Luận văn Một số phương pháp giải bài toán phương trình đạo hàm riêng biên trị

c hàm riêng của bài toán (2.34). Với λ cho bởi (2.35) và điều kiện cuối cùng trong (2.29) chúng ta xét bài toán 2 2''( ) ( ) 0 (1) 0 Y y n Y y Y π⎧ − =⎨ =⎩ (2.37) Chúng ta có nghiệm tổng quát của phương trình vi phân trong bài toán (2.37) là ( ) cosh sinhY y A n y B n yπ π= + (2.38) Với A, B là các hằng số tuỳ ý. Tại y = 1, (1) cosh sinh 0Y A n B nπ π= + = Suy ra cosh sinh nB A n π π= − (2.39) Biểu thức (2.38) được viết lại cosh( ) cosh sinh sinh nY y A n y A n y n ππ ππ= − - 37 - (sinh cosh ) cosh sinh sinh A n n y n n n yπ π π π π−= sinh (1 ) sinh A n y n ππ= − ( ) sinh (1 )nY y C n yπ= − (2.40) Với sinhn AC nπ= Phối hợp (2.36) và (2.40) theo (2.31) ta được: ( , ) sin sinh (1 )n nu x y C n x n yπ π= − (2.41) Các hàm , n = 1,2,cho bởi (2.41) hợp thành một dãy hàm {nu }nu . Các hàm này thoả phương trình (2.28) và điều kiện thuần nhất (2.29). Để thoả điều kiện biên không thuần nhất (2.30) ta lập chuỗi (2.42) 1 1 ( , ) ( , ) sin sinh (1 )n n n n u x y u x y C n x n yπ π∞ ∞ = = = =∑ ∑ − Trong (2.42) cho y = 0 một cách hình thức, dùng (2.30) ta được: 1 ( ) sinh sinn n f x C n n xπ π∞ = = ∑ (2.43) Hay 1 ( ) sinn n f x b n xπ∞ = = ∑ (2.44) Với sinhn nb C nπ= (2.45) Nhân hai vế của (2.44) cho sin , 1,2,...n x nπ = rồi lấy tích phân theo x từ 0 đến 1, chúng ta có một cách hình thức (2.46) 1 0 2 ( )sinnb f x n xπ= ∫ dx Chuỗi (2.44) với các hệ số (2.46) được gọi là chuỗi Fourier của f(x). Từ đây suy ra được 1 0 2 ( )sin sinhn C f x n n ππ= ∫ xdx (2.47) Hàm u(x,y) cho bởi chuỗi (2.42) [hội tụ hoặc không] với các hệ số cho bởi (2.47) được gọi là nghiệm hình thức của bài toán (2.28), (2.29), (2.30). Nếu chuỗi - 38 - (2.42) hội tụ đều về hàm u và nếu u này thoả tất cả điều kiện của bài toán thì u được gọi là một nghiệm (cổ điển) của bài toán. 2.1.4 Ứng dụng của Hàm Bessel và đa thức Legendre trong việc giải bài toán biên trị Ví dụ 2.1.4.1. Cho bài toán: 2 2 1 0, 0 1, 0 (1, ) 0, 0 ( ,0) ( ), 0 1 u u uk r t r r r u t t u r f r r ⎧ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂− + = ≤ <⎪ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪⎪ = ≥⎨⎪ = ≤ <⎪ t > ⎪⎩ (2.48) (2.49) (2.50) Ta muốn tìm nghiệm dạng ( , ) ( ). ( ) 0u r t R r T t= ≠ Khi đó, phương trình (2.48) trở thành 1' '' 'RT k R T R T r ⎛ ⎞ 0− + =⎜ ⎟⎝ ⎠ Hay ' '' 1 'T R Rk T R r R λ⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠ − Suy ra 1 'T k T λ= − (2.51) '' 1 'R R R k R λ+ = − (2.52) λ là hằng số phân ly. Từ (2.51) suy ra ( ) k tT t e λ−= , 0λ > Từ (2.49) và (2.52) ta có bài toán trị riêng '' ' 0, 0 1 (1) 0 rR R rR r R λ+ + = ≤ < = Đây là bài toán Sturm – Liouville với phương trình vi phân Bessel bậc . 