PT VI PHÂN - ĐẠO HÀM RIÊNG- FOURIER

CHƯƠNG 1. KHÁI QUÁT VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG...............................8
I. Ôn tập phương trình vi phân.................................................................................................8
1.1. Phương trình vi phân cấp 1................................................................................................8
1.1.1. Phương pháp tách biến....................................................................................................9
1.1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1..........................................................................11
1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất với hệ số hằng...................................12
1.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 khơng thuần nhất với hệ số hằng........................14
1.3.1. Phương pháp hệ số bất định..........................................................................................14
1.3.2. Phương pháp biến thiên hệ số Lagrange.......................................................................18
1.4. Phương trình Euler...........................................................................................................21
II. Một số khái niệm về phương trình đạo hàm riêng.........................................................22
III. Phân loại phương trình đạo hàm riêng cấp 2 trong trường hợp hai biến.................24
IV. Đưa phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2 trong …về dạng chính tắc........26
4.1. Loại hyperbolic................................................................................................................27
4.2. Loại parabolic..................................................................................................................31
4.3. Loại elliptic......................................................................................................................33
V. Nghiện của phương trình đạo hàm riêng..........................................................................36
VI. Các điều kiện biên và điều kiện đầu................................................................................40
VII. Các phương pháp giải phương trình đạo hàm riêng...................................................41
VIII. Bài tốn Sturm – Liouville.............................................................................................41
IX. Khai triển theo hàm riêng.................................................................................................48
X. Biến đổi Fourier...................................................................................................................53
10.1. Một số biến đổi Fourier thường gặp..............................................................................53
10.2. Biến đổi Fourier cos.......................................................................................................57
10.3. Biến đổi Fourier sin.......................................................................................................58

1


CHƯƠNG
KHÁI QUÁT VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG –

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





F x, y , y�
,..., y  n   0

 1.1

Trong đó x là biến độc lập, y là hàm cần tìm, y , y ',..., y



F x, y , y �
,..., y 
Hàm số

n

y  y  x

 thực sự chứa y  .

 n

là đạo hàm các cấp của y , biểu thức

n

được gọi là nghiệm của phương trình vi phân

 1.1

trên khoảng I �� nếu

y và các đạo hàm của nó tồn tại trên I và thỏa mãn phương trình  1.1 tại mọi điểm thuộc I .

1.1. Phương trình vi phân cấp 1
Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình có dạng

F  x, y , y �
 0
Trong đó x là biến độc lập, y là hàm cần tìm,
Nghiệm tổng quát của phương trình
sao cho:

 1.2 

y�


 1.2 

dy
dx

là biểu thức

y  f  x, C 

, trong đó C là hằng số tùy ý

2


y  f  x, C 
1.2
i) Với mỗi hằng số C , hàm số
là một nghiệm của  
ii) Với mọi điểm

 x0 , y0 

thuộc miền chứa nghiệm, khi thay vào

 1.2 

thì có thể giải ra được

C  C0 duy nhất.

Nghiệm tổng quát của phương trình
phân tổng quát.

 1.2 

viết dưới dạng hàm ẩn

  x, y   C

được gọi là tích

Sau đây, ta nhắc lại một số loại phương trình giải được bằng phép tính tích phân.
1.1.1. Phương trình tách biến
Phương trình sau đây được gọi là phương trình tách biến

g  y  y�
 f  x
Phương pháp giải: Lấy tích phân hai vế của

 1.3

 1.3 , ta được

g  y  y�
dx  �
f  x  dx
�
g  y  dy  �
f  x  dx
�

G  y  F  x  C

Trong đó G là nguyên hàm của g , F là nguyên hàm của f , và C là hằng số tùy ý.
Ví dụ 1.1. Giải các phương trình sau

 5x4
a) y�
2
 ex  3
b) y y�

Giải
a) Lấy tích phân 2 vế, ta được

y�
dx  �
5 x dx
�
4

dy  �
5 x 4 dx
y  x5  C
5
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là y  x  C , với C là hằng số tùy ý.

