lax-Oleinik cho ta các nghiệm này.

Ta sẽ kiểm tra các hàm (4.186), (4.188) có thực sự là các nghiệm Entropi của bài
tốn hay khơng? Do tính duy nhất, khi đó, chúng sẽ trùng với các công thức
Lax-Oleinik. Đây là một minh họa đẹp về sức mạnh của Định lý 4.14 - định lý về duy
nhất nghiệm.

Chứng minh. 1. Giả sử ul > ur. Rõ ràng uxác định bởi (4.186), (4.187) l mt

</div>
<span class='text_page_counter'>(190)</span><div class='page_container' data-page=190>

4.4 Luật bảo toàn 187

Hình4.10: Sóng tạo chân không thỏa mon bài toán Riemann vớiul< ur

điều kiện Rankine-Hugoniot sẽ thỏa mon. Hơn nữa, chú ý rằng

F(ur)< =

F(ul)F(ur)

ulur

=

ul

ur

F(r)dr < F(ul)

theo (4.149). Vì ul > ur, điều kiện Entropi cũng đợc thỏa mon. Tính duy nhất

suy ra từ Định lý 4.14.

2. Gi thit rngul< ur. Ta trc hết phải kiểm tra rằnguxác định bởi (4.188)

tháa mon ph−¬ng trình (4.133) trong miền {F_(u

l)< x_t < F(ur)}. Để làm điều

này, ta hoy trả lời câu hỏi rằng khi nào thì một hàm ucó dạng

u(x, t) =v x
t

là nghiệm của (4.133). Ta tÝnh to¸n

ut+F(u)x=ut+F(u)ux=−v x

t

x
t2 +F

_(v)v x
t

1
t
=v x

t

1
t

F(v)−x_t.

Nh− vËy, nÕu giả thiếtv _{không bao giờ triệt tiêu, ta tìm đợc}
F v(x

t)

= x
t.

Do ú

u(x, t) =v x
t

=G x
t

thỏa mon phơng trình (4.133). Bây giờ, v x
t

=ul nếu x_t =F(ul), và tơng tù

v x
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(191)</span><div class='page_container' data-page=191>

Ta cũng thấy rằng sóng tạo chân không u xác định bởi (4.188) là liên tục trong

R_ì_(0,₎_{, và là nghiệm của phơng trình}_u_t₊_F(u)_x_{= 0}_{trong mỗi miền mµ nã}

xác định. Dễ kiểm tra rằng ulà một nghiệm tích phân của (4.133), (4.185). Hơn
nữa, nh− đo nói đến trongĐ4.4.3, ta có thể giả thiếtGlà liên tục Lipschitz, suy ra

u(x+z, t)−u(x, t) =G x+z
t

−G x
t

Lip(G)z

t ,

nÕuF_(u

l)t < x < x+z < F(ur)t. Bất đẳng thức này nói rằngucũng thỏa mon

®iỊu kiƯn Entropi. TÝnh duy nhÊt cđausuy ra tõ Định lý 4.14.

4.4.5

Dáng điệu nghiệm khi

t



a. Dáng ®iƯu nghiƯm trong chn

L∞

Bây giờ ta dùng cơng thức Lax-Oleinik (4.161) để nghiên cứu dáng điệu nghiệm
Entropi của (4.133) khi t → ∞. D−ới đây ta giả thiết rằng F l trn, li u,

F(0) = 0, và glà khả tổng và bị chặn.

Định lý 4.16

(

Tiệm cận trong chuẩn

L

)

.

_{Tån t¹i mét h»ng sè} _C _sao
cho

|u(x, t)| C

t1/2 (4.189)

víi mọixR_{, t >}₀_.

Chứng minh. 1. Đặt

:=F(0). (4.190)

Khi ú

G() = 0 (4.191)

vµ do vËy

L(σ) =σG(σ)−F(G(σ)) = 0, L(σ) = 0. (4.192)
2. Theo (4.192) và tính lồi đều củaL

tL x−y
t

=tL x−y−σt
t +σ

(4.193)

≥t

L(σ) +L() xyt
t

+ xyt
t

2

=|xyt|

2

</div>
<span class='text_page_counter'>(192)</span><div class='page_container' data-page=192>

4.4 Luật bảo toàn 189

vi hng s >0no ú. Vỡ

h=

x

0

gdy

là bị chặn bởiM :=gL1, ta thấy từ (4.193) rằng

tL xy
t

+h(y)|xyt|

2

t M.

Mặt khác

tL x(xt)
t

+h(xt)M.

Do ú tại điểm cực tiểuy(x, t)ta có

θ|x−y(x, t)−σt|

2

t 2M,

suy ra

x−y(x, t)_t −σ C

t1/2 (4.194)

với hằng sốC nào đó.