0m = Nghiệm riêng của phương trình Bessel này là 0( ) ( )R r J rλ= - 39 - Dùng điều kiện biên suy ra (1) 0R = 0 ( ) 0J λ = Phương trình này cho các trị riêng λ : 2(0) (0) n njλ ⎡ ⎤= ⎣ ⎦ Với là các zero của hàm Bessel . (0)nj 0 ( )J r Nghiệm hình thức của (2.48) thoả (2.49) là ( ) (0)(0)0 0 ( , ) nk tn n n u r t A J r e λλ∞ − = =∑ (2.53) Trong (2.53) cho một cách hình thức 0t = ( )(0)0 0 ( ) n n n f r A J λ∞ = =∑ r Đây là chuỗi Fourier của f khai triển theo họ ( ){ }(0)0 nJ rλ . Ta có: ( ) ( ) 1 (0) 0 0 1 2 (0) 0 0 ( ) n n n rf r J r dr A r J r dr λ λ = ⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫ ∫ ( ) ( ) 1 (0) 0 0 2 (0) 1 ( ) n n n rf r J r dr A J λ λ = ∫ (2.54) Chuỗi (2.53) với các hệ số (2.54) là nghiệm hình thức của bài toán (2.48), (2.49), (2.50). Ví dụ 2.1.4.2. Xét bài toán Dirichlet trong quả cầu 2 2 1( ) sin 0, (0 1, 0 ) sin ur ru r r θ θ πθ θ θ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞+ = ≤ <⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ≤ ≤ (2.55) (1, ) ( )u fθ θ= , u hữu hạn khi (2.56) 0r → Chúng ta muốn tìm một nghiệm của bài toán có dạng ( , ) ( ) ( ) 0u r R r Hθ θ= ≠ (2.57) Thay vào phương trình (2.55) thì được 2 2 1( ) sin sin r d d dHrR R dr d d θθ θ θ ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠ - 40 - Suy ra 2 ( )r d rR2R dr λ= Hay 2 '' 2 ' 0r R rR Rλ+ − = (2.58) 21 1 os 0 sin sin d c dH H d d θ λθ θ θ θ ⎛ ⎞− + =⎜ ⎟⎝ ⎠ (2.59) Trong (2.59) ta đặt osc xθ = : 0 1 1xθ π≤ ≤ → − ≤ ≤ được 2(1 ) 0; 1 1d dHx H dx dx λ⎛ ⎞ x− + = − ≤ ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ (2.60) Đây là phương trình Legendre, phương trình này có nghiệm liên tục ở trên 1 1x− ≤ ≤ khi ( 1), 0,1,2,...n n nλ = + = (2.61) Lúc đó nghiệm riêng của phương trình này là Pn(x); n = 0,1,2, (2.62) Trở lại biến θ : ( ) ( os ); 0nH P cθ θ θ= ≤ π≤ với λ cho bởi (2.61) thì phương trình (2.58) trở thành 2 '' 2 ' (r R rR n n 1) 0R+ − + = Đây là phương trình Cauchy – Euler. Nghiệm của phương trình là: 1( ) n n BR r Ar r + = + với điều kiện biên (2.56) phải chọn B = 0, do đó R(r) = Arn Thiết lập 0 ( , ) ( os )nn n n u r A r P cθ θ∞ = = ∑ (2.63) Trong (2.63) cho một