3


b) Lấy tích phân 2 vế, ta được

y y�
dx  �
 e  3 dx
�
2

x

y dy  �
 e  3 dx
�
2

x

y3
 e x  3x  C
3
y  3 3e x  9 x  D với D  3C
x
3
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là y  3e  9 x  D , với D là hằng số tùy ý.

 y 2e x
Ví dụ 1.2. Giải phương trình y�
Giải

y� x
e

2
y
�
0
y
Xét
, phương trình trở thành
Lấy tích phân 2 vế, ta được

y'
dx  �
e x dx
2
�
y
dy

�
e dx
�
y
x

2

1 x
e C
y
y

1
e C
x

Với C là hằng số tùy ý
Ta thấy, y  0 cũng là một nghiệm của phương trình
Ví dụ 1.3. Giải phương trình

 1  x  y   1  y  xy� 0 , x  0
Giải

Xét y �0 , phương trình trở thành
4


 1  y  y�  1  x
y

x .

Lấy tích phân 2 vế, ta được

 1  y  y�dx  

�
�1

y

�

1 x
�x dx

�1

�

dy   �
dx
�  1�
�  1�
�
y
x
�
�
�
�

ln y  y   ln x  x  C
ln xy  x  y  C
Với C là hằng số tùy ý.
Ta thấy, y  0 cũng là một nghiệm của phương trình
1.1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
Định lý 1.1. Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 thuần nhất

y�
 p x y  0
trong đó p hàm liên tục trên khoảng I ��.

Khi đó, nghiệm tổng qt của phương trình vi phân trên khoảng I là
 p x  dx
y  Ce � , với C là hằng số tùy ý.
p  x  dx

�
Chứng minh. Nhân 2 vế của phương trình cho e

, ta được

�
p  x  dx �
�ye �
�
� 0
�
�
p  x  dx

ye �

C

 p x  dx
y  Ce � , với C là hằng số tùy ý.

Định lý 1.2. Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 1

y�
p  x y  q  x

5


trong đó p, q là các hàm liên tục trên khoảng I ��
Khi đó, nghiệm tổng qt của phương trình vi phân trên khoảng I là
 p x  dx
p  x  dx
ye � �
q  x  e � dx  C �
��
�
�
�, với C là hằng số tùy ý
p  x  dx

�
Chứng minh. Nhân 2 vế của phương trình cho e

, ta được

�
p  x  dx �
p  x  dx
�ye �
�
�
� q  x  e
�
�
p x  dx

ye �

p  x  dx

�
q  x  e�

dx  C

 p x  dx
p x  dx
ye � �
q  x  e � dx  C �
��
�
�
�

với C là hằng số tùy ý
Ví dụ 1.4. Tìm nghiệm của bài tốn sau

 2y  x
�y�
�
�y  0   0
Giải
2 xdx
 2 y  x . Nhân 2 vế cho e �
 e 2 x , ta được

Ta có y�

 ye  � xe
2x

2x

1
1
�1
� 1
y  e 2 x �
xe 2 x dx  e 2 x � xe 2 x  e 2 x  C � x   Ce 2 x
4
4
�2
� 2
với C là hằng số tùy ý.

Vì

y  0  0

1
1
 C 0
C
4.
nên 4
, suy ra

Vậy, nghiệm của bài toán là

y

1
1 1
x   e 2 x
2
4 4

1.2. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất với hệ số hằng
6


Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 thuần nhất trên � với hệ số hằng

 1.4 

�
ay�
 by�
 cy  0

trong đó a, b, c là các hằng số và a �0 .
Phương trình đặc trưng của

 1.4 

là phương trình bậc 2 theo ẩn k như sau

 1.5

ak 2  bk  c  0
Nếu

 1.5 

1.4
có 2 nghiệm thực phân biệt k1 và k2 thì   có nghiệm tổng quát là

y  Ae k1x  Bek2 x
với A, B là các hằng số tùy ý.
Nếu

 1.5 

có nghiệm kép k0 thì (1.4) có nghiệm tổng quát là

y   Ax  B  e k0 x
với A, B là các hằng số tùy ý.
Nếu

 1.5 

có 2 nghiệm phưc liên hợp  �i  thì (1.4) có nghiệm tổng quát là

y  e x  Acos x  B sin  x 
với A, B là các hằng số tùy ý.
Ví dụ 1.5. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau

�
 4 y�
 3y  0
a) y�
�
 4 y�
 4y  0
b) y�
�
 y�
 y0
c) y�
Giải

2
a) Phương trình đặc trưng là k  4k  3  0 , suy ra

k  1
�
�
k  3
�

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là

7


y  Ae  x  Be 3 x

với A, B là các hằng số tùy ý.
2
b) Phương trình đặc trưng là k  4k  4  0 , suy ra k  2

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là

y   Ax  B  e 2 x

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

k

1
3
� i
2
2

x
2

�
3
3 �
y  e �Acos
x  B sin
x�
2

2
�
�
Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là
với A, B là các hằng số tùy ý.
1.3. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 khơng thuần nhất với hệ số hằng
Xét phương trình sau đây trên �

�
ay�
 by�
 cy  f  x 
Ta sẽ tìm nghiệm tổng quát của
Lagrange.