3. Nh−ng v× G(σ) = 0, víi mäix∈R_{, t >}₀_{, tõ (4.194) ta cã}

|u(x, t)|=G x−y_t(x,t)=G x−y_t(x,t)−σ+σ−G(σ)

Lip(G)x−y_t(x,t)−σ C

t1/2.

Ví dụ 3 trongĐ4.4.1 chỉ ra rằngt−1/2_{là đánh giá phân hủy tối −u.}

b. Sự phân hủy đến

N

-sóng

Đánh giá (4.189) khẳng định rằnguL∞ tiến đến 0 khit→ ∞. Mặt khác ta

chú ý từ Ví du. 3 trongĐ4.4.1, rằnguL1khơng nhất thiết tiến đến 0, thực vậy, tích

ph©n củautrênR_{đợc bảo toàn (Bài tập 13). Giả thiết bây giờ là}_g _{có giá compắc}

ta s ch ra dỏng iu n giản củautrong chuẩnL1.

Cho tr−ớc các hằng số p, q, d, σ, với p, q≥0, d >0, ta định nghĩaN-sóngt−ơng
ứng là hàm

N(x, t) :=






1
d

x
t −σ

nÕu −(pdt)1/2_{< x}₋_{σt <}_(qdt)1/2

0 cho c¸c tr−êng hợp khác.

(4.195)
Hng s lvn tccaN-súng. Xỏc nhbi (4.190), ta t

</div>
<span class='text_page_counter'>(193)</span><div class='page_container' data-page=193>

vµ

p:=−2 min

y∈R

y

−∞

gdx, q:= 2 max

y∈R

∞

y

gdx. (4.197)

Ta cóp, q0và

G() = 1

d. (4.198)

Hình4.11: N-sóng.

Định lý 4.17

(

Tiệm cận trong chn

L1

)

.

_{Gi¶ thiÕt r»ng} _{p, q >} ₀_{. Khi}

đó tồn tại một hằng sốC sao cho

∞
−∞|

u(·, t)−N(·, t)|dx C

t1/2 (4.199)

víi mäit >0.

Chứng minh. 1. Từ đánh giá (4.194) trong chứng minh Định lý 4.16 ta có

(x−σt)_t−y(x, t)


C

t1/2. (4.200)

B©y giê

u(x, t) =G x−y(x, t)
t

=G (x−σt)−y(x, t)
t +σ

=G(σ) +G_(σ) (xt)y(x, t)
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(194)</span><div class='page_container' data-page=194>

4.4 Luật bảo toàn 191

Vì vậy, tõ (4.191), (4.198) vµ (4.200) suy ra

u(x, t)−1_d(x−σt)_t−y(x, t)C

t. (4.201)

2. Vìg có giá compắc, ta có thể giả thiết với hằng sốR >0nào đó thìg≡0trên

R_{∩ {|}_x_{| ≥}_R_}_{. Do đó}

h(x) =

h− nÕux₋R
h+ nÕux≥R

với các hằng sốh±.
Ta tính tốn để có

min

R h=−

p

2 +h− =−
q

2+h+. (4.202)

Tiếp theo, đặt

ε=ε(t) := A

t1/2 (t >0), (4.203)

h»ng số Ađợc chọn sau.

3. Bõy gi ta kim tra rng, nếuA đủ lớn thì

u(x, t) = 0 víix−σt <−R−(pd(1 +ε)t)1/2 (4.204)
vµ

u(x, t) = 0 víix−σt > R+ (qd(1 +ε)t)1/2. (4.205)
Thùc vËy, tõ (4.196) suy ra L_{(σ) =} 1

d, ta kÕt luËn tõ (4.193) vµ (4.194) r»ng

tL x−y
t

= 1
d

|(x−σt)−y|2

2t +O(t

−1/2₎ _khi _t_{→ ∞.}

Do đó

tL x−y
t

+h(y) = 1
d

|(x−σt)−y|2

2t +h(y) +O(t

−1/2_). _(4.206)

Gi¶ thiÕt r»ng

x−σt <−R−(pd(1 +ε)t)1/2, (4.207)
khi đóh(x−σt) =h− và vì thế

t.L x−(x−σt)
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(195)</span><div class='page_container' data-page=195>

Bây giờ, nếuyR, vìL0 cho nên

tL xy
t

+h(y)h .

Mt khác, nếuy≥ −R, sử dụng (4.206) và (4.202) ta nhận đ−ợc đánh giá

tL x−y
t

+h(y)≥ 1_d|(x−σt)−y|

2

2t −

p

2 +h−+O(t
−1/2₎

≥ pd(1 +ε)t
2dt −

p

2+h−+O(t

−1/2_), _{do (4.207)}

= p
2

A

t1/2+h−+O(t

−1/2_), _{do (4.203)}

≥h− ,

nếuA đủ lớn.