cách hình thức r = 1 0 ( ) ( os )n n n f A P cθ θ∞ = = ∑ (2.64) Đây là chuỗi Fourier – Legendre. - 41 - Suy ra: 02 n n 2 1 ( ) ( os )sinnA f P c d π θ θ θ+= ∫ θ (2.65) Chuỗi (2.63) với hệ số (2.65) được gọi là nghiệm hình thức của bài toán (2.55), (2.56). Trên đây ta đã giải các bài toán có điều kiện biên hữu hạn. Đối với các bài toán có điều kiện biên vô hạn thì phương pháp tách biến vẫn có thể áp dụng được (xem cách giải chi tiết ở chương III). 2.2 Phương pháp dùng phép biến đổi Fourier Phép biến đổi Fourier cho chúng ta tìm được nghiệm hình thức của bài toán giá trị biên. Phép biến đổi này rút phương trình đạo hàm riêng về phương trình vi phân thường. Giải phương trình vi phân thường chúng ta được biến đổi Fourier của nghiệm hình thức của bài toán. Dùng công thức đảo ta tìm được nghiệm hình thức của bài toán. Chẳng hạn ta xét bài toán sau: 0, , t 0 ( ,0) ( ) ( , ) ( , ) u u u x t x u x f x u t u t π π π π ∂ ∂⎧ − − = − ⎪ ∂ ∂⎪ =⎨⎪ − =⎪⎩ Với t cố định, giả sử u(x,t) khá tốt ; inxˆ( , )u x t ue ∞ − −∞ = ∑ inx1ˆ( , ) ( , )2u n t u x t e dx π ππ + − = ∫ inx ( , ) ˆu x t inue x ∞ − −∞ ∂ = −∂ ∑ inxˆu ue t t ∞ − −∞ ∂ ∂=∂ ∂∑ Như vậy hàm phải thoả ( , )n tû ˆ ˆ ˆ 0u inu u t ∂ + − =∂ - 42 - ( ) ˆˆ1 0uin u t ∂− =∂+ Chúng ta có một phương trình vi phân thường theo t để tính . Giải phương trình vi phân thường này thì chúng ta tìm được . Có ta dùng công thức Fourier đảo để tìm lại u(x,t). uˆ uˆ uˆ Suy ra ( 1)ˆ ( , ) in tnu n t D e − −= Tại t = 0 thì (n,0) = û nD Nếu f thoả 1 ( ) 2 inx nf D f x e π ππ +∧ − = = ∫ dx ˆ( , )u n t = ( 1)( ) in tf n e ∧ − − dùng công thức Fourier đảo ta có ( 1) inx( , ) ( ) in t n u x t f n e e ∞ ∧ − − − =−∞ = ∑ u này gọi là nghiệm hình thức của bài toán. 2.3 Phương pháp dùng phép biến đổi Laplace Các bước tiến hành áp dụng phép biến đổi Laplace để tìm nghiệm bài toán biên: • Xác định biến số của hàm nhiều biến có thể thực hiện biến đổi Laplace. • Thực hiện phép biến đổi Laplace cho hai vế của phương trình đạo hàm riêng có để ý đến các điều kiện phụ. • Xác định ảnh Laplace của hàm nghiệm cần tìm. • Dùng phép biến đổi Laplace đảo xác định hàm cần tìm. Ví dụ 2.3.1. Giải bài toán 2 2 2 2 2 , 0 , 0 (0, ) 0, ( , ) 0 ( ,0)( ,0) Asin , 0 u uv x l t t x u t u l t x u xu x l t π ⎧∂ ∂= ⎪ ∂ ∂⎪ = =⎨⎪ ∂⎪ = =∂⎩ (2.66) Lấy biến đổi Laplace đối với t của (2.66) [ ]( , ) ( , )L u x t U x p= - 43 - 2 2 2 2 ( ,0)( , ) ( ,0) ( , ) Asinu u xL p U x p pu x p U x p p t t x l π⎡ ⎤∂ ∂= − − = −⎢ ⎥∂ ∂⎣ ⎦ [ ]2 2 22 2 2( , )( , )u UL L u x tx x x ⎡ ⎤∂ ∂ ∂= =⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦ x p Chúng ta được phương trình và các điều kiện biên cho U(x,p). 