 1.6 

 1.6 

bằng hai phương pháp: hệ số bất định và biến thiên hệ số

1.3.1. Phương pháp hệ số bất định
1.4
1.6
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát y0 của phương trình thuần nhất   tương ứng với  

Bước 2: Nếu

f  x

y

có dạng đặc biệt thì ta có thể tìm một nghiệm đặc biệt p của phương trình
1.6
khơng thuần nhất   bằng phương pháp hệ số bất định, sẽ được trình bày sau đây.
Khi đó, nghiệm tổng quát của phương trình

 1.6 

là

y  y0  y p

.

2
Cách tìm nghiệm đặc biệt: Xét phương trình đặc trưng ak  bk  c  0

Dạng 1:

P  x
, trong đó  ��; n
là đa thức bậc n.
Trường hợp
Dạng nghiệm đặc biệt

f  x   e  x Pn  x 

8

 không trùng với nghiệm của

y p  e  xQn  x 

phương trình đặc trưng
 trùng với một nghiệm đơn của
phương trình đặc trưng
 trùng với nghiệm kép của phương
trình đặc trưng

Trong đó

Qn  x   A0  A1 x  ...  An x n

y p  xe xQn  x 
y p  x 2e  xQn  x 

là một đa thức cùng bậc với

Pn  x 

. Các hệ số

�
�
Ai , i  0, n được tìm bằng cách tính y�
p , y p , sau đó thay tất cả vào phương trình ban đầu  1.6  ,
đồng nhất các hệ số tương ứng, ta được hệ phương trình để xác định chúng.
Dạng 2:

f  x   e x �
Pm  x  cos x  Qn  x  sin  x �
�
�

 ,  ��; Pm  x  , Qn  x 

Trong đó
Trường hợp

là các đa thức bậc m, n tương ứng.
Dạng nghiệm đặc biệt

 �i không trùng với nghiệm của

y p  e x �
Rl  x  cos x  Sl  x  sin  x �
�
�

phương trình đặc trưng

 �i trùng với nghiệm của phương

y p  xe x �
Rl  x  cos x  Sl  x  sin  x �
�
�

trình đặc trưng

Trong đó

Rl  x   A0  A1 x  ...  Al x l , Sl  x   B0  B1 x  ...  Bl x l

l  max  m, n

, là hai đa thức có cùng bậc

. Các hệ số Ai , Bi , i  0, l được tìm tương tự như Dạng 1.

Ví dụ 1.6. Giải phương trình

�
y�
 4 y�
 3 y  e x  x  2 .
Giải

�
 4 y�
 3y  0
Xét phương trình thuần nhất y�
2
Phương trình đặc trưng là k  4k  3  0 , suy ra

k 1
�
�

k 3
�

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

y0  C1e x  C2e3 x
với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
9


Nhận xét rằng,
trưng và

f  x   e x  x  2

P1  x   x  2

suy ra   1 trùng với một nghiệm đơn của phương trình đặc

là đa thức bậc nhất. Do đó, ta tìm nghiệm đặc biệt dưới dạng



y p  xe x  Ax  B   e x Ax 2  Bx



Suy ra
x
�

y�
Ax 2   B  2 A x  B �
p e �
�

� x�
y�
Ax 2   B  4 A  x  2 A  2 B �
p e �
�

thay vào phương trình ban đầu ta có

e x  4 Ax  2 A  2 B   e x  x  2 
Đồng nhất các hệ số tương ứng, ta được

� 1
A
�

4
A

1
�
� 4
��
�
2 A  2B  2
�

�B  5
�
4
Suy ra

�x 2  5 x �
y p  e x �
�
� 4 �
Vậy, nghiện tổng quát của phương trình ban đầu là

�x 2  5 x �
y  y0  y p  C1e x  C2e3 x  e x �
�
� 4 �

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

�
 3 y�
 2 y  2sin x
�y�
�
 0  1
�y  0   0, y�
Giải

�
 3 y�

 2y  0
Xét phương trình thuần nhất y�
10


2
Phương trình đặc trưng là k  3k  2  0 , suy ra

k 1
�
�
k 2
�

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

y0  C1e x  C2e 2 x
với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Nhận xét rằng,