Ta kết luận rằng (4.207) buộc y(x, t) =x−σt, và do đóu(x, t) =G(σ) = 0.
Điều này chứng minh khẳng định (4.204) và việc chứng minh (4.205) cũng t−ơng
tự.

4. Tiếp theo ta chỉ ra rằng vớiAvàtđủ lớn thì

y(x, t)≥ −R, nÕu x−σt=R−(pd(1−ε)t)1/2. (4.208)
§Ĩ thấy điều này, từy(x, t)_R, suy ra nh ở trên rằng

tL xy

t

+h(y)h .

Bây giờ, chọn một điểmzsao cho

h(z) = minh=p₂+h

v|z|R. Khi đó, nh− trên đây ta có thể dùng (4.206) để đánh giá

tL x−z
t

+h(z)1

d

|(x−σt)−z|2

2t −

p

2 +h−+O(t
−1/2₎

pd(1−ε)t

2dt −
p

2 +h−+O(t
−1/2₎

=−p
2

A

t1/2 +h−+O(t

−1/2₎_{< h−}

vớiAđủ lớn. Điều này chứng minh (4.208) và lập luận t−ơng tự cũng cho ta

y(x, t)R nếu x−σt=−R+ (qd(1−ε)t)1/2. (4.209)
5. Nhớ lại từ chứng minh Định lý 4.12 trong Đ4.4.2 rằng ánh xạ x→ y(x, t) là
khơng giảm. Do đó, từ (4.201), (4.208) và (4.209) suy ra vớitđủ lớn, rằng

u(x, t)−1_d(x
t )

C

</div>
<span class='text_page_counter'>(196)</span><div class='page_container' data-page=196>

4.5 Bài tập Chơng 4 193

nếu R−(pd(1−ε)t)1/2_{< x}₋_{σt <}₋_R_{+ (qd(1}₋_ε)t)1/2_.

6. Theo Định lý 4.16, |u| = O(t−1/2₎ _{và từ định nghĩa của} _N _{suy ra} _|_N_| ₌

O(t−1/2₎_{. Từ (4.203) ta thấy}₍₍₁_±_ε)t)1/2₋_t1/2₌_O(1)_{. Sử dụng những đánh giá}

nµy cïng víi (4.204), (4.205) vµ (4.210) cho ta

∞
−∞|

u(x, t)−N(x, t)|dx=O(t1/2),

đây là điều cần tìm.

Ví dụ 3

(tiếp tục). Ta cóp= 0, q= 2, σ= 0, d= 1trong VÝ dô 3 củaĐ4.4.1.
Trong trờng hợp này

N(x, t) =

x

t nếu 0< x <(2t)

1/2

0 trong các tr−ờng hợp khác

và do đó trên thực tếu≡N vớit≥2.

Chú ý.

Lý thuyết ph−ơng trình ĐHR phi tuyến cấp một đo phát triển rất sâu trong
các cơng trình của E. Hopf, S.N. Kruzkov, O.A. Oleinhik, P. Lax, M. Crandall, P.L.
Lions, L. Evans, H. Ishii, V. Maslov, A. Subbtin và nhiều nhà tốn học khác (xem
[V-T-S] và các trích dẫn trong ú).

4.5

Bài tập Chơng 4

1. Chứng minh rằng

u(x, t, a, b) =a.x−tH(a) +b (a∈Rn_{, b}_∈_R)

là tích phân đầy đủ của ph−ơng trình Hamilton-Jacobi

ut+H(Du) = 0.

2. a) Hoy viết các ph−ơng trình đặc tr−ng của ph−ơng trình ĐHR

ut+b.Du=f trongRn×(0,∞), (∗)

trong đó b∈Rn_{, f} ₌_f_{(x, t)}_.

b) Dùng các ph−ơng trình vi phân đặc tr−ng để giải(∗)với điều kiện ban đầu

u=g trªn Rn

</div>
<span class='text_page_counter'>(197)</span><div class='page_container' data-page=197>

3. Dùng các ph−ơng trình đặc tr−ng giải các ph−ơng trình
a) x1ux1+x2ux2 = 2u, u(x1,1) =g(x1).

b) uux1+ux2 = 1, u(x1, x1) =

1
2x1.

c) x1ux1+ 2x2ux2 = 3u, u(x1, x2,0) =g(x1, x2).

4. Kiểm tra rằng công thức (4.76) trongĐ4.2.5 cho một nghiệm ẩn của định luật
bảo tồn vơ h−ớng.

5. ĐặtL=H _với_H_:_Rn_R_{là hàm lồi.}

a) Giả sử H(p) =1

r|p|

r_{, với} ₁_{< r <}_∞_{. Hoy chøng minh r»ng}

L(q) = 1
s|q|

s _víi 1

r +
1
s = 1.

b) Gi¶ sư

H(p) =1

2

n

i,j=1

aijpipj+
n

i=1

bipi,

trong đóA= (aij)

là ma trận đối xứng xác định d−ơng,b∈Rn_{. Tính} _L(q)_.