2 2 2 2 2 ( , ) ( , ) sinU x p p Ap xU x p x v v l π∂ − = −∂ U(0,p) = 0 ; U(l,p) = 0 Giải phương trình này được 2 2 2 2 ( , ) Asin x pU x p l vp l π π ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ Từ đây suy ra : ( , ) Asin . osx v xu x t c l l π π= . Ví dụ 2.3.2. Giải phương trình: u u x x t ∂ ∂+ =∂ ∂ , x > 0, t > 0 (2.67) Các điều kiện biên: (0, ) 0 ( ,0) 0 u t u x =⎧⎨ =⎩ Ảnh laplace của phương trình đạo hàm riêng (2.67) là: ( ) ( ) (u u )L L L x t x∂ ∂+ =∂ ∂ Hay ( , ) ( , ) ( ,0)d xU x p pU x p u x dx p + − = Điều kiện biên cho: dU xpU dx p + = (2.68) Đây là phương trình vi phân thường có thừa số tích phân: pdx pxe e∫ = - 44 - Do đó ( )px pxd xUe e= dx p Tích phân hai vế ta được: 1px pxUe xe dx p = ∫ 2 1 pxpxx ee C p p p ⎡ ⎤= − +⎢ ⎥⎣ ⎦ Khi đó: 2 3 1( , ) . pxxU x p C e p p −= − + Điều kiện biên: 0 3 3 (0, ) ( (0, )) (0, ) 0 1 1(0, ) 0 0 0 ptU p L u t u t e dt U p C C p p ∞ −= = = ⇒ = − + ⇒ = ∫ = Khi đó nghiệm của phương trình (2.68) là: 2 3 3 1 1( , ) . pxxU x p e p p p −= − + Thực hiện phép biến đổi Laplace đảo ta được 2 2( )( , ) ( ) 2 2 x t t xu x t xt u t−= − + Nếu t > x thì 2 2 2 2 2( )( , ) 2 2 2 2 2 t t x t t x xu x t xt xt xt−= − + = − + − + = 2 2 Nếu x > t thì 2 ( , ) 2 tu x t xt= − . - 45 - 2.4 Phương pháp dùng công thức tích phân Poisson 2.4.1 Bài toán Dirichlet trong nửa mặt phẳng và nửa không gian Nghiệm của bài toán Dirichlet trong nửa mặt phẳng trên 2 2 2 2 0,( 0) ( ,0) ( ) u u y x y u x f x ⎧∂ ∂+ = >⎪∂ ∂⎨⎪ =⎩ (2.69) là hàm số điều hoà u(x,y) cho bởi công thức: 2 2 1 ( ,0)( , ) ,( 0) ( ) yu tu x y dt y t x yπ +∞ −∞ = >− +∫ Chứng minh: Trước hết ta để ý rằng hàm phức f(z) = u(x,y) + iv(x,y) giải tích khi và chỉ khi các hàm u(x,y), v(x,y) thoả điều kiện Cauchy-Riemann u v x y v u x y ∂ ∂⎧ =⎪∂ ∂⎪⎨∂ ∂⎪ = −⎪∂ ∂⎩ Hay u, v là các hàm số điều hoà ( thoả phương trình Laplace 2 2 2 2 0 u u x y ∂ ∂+ =∂ ∂ ). Xét hàm phức f(z) = u(x,y) + iv(x,y) giải tích trong nửa mặt phẳng trên sao cho ( ) ,( 0)z f z Mα α Kí hiệu CR là nửa trên đường tròn tâm tại gốc toạ độ O bán kính R. Gọi ( với R đủ lớn để (C) bao z = x+iy). [( ) ( ) ,RC C R R= ∪ − ] Theo công thức tích phân Cauchy, ta có: ( ) 1 ( )( ) 2 C f tf z i t zπ= −∫ dt (2.70) Khi đó, do z x i= − y ở ngoài (C) nên ( ) 1 ( )0 2 C f t dt i t zπ= −∫ (2.71) Lấy (2.70) trừ (2.71) vế theo vế ta được ( ) ( ) 1 1 1 1 ( ) ( )( ) ( ) 2 2 (C C z z f t )( ) f z f t dt i t z t z i t z t zπ π −⎡ ⎤= − =⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦∫ ∫ dt - 46 - 2 2( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 2 ( ) 2 ( ) 2 2C C z z f t iyf tdt dt i t z z t zz i t xt x yπ π 2 2 −= =− + + − + +∫ ∫ 2 2( ) 1 ( ) ( )C yf t dt t x yπ= − +∫ Suy ra 2 2 2 2( ) 1 ( ) 1 ( )( ) ( ) ( )R R C R yf t yf tf z dt t x y t x yπ π−= +− + − +∫ ∫ dt Để (C) bao hết nửa mặt phẳng trên, ta cho . Khi đó, tích phân R →+∞ 2 2( ) ( ) 0 ( )RC yf tI d t x y t= →− +∫ bởi vì 2 2( ) ( ) ( )RC yf t tI d t x y t α α= ⎡ ⎤− +⎣ ⎦∫ t Suy ra 2 2( ) ( ) . ( )RC t f t I y d t t x y α α≤ − +∫ t 2 2( ) 0 . ( )R R C dtyM t t x yα →∞< ⎯⎯⎯→− +∫ Do đó, khi cho thì R →+∞ 2 2 1 ( )( ) ( ) yf tf z d t x yπ +∞ −∞ = − +∫ t Thay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , ,0 ,0 f z u x y iv x y f t u t iv t = +⎧⎪⎨ = +⎪⎩ vào kết quả trên và tách phần thực ở hai vế, ta được 2 2 1 ( ,0)( , ) , ( 0) ( ) yu tu x y dt y t x yπ +∞ −∞ = >− +∫ □ Chú ý: Chúng ta có mối quan hệ giữa toạ độ Đề Các và toạ độ cực là: cos sin x r y r ϕ ϕ =⎧⎨ =⎩ Với phép đổi biến này, ta dễ dàng nhận được công thức toán tử Laplace của hàm u(x,y) trong toạ độ cực là: - 47 - 2 2 2 2 2 2 1 1u u uu r r r r ϕ ∂ ∂ ∂∇ = + +∂ ∂ ∂ Bài toán Dirichlet trong nửa không gian được phát biểu như sau: 2 2 2 2 2 2 0, , , 0 ( , ,0) ( , ) u u u x y x y z u x y f x y ⎧∂ ∂ ∂+ + = −∞ ⎪∂ ∂ ∂⎨⎪ =⎩ z với f(x,y) liên tục, bị chặn trên ,x y−∞ < < ∞ −∞ < < ∞ . Bài toán này có nghiệm cho bởi tích phân Poisson trong nửa không gian là: 3/22 2 2 1 ( , ,0)( , , ) , ( 0) 2 ( ) ( ) zu s tu x y z dsdt z t x s y zπ +∞ +∞ −∞ −∞ = >⎡ ⎤− + − +⎣ ⎦ ∫ ∫ (2.72) (2.72) được gọi là công thức tích phân Poisson cho nửa không gian trên. Chi tiết chứng minh cũng tương tự như trong trường hợp mặt phẳng. 2.4.2 Bài toán Dirichlet trong hình tròn Nghiệm của bài toán Dirichlet trong hình tròn tâm O bán kính R 2 2 2 2 2 1 1 0, ( ) ( , ) ( ) u u u r R r r r r u R f ϕ ϕ ϕ ⎧∂ ∂ ∂+ + = <⎪∂ ∂ ∂⎨⎪ =⎩ (2.73) là hàm số điều hoà u r( , )θ cho bởi một trong hai công thức 2 2 2 2 2 0 1 ( ) ( , )( , ) , ( ) 2 2 os( ) R r u Ru r d r R R Rrc r π ϕθ ϕπ ϕ θ −= <− − +∫ 2 2 2 2 1 ( ) ( , )( , ) , ( ) 2 2 os( ) R r u Ru r d r R R Rrc r π π ϕθ ϕπ ϕ θ− −= <− − +∫ ) Chứng minh: *Xét số phức z trong đường tròn (C), (iz re r