f  x   2sin x  e0 x  0.cosx  2sin x 

i  �i
, suy ra   0,   1 và   �

khơng trùng với nghiệm của phương trình đặc trưng. Hơn nữa

l  max  0,0  0

P0  x   0, Q0  x   2

, suy ra

. Do đó, ta tìm nghiệm đặc biệt của phương trình khơng thuần nhất ban đầu

dưới dạng

y p  A cos x  B sin x
Suy ra

y�
p   A sin x  B cos x

�
y�
p   Acosx  B sin x
thay vào phương trình ban đầu ta có

 A  3B  cos x   3 A  B  sin x  2sin x
Đồng nhất các hệ số tương ứng, ta được

� 3
A
�
A

3
B

0

�
� 5
��
�
3A  B  2
�
�B  1
� 5
Suy ra

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

3
1
y  y0  y p  C1e x  C2e 2 x  cos x  sin x
5
5
với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
11


Từ đó, suy ra

3
1

y�
 C1e x  2C2e 2 x  sin x  cosx
5
5
mà

3
�
C1  C2 
�
�
y
0

0
� 
�
5
��
�
 0   1 �C  2C  4
�y�
2
�1
5
Giải hệ trên, ta được

C1  2
�
�

�
7
C2 
�
5
�
Vậy, nghiệm của bài toán ban đầu là

7
3
1
y  2e x  e 2 x  cos x  sin x
5
5
5
1.3.2. Phương pháp biến thiên hệ số Lagrange
Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát y0 của phương trình thuần nhất
1.4
sử nghiệm tổng quát của   là

 1.4 

tương ứng với

 1.6  . Giả

y0  C1 y1  C2 y2

y  y1  x 
y  y2  x 

trong đó C1 , C2 là hai hằng số tùy ý; 1
và 2
Bước 2: Tìm nghiệm đặc biệt của phương tình tuyến tính khơng thuần nhất

 1.6 

dưới dạng

y p  C1  x  y1  C2  x  y 2
C1�
y1  C2�
y2  0
�
�
C�
y�
 C2��
y2  f  x 
C  x  , C2  x 
Trong đó 1
thỏa hệ � 1 1

12


�
C1  1  x  dx  k1
� �
14 2 43
�

�
C


x
1  x 


�
�1
1
��
�
C2� 2  x 
C2  �
1  x  dx  k2
�
�
14 2 43
�
 2  x
�
Giải hệ trên, ta được
y   1  x  y1   2  x  y2
Chọn k1  k2  0 , ta được p
Vậy, nghiệm tổng qt của phương trình khơng thuần nhất

 1.6 

là

y  y0  y p
Ví dụ 1.8. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

�
y�
 5 y�
 6y 

1
1  e2 x

Giải

�
 5 y�
 6y  0
Xét phương trình thuần nhất y�
2
Phương trình đặc trưng là k  5k  6  0 , suy ra

k  2
�
�
k  3
�

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

y0  C1e 2 x  C2e 3 x

Ta tìm nghiệm đặc biệt dưới dạng

y p  C1  x  e 2 x  C2  x  e 3 x
Trong đó

C1  x  , C2  x 

thỏa hệ

�
C�
e 2 x  C2�
e 3 x  0
�1
�
1
2C1�
e 2 x  3C2�
e3 x 
�
1  e2 x
�
Giải hệ trên, ta được

13


�
e2 x
�

C

�
� 1 1  e2 x
�
e3 x
�
�
C2 
�
� 1  e2 x
Suy ra

�
e2 x
1
C1  x   � 2 x dx  ln  1  e 2 x   k1
�
�
1 e
2
�
e3 x
�
C2  x    � 2 x dx  e x  arctan  e x   k 2
�
1 e
�
Chọn k1  k2  0 , ta được