6. ChoH :Rn_→_R_{lµ hµm lồi. Ta nói rằng}_q _{là vi phân dới của}_H _tại_p_{, ký hiƯu}

q∈∂H(p)nÕu

H(r)≥H(p) +q.(r−p) víi mäi r∈Rn_.

Chứng minh rằng q ∈ ∂H(p) nếu và chỉ nếu p ∈ ∂L(q) nếu và chỉ nếu p.q =

H(p) +L(q), trong đóL=H∗_.

7. Chøng minh r»ng công thức Hopf-Lax có thể viết dới dạng

u(x, t) = min

y∈Rn

#

tL x−y
t

+g(y)$
= min

y∈B(x,Rt)

#

tL x−y
t

+g(y)$,

víiR= sup

Rn|DH(Dg)|, H =L

∗_.

8. ChoE là một tập con đóng củaRn_{. Hoy chỉ ra rằng nếu cơng thc Hopf-Lax}

có thể đợc áp dụng cho bài toán giá trị ban đầu

ut+|Du|2= 0 trong Rnì(0,)

u=

0, xE

+, xE trên R

n_{ì {t}_{= 0}}

thì nó sẽ cho ta nghiệm của bài toán lµ

u(x, t) = 1

4tdist(x, E)

</div>
<span class='text_page_counter'>(198)</span><div class='page_container' data-page=198>

4.5 Bµi tËp Ch−¬ng 4 195

9. Hồn thành chi tiết việc chứng minh Bổ đề 4.5 trong Đ4.3.3.
10. Giả thiết u1_{, u}2 _{là hai nghiệm yếu của các bài toán giá trị ban u}

ui

t+H(Dui) = 0 trong Rnì(0,)

ui₌_gi _trên _Rn_{ì {}_t_{= 0}_}_, _(i_{= 1,}₂₎

vớiH đ−ợc xác định nh− trong Đ4.3. Hoy chứng minh bất đẳng thức L∞_{-thu gọn}
sup

Rn |u

1₍

·, t)−u2(·, t)|sup

Rn |g

1

−g2| (t >0).

11. Chøng minh r»ng

u(x, t) =





−2₃ t+(3x+t2 _nÕu _4x₊_t2_>₀

0 nÕu 4x+t2_<_0,

là một nghiệm entropi (không giới nội) củaut+ u

2

2

x= 0.

12. Giả thiếtu(x+z)u(x)Ez vớiz >0. Đặtu₌

u, hoy chứng minh

uxE.

13. Gi thit F(0) = 0, ulà một nghiệm tích phân liên tục ca nh lut bo ton

ut+F(u)x= 0 trong Rnì(0,)

u=g trên Rn_{ì {}_t_{= 0}_}

vàucó giá compắc trongR_ì_[0,₎_{. Với mọi}_{t >}₀_{hoy chứng minh r»ng}

+∞
−∞

u(·, t)dx=

+∞
−∞

gdx.

14. Hoy viÕt râ nghiÖm entropi duy nhất của

ut+

u2

2

x= 0 trong Rì(0,)

u=g trên R_{ì {t}_{= 0},}

với

g(x) =

1 nÕux <−1
0 nÕu −1< x <0
2 nÕu0< x <1
0 nÕux >1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(199)</span><div class='page_container' data-page=199></div>
<span class='text_page_counter'>(200)</span><div class='page_container' data-page=200>

Ch−¬ng 5

Mét sè ph−¬ng pháp biểu

diễn nghiệm

5.1. Phơng pháp tách biến

5.2. Phng phỏp nghim đồng dạng

5.3. Các ph−ơng pháp biến đổi tích phân

5.4. Biến đổi ph−ơng trình phi tuyến thành tuyến tính

5.5. Ph−ơng pháp Laplace v thun nht húa

5.6. Phơng pháp chuỗi lũy thừa

5.7. Bài tập Chơng 5.

Trong Chng ny ta s lm quen với một số ph−ơng pháp th−ờng gặp để nghiên
cứu các ph−ơng trình ĐHR, thơng th−ờng là tìm các cơng thức biu din nghim.

5.1

Phơng pháp tách biến

Phơng pháp tách biến nhằm xây dựng một nghiệm ucủa phơng trình ĐHR
cho trớc thông qua các hàm có số biến ít hơn. Nói cách khác, ta phỏng đoán rằng

ucú th c vit di dạng tổng hoặc tích của các hàm có số biến ít hơn và tách
nhau, thay nó vào ph−ơng trình ĐHR để chọn các hàm đó đảm bảo u thực sự là
nghiệm của ph−ơng trình. Kỹ thuật này sẽ đ−ợc minh họa trong các ví dụ sau.

</div>

<!--links-->