Rθ= < . Ta có: • iz re θ−= . • Điểm đối xứng của z qua đường tròn: 2 2 1 iR Rz e z r θ= = • ( )t C∈ thì (0 2 )it Re ϕ ϕ π= ≤ ≤ và Reidt i dϕ ϕ= . Gọi f(z) là hàm giải tích trong (C). Theo công thức tích phân Cauchy, ( ) 1 ( )( ) 2 C f tf z i t zπ= −∫ dt (2.74) - 48 - Do z1 ở ngoài (C) nên ( )2 C 1 ( )0 f t dt= ∫i t zπ − (2.75) Lấy (2.74) trừ (2.75), vế theo vế ta được 1 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ( ) ( )( ) ( ) 2 2 (C C z z f t )( ) f z f t dt i t z t z i t z t zπ π ⎡ ⎤ −= − =⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦∫ ∫ dt 12( ) 1 1 1 ( ) ( ) 2 ( )C z z f t dt i t z z t zzπ −= − + +∫ 2 2 2 2 2 2 2 2 20 1( ) (Re )1 Re12 ( ) Re i i i i i i i r R e f r i d i R e r R e R e r θ ϕπ ϕ ϕ θ ϕ θ ϕπ − = − + +∫ 2 2 2 ( ) 2 2 2 2 ( ) 0 1 ( ) (Re ) 2 ( ) ( ) i i i i i r R e f d Rr e e r R e π ϕ θ ϕ ϕ θ ϕ θ ϕπ + + −= + − +∫ 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 0 1 ( ) (Re ) 2 ( ) ( ) i i i R r f d R r Rr e e π ϕ ϕ θ ϕ θ ϕπ − − − −= + − +∫ 2 2 2 2 2 0 1 ( ) (Re )( ) 2 ( ) 2 cos( ) iR r ff z d R r Rr π ϕ ϕπ ϕ −= + − −∫ θ Thay ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f z ( ) u , iv , f ( ) u , iv , i i f re r r t f Re R R θ ϕ θ θ ϕ ϕ ⎧ = = +⎪⎨ = = +⎪⎩ vào kết quả trên và tách phần thực ở hai vế ta được 2 2 2 2 2 0 1 ( ) ( , )( , ) , ( ) 2 2 os( ) R r u Ru r d r R R Rrc r π ϕθ ϕπ ϕ θ −= <− − +∫ * Cũng chú ý thêm rằng, đối với phương trình Laplace trong bài toán trên, nếu chúng ta dùng phương pháp tách biến ( , ) ( ) ( )u r rϕ ψ φ ϕ= thì ta cũng tìm được nghiệm của bài toán dạng 2 2 2 2 1 ( ) ( , )( , ) , ( ) 2 2 os( ) R r u Ru r d r R R Rrc r π π ϕθ ϕπ ϕ θ− −= <− − +∫ □ - 49 - 2.4.3 Ứng dụng công thức tích phân Poisson Ví dụ 2.4.3.1. Tìm một nghiệm của bài toán Dirichlet: 2 2 2 2 0, ( , 0) u u x y⎧∂ ∂ 1, 0 ( ,0) 0, 0 x y x u x x + = −∞ ⎪∂ ∂⎪⎨ >⎧⎪ = ⎨⎪ <⎩⎩ Giải: Một nghiệm của bài toán được cho bởi tích phân Poisson 2 2 1 ( ,0)( , ) ( ) yu tu x y dt t x yπ +∞ −∞ = − +∫ với 1, 0 ( ,0) 0, 0 t u t t >⎧= ⎨ <⎩ ta có: 2 2 0 1( , ) ( ) yu x y dt t x yπ +∞ = − +∫ 1 Ar tan( ) 2 xc y π π ⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦ Chú ý rằng tại x = 0 thì u(0,y) = 1 2 với y>0. Ví dụ 2.4.3.2. Giải bài toán Dirichlet trong hình tròn đơn vị 2 2 2 2 2 1 1 0, ( 1) 1, 0 (1, ) 0, 2 u u u r r r r r u ϕ ϕ πϕ π ϕ π ⎧∂ ∂ ∂+ + =⎪∂ ∂ ∂⎪⎨ ≤ ≤⎧⎪ = ⎨⎪ ≤ ≤⎩⎩ < Giải: Áp dụng công thức tích phân Poisson trong hình tròn đơn vị, ta có ngh