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

1
y  y0  y p  C1e 2 x  C2e 3 x  e 2 x ln  1  e 2 x   e2 x  e 3 x arctan  e x 
2
Với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
Định lý 1.3 ( Nguyên lý chồng chất nghiệm )

�
ay�
 by�
 cy  f  x   f 2  x 

1
Xét phương trình
phương trình trên được tìm dưới dạng

y
trên �. Khi đó, nghiệm đặc biệt p của

y p  y1  y2
Trong đó

y1 là một nghiệm đặc biệt của phương trình
�
ay�
 by�

 cy  f1  x 

Còn

y2 là một nghiệm đặc biệt của phương trình
�
ay�
 by�
 cy  f 2  x 

Ví dụ 1.9. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình

�
y�
 3 y�
 2 y  3e 2 x  2sin x
Giải
14


�
 3 y�
 2y  0
Xét phương trình thuần nhất y�
2
Phương trình đặc trưng là k  3k  2  0 , suy ra

k 1
�
�

k 2
�

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất là

y0  C1e x  C2e 2 x
Với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.

�
 3 y�
 2 y  3e 2 x dưới dạng
Ta tìm nghiệm đặc biệt của phương trình y�

y1  xe 2 x A

2x
tương tự ví dụ 1.6, ta được A  3 , suy ra y1  3xe

Tiếp theo, theo ví dụ 1.7, nghiệm đặc biệt của phương trình

�
y�
 3 y�
 2 y  2sin x
3
1
y2  cos x  sin x
5
5

là

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu là

3
1
y  y0  y1  y2  C1e x  C2e 2 x  3xe 2 x  cos x  sin x
5
5
Với C1 , C2 là các hằng số tùy ý.
1.4. Phương trình Euler
Phương trình Euler thuần nhất trên

I ��\  0

là phương trình vi phân có dạng

�
ax 2 y�
 bxy�
 cy  0

 1.7 

trong đó a, b và c là các hằng số.
Phương trình đặc trưng của

 1.7 

là phương trình bậc 2 theo ẩn k như sau

ak 2   b  a  k  c  0
Nếu

 1.8

 1.8

1.7
có 2 nghiệm thực phân biệt k1 và k2 thì   có nghiệm tổng quát là
15


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

 1.8 

1.7
có nghiệm kép k0 thì   có nghiệm tổng qt là

y   A ln x  B  x k0
với A, B là các hằng số tùy ý.
Nếu

 1.8 

1.7
có 2 nghiệm phức liên hợp  �i  thì   có nghiệm tổng quát là

y  x �
Acos   ln x   B sin   ln x  �
�
�
với A, B là các hằng số tùy ý.
Ví dụ 1.10. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau

�
x 2 y�
 3xy�
 4 y  0, x  0
Giải
2
Phương trình đặc trưng là k  4k  4  0 , suy ra k  2

Vậy, nghiệm tổng quát của phương trình là

y   A ln x  B  x 2
với A, B là các hằng số tùy ý.
II. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG
Định nghĩa 2.1. Một phương trình đạo hàm riêng là một phương trình có chứa hàm nhiều biến
chưa biết và một số đạo hàm riêng của nó.
Cấp cao nhất của đạo hàm riêng của hàm chưa biết xuất hiện trong phương trình được gọi là cấp
của phương trình.
Tổng quát, phương trình đạo hàm riêng cấp m là phương trình có dạng

� �
u
�

u �2u �2u
�2u �
F �x; u ; ,...,
; 2,
,..., k1 kn � 0
x1
�
xn �
x1 ��
x1 x2
�
x1 �
xn �
� �

 1.9 

16


x   x1 , x2 ,..., xn  ��n u  x   u  x1 , x2 ,..., xn 
Trong đó F là hàm nhiều biến,
,
là hàm phải

k1  k2  ...  kn  m,
tìm,

�ku
 ux x ...x

j j
j
14 2 43
�
xkj
k lầ
n

Ví dụ 2.1. Các phương trình sau đây là phương trình đạo hàm riêng

ut  u x  0

 1.10 

u x  yu y  0

 1.11

u x  uu y  0

 1.12 

utt  u xx  u 3  0

 1.13

u xx  2uxy  3 x 2u yy  4e x

 1.14 

u xu xx   u y   0

 1.15 

2

 uxx 

2

 u yy  xu x  yu  0

 1.16 

ut  uu x  u xxx  0

 1.17 

utt  u xxxx  0

 1.18

 1.10  ,  1.11 ,  1.12  là phương trình cấp 1;  1.13 ,
 1.14  ,  1.15 ,  1.16  là phương trình cấp 2;  1.17  là phương trình cấp 3;  1.18 là phương

Ví dụ 2.2. Trong ví dụ 2.1, phương trình
trình cấp 4.
Phương trình

 1.9 

có thể được viết dưới dạng

L u  0

L u
trong đó L là một toán tử, nghĩa là, nếu u là một hàm thì
sẽ là một hàm mới. Ở đây,
L u

là vế trái của

 1.9 

Ví dụ 2.3. Trong phương trình

 1.11 , tốn tử

L

�
�
y
�
x
�
y , khi đó

17

L u 

�
u
�
u
y
�
x
�
y

L u  0
Định nghĩa 2.2. Phương trình đạo hàm riêng
được gọi là tuyến tính nếu L là một tốn
tử tuyến tính giữa các khơng gian vectơ, nghĩa là với mọi hàm u , v
L  u  v   L  u   L  v 

, với  ��

Nói cách khác, phương trình đạo hàm riêng được gọi là tuyến tính nếu hàm phải tìm và các đạo
hàm riêng của nó đều chỉ xuất hiện với lũy thừa một và khơng có tích của chúng với nhau.
Ví dụ 2.4. Trong ví dụ 2.1, các phương trình tuyến tính là
phương trình cịn lại là phương trình khơng tuyến tính.

 1.10  ,  1.11 ,  1.14  ,  1.18 . Các

Định nghĩa 2.3. Phương trình đạo hàm riêng khơng tuyến tính được gọi là tựa tuyến tính nếu nó
tuyến tính đối với tất cả đạo hàm riêng cấp cao nhất của hàm phải tìm.

Ví dụ 2.5. Trong ví dụ 2.1, các phương trình tuyến tính là
phương trình tựa tuyến tính, phương trình

 1.16 

 1.12  ,  1.13 ,  1.15  ,  1.17  là

khơng phải phương trình tựa tuyến tính.

Định nghĩa 2.4. Phương trình đạo hàm riêng được gọi là thuần nhất nếu mọi số hạng của
phương trình đều có chứa hàm phải tìm hoặc đạo hàm của nó. Ngược lại, nếu có số hạng khơng
chứa hàm phải tìm và cũng khơng chứa đạo hàm của nó thì ta gọi là phương trình khơng thuần
nhất

 1.14  là phương trình khơng thuần nhất, các phương
Ví dụ 2.6. Trong ví dụ 2.1, phương trình
trình cịn lại đều là phương trình thuần nhất.
Ví dụ 2.7. ( Một số phương trình đạo hàm riêng tiêu biểu )

ut  k 2u xx : Phương trình truyền nhiệt một chiều.
u xx  u yy  0

: phương trình Laplace hai chiều.

u xx  u yy  f  x, y 

: phương trình Poisson hai chiều.

u xx  u yy  u zz  0

: phương trình Laplace ba chiều.

utt  k 2u xx : phương trình truyền sóng một chiều.
III. PHÂN LOẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP HAI
TRONG TRƯỜNG HỢP HAI BIẾN

18


Phương trình tuyến tính cấp 2 tổng qt đối với hàm

u  u  x, y 

có dạng

 1.19 

Au xx  Bu xy  Cu yy  Du x  Eu y  Fu  G  0
Trong đó A, B, C , D, E , F , G, u là những hàm thuộc

C 2      u : W �2
của hai biến độc lập

 x, y 

�u , u x , u y , u xx , u xy , u yx , u yy

liên tục trên



trền miền mở và liên thông  . Giả sử A, B, C không đồng thời

bằng 0
Đặt

    x, y   B 2  4 AC

Định nghĩa 3.1. Phương trình
i) elliptic tại

.

 1.19 

thuộc loại

 x0 , y0  � nếu   x0 , y0   0

ii) parabolic tại

 x0 , y0  � nếu   x0 , y0   0

iii) hyperbolic tại

 x0 , y0  � nếu   x0 , y0   0

Phương trình được gọi là thuộc loại elliptic ( parabolic, hyperbolic ) trên  nếu tương ứng

  0    0,   0 

tại mọi điểm

 x, y  �

Ví dụ 3.1. Các phương trình sau đây thuộc loại nào?
a)

3u xx  2u xy  5u yy  0

b)

u xx  yu yy  0
Giải

a) Ta có

  22  4.3.5  56  0,   x, y  ��2

b) Phương trình

u xx  yu yy  0

2
. Vậy, phương trình thuộc loại elliptic trên �

có   0  4 y  4 y

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

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

  x, y  �� : y  0 .
2

  x, y  �� : y  0 .
2

  x, y  �� : y  0 .
2

19


Mệnh đề 3.2. Qua phép đổi biến

�
    x, y 
�
�
    x, y 
�
C 2  
trong đó các hàm  , thuộc
và có Jacobian
J

thì loại của phương trình

 1.19 

x  y
�0
x  y

sẽ không thay đổi.

Chứng minh. Thật vậy, với phép biến đổi ở trên, ta có

u  u    x, y  ,  x, y  
nên

 1.20 

u x  u  x  u x
u y  u  y  u y

 1.21
u xx   u x  x   u  x  u x  x
  u  x  x   u x  x

  u  x  x  u  xx   u  x  x  u xx
Và do

 1.20 

ta được

u xx   u  x  u x   x  u  xx   u  x  u x   x  u xx
 u   x   2u x x  u   x   u  xx  u xx

 1.22 

u yy  u   y   2u y y  u   y   u  yy  u yy

 1.23

u xy  u  x y  u   x y   y x   u x y  u  xy  u xy

 1.24 

2

2

Tương tự, ta có
2

Thay

 1.20 

đến

2

 1.24  vào  1.19  , ta được
20

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

 1.25

trong đó

A*  A*   ,   A x2  B x y  C y2

 1.26 
B*  B*   ,   2 A x x  B   x y   y x   2C y y

 1.27 

C *  C *   ,   A x2  B x y  C y2

 1.28
D*  D*   ,   A xx  B xy  C yy +D x +E y

 1.29 

E *  E *   ,   A xx  B xy  C yy +D x +E y

 1.30 

F*  F

 1.31

G*  G

 1.32 

 1.25

Ta thấy,
cùng dạng với
dạng ma trận như sau

�*
�A
�
�B*
�
�2
Lấy định thức 2 vế của

 1.19  . Hơn nữa.  1.26  ,  1.27 
B* �
�
��
�A
2 � x  y �
�
�
�


�
x
y

�B
�
C* � �
�
�2
�

và

 1.28

B�
x x �
�
2�
�
�
y y �
�
�
�
C�
�

được viết lại dưới

 1.33

 1.33 , ta được
*   B*   4 A*C *  J 2  B 2  4 AC   J 2 

2

 1.34 

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

IV. ĐƯA PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP HAI TRONG
TRƯỜNG HỢP HAI BIẾN VỀ DẠNG CHÍNH TẮC
Do sự phân loại phương trình chỉ phụ thuộc vào hệ số của các số hạng chứa đạo hàm riêng cấp
1.19 
1.25 
hai nên ta viết lại 
và 
dưới dạng sau
21


Au xx  Bu xy  Cu yy  H  x, y, u , u x , u y 

 1.35
A*u  B*u  C *u  H   , , u , u , u 

 1.36 

  x, y  ,  x, y 

Bằng cách chọn hai hàm
thích hợp trong phép biến đổi thì phương trình tuyến

1.35 
tính cấp hai 
ln đưa được về một trong các dạng chính tắc ( dạng đơn giản hơn ) sau đây
a) Loại hyperbolic: dạng chính tắc thứ nhất là

u  u     ,  , u, u , u 

u     , , u , u , u 

và dạng chính tắc thứ hai

*

là

b) Loại parabolic:
c) Loại elliptic:

.

u     , , u, u , u 

.

u  u     ,  , u , u , u 

Xét phương trình đặc trưng của

 1.35 

.

là

A  y�
  By� C  0
2

 1.37 

4.1. Loại hyperbolic
Ta có

  B 2  4 AC  0
1.35 
Trường hợp 4.1.a. A  C  0 thì phương trình 
trở thành

Bu xy  H  x, y , u , u x , u y 
Khi đó, chia 2 vế cho B , ta được dạng chính tắc thứ nhất

u xy  H *  x, y, u , u x , u y 

trong đó

H* 

H
B

 1.37  có 2 nghiệm thực phân biệt
Trường hợp 4.1.b. A �0 thì

22


� B 
y�

�
2A
�
� B 
y�

�
2A
�

 1.38 

Giải hai phương trình vi phân trên, ta được

�
1  x, y   C1 , C1 =const
�
 2  x, y   C2 , C2 =const
�

 1.39 

�
  1  x, y 
�
�
*
*
*
   2  x, y 
Chọn �
với cách chọn này, ta chứng minh J �0, A  C  0 và B �0 . Từ đó, ta
 1.35
sẽ đưa được

về dạng chính tắc thứ nhất

u     , , u , u , u 

trong đó



Thật vậy, từ

H*
B*

 1.39 

với chú ý

 1  y �0,  2  y �0 , ta suy ra
�
 1  x dy

  y�
�

dx


�1 y
�
 2  x dy
�

  y�
�

dx


� 2 y

Vì

 1.38

 1.40  là khác nhau. Do đó
nên hai y�trong

J

Từ

 1.40 

 1.26  ,  1.27  ,  1.28

 1  x  1  y
  1  x  2  y   1  y   2  x �0
 2  x  2  y
và chú ý

 1.37  ,  1.40  , ta có

2
2
A*   1  y �
A  y�
 By�
 C � 0

�
�

*
tương tự C  0 . Hơn nữa, ta có

23

B* 


 1  y  2  y �0
A

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

   
�
�
�    

thì sẽ

u  u   *   ,  , u , u , u  
1.37 
Trường hợp 4.1.c A  0, C �0 thì 
có nghiệm

y�


C
B.

Giải phương trình vi phân trên, ta được

  x, y   D, D  const
�
    x, y 
�
�
*
*
*
    x, y 
Chọn �
trong đó  là hàm tùy ý sao cho J �0, A  C  0 và B �0 . Chẳng
hạn, ta có thể chọn   x hoặc   y . Khi đó, bằng cách chứng minh tương tự trường hợp 4.1b,
ta sẽ đưa được

 1.35 về dạng chính tắc

u     , , u , u , u 
Ví dụ 4.1. Đưa các phương trình sau về dạng chính tắc
a)

u xx  5u xy  6u yy  0

b)

y 2u xx  x 2u yy  0, x  0, y  0
Giải

2
 x, y  ��2
a) Ta có   25  24  1  0 , 

, suy ra phương trình thuộc loại hyperbolic trên �

 y�
  5 y� 6  0 , suy ra
Phương trình đường đặc trưng
2

y  3x  C1
3 x  y  C1
y�
3
�
�
�
�
�
�
�
�
y�
2
y  2 x  C2
2 x  y  C2
�
�
�

Đặt

  3 x  y

�
�
  2 x  y
�

 x  3, y  1
suy ra

 x  2, y  1

do đó J  1 �0
24


Ta có

u x  u  x  u x  3u  2u
u y  u  y  u y  u  u
u xx   u x  x  9u  12u  4u

u xy   u x  y  3u  5u  2u
u yy   u y   u  2u  u
y

Thay vào phương trình ban đầu, ta được dạng chính tắc thứ nhất

 1.41

u  0

Bây giờ, nếu ta đặt

   
�
�
�    

  1,  1
  1,   1

suy ra

do đó J  1 �0

Ta có

u  u   u    u  u 
u  u   u   u  u

u   u     u     u  u  u  u   u  u 
thay vào (1.41), ta được dạng chính tắc thứ hai

u  u  0
Ta cũng có thể dùng các công thức từ
*

*

*

*

*

*

 1.26 

đến

 1.32 

trong Mục III để tính

*

A , B , C , D , E , F , G . Cụ thể, trong ví dụ này ta có
A  1, B  5, C  6, D  E  F  G  0 .

Đặt

  3 x  y
�
�
  2 x  y
�

 x  3, y  1, xx   xy   yy  0
suy ra

 x  2, y  1, xx   xy   yy  0

do đó, ta được

J  1 �0, A  0, B  1, C  0, D  E  F  G  0
*

*

*

*

Vậy, dạng chính tắc của phương trình là

*

u  0

*

*

.

2
2
b) Ta có A  y , B  0, C   x , D  E  F  G  0 .

25