Tài liệu Bài toán biên ban đầu đối với phương trình loại hypecbolic

Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp MỞ ĐẦU Toán học là một môn khoa học gắn liền với thực tiễn. Sự phát triển của Toán học được đánh dấu bởi những ứng dụng của Toán học vào việc giải quyết các bài toán thực tiễn. Trong lĩnh vực toán học ứng dụng thường gặp rất nhiều bài toán liên quan đến phương trình vi phân đạo hàm riêng. Ra đời từ những năm 60, phương trình đạo hàm riêng đã nhanh chóng khẳng định được vị trí và tầm quan trọng của mình trong khoa học nói chung và Toán học nói riêng. Đặc biệt phương trình đạo hàm riêng loại Hypecbolic có ứng dụng rất lớn trong khoa học và trong thực tiễn. Chúng ta biết rằng, việc nghiên cứu tính chất định tính và việc tìm nghiệm của phương trình đạo hàm riêng loại Hypecbolic rất khó khăn và phức tạp. Với khả năng ứng dụng rộng rãi trong khoa học và trong thực tiễn, vì vậy các nhà Toán học đã tập trung nghiên cứu và tìm được nhiều phương pháp để giải các bài toán về phươg trình đạo hàm riêng loại Hypecbolic. Được sự hướng dẫn tận tình của T.S Trần Văn Bằng cùng với lòng yêu thích môn này em xin mạnh dạn nghiên cứu đề tài: Bài toán biên ban đầu đối với phương trình Hypecbolic Khoá luận gồm 3 phần Phần I : Mở đầu Phần II : Nội dung *Chương 1 : Những kiến thức chẩn bị *Chương 2 : Phương trình loại Hypecbolic. Bài toán Cauchy *Chương 3 : Phương trình loại Hypecbolic. Bài toán hỗn hợp *Chương 4: Một số bài toán áp dụng Phần III : Kết luận Bùi Thị Thủy 1 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành khóa luận tốt nghiệp này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới các thầy giáo và cô giáo trong khoa Toán – Trường Đại Học Sư phạm Hà Nội 2, đã tận tình giúp đỡ chỉ bảo trong suốt thời gian tôi theo học tại khoa và trong thời gian làm khóa luận. Đặc biệt tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới T.S Trần Văn Bằng – Giảng viên khoa Toán - Trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2, người trực tiếp hướng dẫn tôi, luôn tận tâm chỉ bảo và định hướng cho tôi trong suốt quá trình làm khóa luận để tôi có được kết quả như ngày hôm nay. Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song thời gian và kinh nghiệm bản thân còn nhiều hạn chế nên khóa luận không thể tránh khỏi những thiếu sót rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo, các bạn sinh viên và bạn đọc. Hà Nội, tháng 4 năm 2010 Sinh viên Bùi Thị Thuỷ Bùi Thị Thủy 2 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Chương 1. Những kiến thức chuẩn bị Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính 1.1. Các khái niệm tổng quát 1.1.1. Định nghĩa phương trình đạo hàm riêng Phương trình liên hệ giữa các ẩn hàm u1,…,uN, các biến số độc lập x1,…, xn và các đạo hàm riêng của các ẩn hàm được gọi là phương trình đạo hàm riêng. Nó có dạng u1 uN u1  k ui F ( x1 , x2 ,..., xn ; u1 , u2 ,..., un ; ,..., ; ,..., k )0 x1 x1 x2  x1.. k xn ở đây F là một hàm số của nhiều biến số. Cấp của phương trình đạo hàm riêng là cấp cao nhất của đạo hàm có mặt trong phương trình.  2u  2 x  y là phương trình đạo hàm riêng cấp 2. Ví dụ : xy 1.1.2. Định nghĩa phương trình đạo hàm riêng cấp 1 Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 có dạng F ( x1 , x2 ,..., xn , u, u u u , ,..., )0 x1 x 2 x n (1.1) Trong đó u  u  x1 , x2 ,..., xn  là hàm phải tìm của n biến số độc lập x1 , x2 ,...xn . F là hàm đã cho của các đối số trong một miền nào đó trong không gian (2n+1) chiều. Nghiệm của phương trình (1.1) là hàm u  u  x1 , x2 ,..., xn  xác định và liên tục với các đạo hàm riêng u u u trong một miền biến thiên nào đấy , ,..., x1 x 2 x n của các biến số x1 , x2 ,...xn và biến phương trình (1.1) thành đồng nhất thức . Ở đây ta giả thiết các giá trị của x1 , x2 ,...xn mà tại đó hàm u xác định như các giá Bùi Thị Thủy 3 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp trị tương ứng của hàm u và các đạo hàm của nó nằm trong miền xác định của hàm F. 1.1.3. Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 tuyến tính không thuần nhất Phương trình có dạng X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) u1 u u  X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 1  ...  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u) 1 x1 x2 xn  f ( x1 , x2 ,..., xn , u) (1.2) được gọi là phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 1 (không thuần nhất ). Nếu vế phải của phương trình (1.2) đồng nhất bằng không ( f  0 ) còn các hàm số Xi (i=1,n ) không phụ thuộc hàm số phải tìm u, thì phương trình (1.2) có dạng X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) u u u  X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u )  ...  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 0 x1 x 2 x n (1.3) Khi đó phương trình (1.3) được gọi là phương trình tuyến tính thuần nhất Ví dụ : Phương trình x x u u  y  0 là phương trình tuyến tính thuần nhất còn các phương trình x y u u u u y  2u hoặc x  yu  0 đều là phương trình tuyến tính x y x y không thuần nhất. 1.2. Phương trình tuyến tính thuần nhất Xét phương trình (1.3) u u u X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u )  X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u )  ...  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 0 x1 x 2 x n Bùi Thị Thủy 4 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Giả sử rằng X1,X2,…,Xn xác định và liên tục cùng với các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng theo tất cả các biến ở trong 1 lân cận nào đó của điểm  x , x ,..., x  0 1 0 2 0 n và không đồng thời bằng không tại điểm này chẳng hạn Xn  x10 , x20 ,..., xn0   0 (1.4) Nghiệm của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 1 thuần nhất là hàm u  u  x1 , x2 ,..., xn  thoả mãn điều kiện sau a. u  u  x1 , x2 ,..., xn  xác định trên D . b. Khả vi liên tục trong lân cận điểm  x10 , x20 ,..., xn0  (tồn tại các đạo hàm riêng u và liên tục trên D). x i c. Thay u  u  x1 , x2 ,..., xn  và các đạo hàm riêng u vào phương trình (1.3) x i nó trở thành đồng nhất. Rõ ràng phương trình (1.3) bao giờ cũng có nghiệm u=c (1.5) với c là hằng số tuỳ ý. Ta gọi nghiệm (1.5) là nghiệm tầm thường của phương trình cùng với phương trình (1.3). Ta xét hệ phương trình vi phân thương dạng đối xứng sau đây dx1 dx2 dxn   .....  X 1 ( x1 , x2 ,..., xn ) X 1 ( x1 , x2 ,..., xn ) X 1 ( x1 , x2 ,..., xn ) (1.6) Hệ phương trình (1.6) gọi là hệ đối xứng tương ứng với phương trình (1.3). Định nghĩa : Hàm số  ( x1 , x2 ,..., xn ) được gọi là tích phân của hệ (1.6) trong một miền nào đó của các biến số x1,x2,…,xn nếu    X1  X 2  ......  Xn  0 . x1 x2 xn Định lí Bùi Thị Thủy 5 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 1) Nếu hàm số  ( x1 , x2 ,..., xn ) là tích phân khả vi liên tục của hệ (1.6) thì hàm số u=  ( x1 , x2 ,..., xn ) là nghiệm của phương trình (1.3) 2) Nếu hàm u = ( x1 , x2 ,..., xn )  const là nghiệm của phương trình (1.3) thì hàm số  ( x1 , x2 ,..., xn ) là tích phân của hệ (1.6). Chứng minh 1) Hiển nhiên (dựa vào định nghĩa tích phân của hệ (1.6)). 2) Lấy vi phân toàn phần của hàm     d  dx1  dx2  ........  dxn x1 x2 xn dựa vào hệ (1.6) ta được   X 1  X 2  X n   .  .  ......  .  .dxn  x X  x X  x Xn   1 n 2 n n      1   X 1.  X 2.  .....  X n .  . X dxn  x  x  x  1 2 n  n (Ta giả thiết thêm rằng X n ( x10 , x20 ,......., xn0 )  0 ) Khi đó từ (1.5) ta có d  0 tức   c là tích phân đầu của hệ (1.6). Từ định lí trên ta suy ra rằng việc tìm nghiệm của (1.3) tương đương với việc tìm tích phân của hệ (1.6). Ta giả thiết rằng hệ (1.6) có (n-1) phương trình vi phân cấp 1 sau đây dx1 X 1 dx2 X 2 dx X  ;  ;...........; n1  n1 dxn X n dxn X n dxn Xn (1.8) Trong đó các vế phải của hệ (1.8) là các hàm số xác định và khả vi liên tục trong lân cận của điểm  x10 , x20 ,..., xn0  . Ta lập một hàm khả vi liên tục của các tích phân (1.7) u   (1 ,2 ,......,n1 ) Bùi Thị Thủy 6 (1.9) K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Khi đó hàm số xác định bởi (1.9) cũng là tích phân của (1.6) do đó cũng là nghiệm của phương trình (1.3). Ta gọi nghiệm (1.9) trong đó  là hàm số bất kì (khả vi liên tục của các tích phân của nó ) là nghịêm tổng quát của phương trình (1.3). Ví dụ: Cho phương trình x u u u y z 0 x y z Hệ phương trình vi phân đối xứng tương ứng là dx dy dz   x y z Ta có dx dy   ln x  ln y  ln c1 x y  c1 x  y  c1  y/x= 1 dx dz   ln x  ln z  ln c2 x z  c2 x  z  c2  z  2 (c1 , c2 là các hằng số ) x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là u   ( y / x, z / x) . 1.3. Phương trình tuyến tính không thuần nhất Ta xét phương trình dạng (1.2) X 1 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) u1 u  X 2 ( x1 , x2 ,..., xn , u ) 1  ...  x1 x2  X n ( x1 , x2 ,..., xn , u) Bùi Thị Thủy u1  f ( x1 , x2 ,..., xn , u) xn 7 (1.10) K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Trong đó các hàm số Xi ( i  1, n ) và f xác định liên tục cùng các đạo hàm riêng cấp 1 của chúng. Ngoài ra X n ( x10 , x20 ,......, xn0 , u 0 )  0 (1.11) Ta sẽ chứng tỏ rằng nghiệm của phương trình (1.10) có dạng ẩn V ( x1 , x2 ,...., xn , u)  0 (1.12) Trong đó V là hàm số nào đó khả vi liên tục theo các đối số và thoả mãn V 0 0 ( x1 , x2 ,......, xn0 , u 0 )  0 u (1.13) Thật vậy ta lấy vi phân hệ thức (1.12) theo xk (k  1, n) trong đó u là hàm của x1,x2,…,xn ta được u V V  : , k  1, n x k x k u (1.14) Đặt (1.14) vào (1.10) ta được X1 V V V V  X2  ........  X n f 0 x1 x2 xn u (1.15) Phương trình (1.15) là phương trình tuyến tính thuần nhất với hàm số phải tìm V. Hệ phương trình đối xứng tương ứng của (1.15) sẽ là dx1 dx2 dx du   .......  n  X1 X 2 Xn f (1.16) Hệ (1.16) có n tích phân độc lập. 1 ( x1 , x2 ,......, xn , u),2 ( x1, x2 ,......, xn , u),......., n ( x1, x2,......, xn ,u ) (1.17) Khi đó hàm số V   (1 ,2 ,.....,n ) (1.18) là nghiệm tổng quát của phương trình (1.15). Nếu đặt (1.18) vào (1.12) ta được nghiệm của phương trình (1.10) dạng V   (1 ,2 ,.....,n ) =0 (1.19) . Đó là điều phải chứng minh. Chú ý: Bùi Thị Thủy 8 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp 1) Nghiệm (1.19) là nghiệm tổng quát của phương trình (1.10). 2) Nếu từ phương trình (1.19) ta tìm được u   ( x1 , x2 ,...., xn ) (1.20) trong đó  là hàm số tuỳ ý, khả vi liên tục thì (1.20) là nghiệm tổng quát ở dạng tường minh của phương trình (1.10). Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát của phương trình sau a) y z z  x  x  y (*) x y b) xy z z  x2  yz (**) x y Lời giải: a) y z z  x  x  y (*) x y Hệ phương trình đối xứng tương ứng là dx dy dz   y x y  x Ta có dx dy 1 1 1   xdx  ydy  x 2  y 2  c1 y x 2 2 2  c1  x 2  y 2   1 Tương tự dx dz   c2  x  y  z   2 y y  x Vậy nghiệm tổng quát của phương trình(*) là u   ( 1 , 2 ) hay F(x2-y2,x-y+z)=0. b) xy z z  x2  yz (**) x y Bùi Thị Thủy 9 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Hệ phương trình đối xứng tương ứng là dx dy dz   xy  x 2 yz Ta có dx dx    xdx  ydy xy  x 2 1 1 1   x 2  c1  y 2  c1  x 2  y 2   1 2 2 2 Tưong tự dx dz   ln x  ln y  ln c2 xy yz  c2 x  z  c2  z  2 x z Vậy nghiệm tổng quát của (**) là : F( x 2  y 2 , )=0. x 1.4. Bài toán biên Bài toán biên của phương trình đạo hàm riêng là bài toán tìm các nghiệm của nó trong miền nào đấy thoả mãn các điều kiện trên biên của miền gọi là điều kiện biên. Định lí liên quan tới sự tồn tại duy nhất nghiệm của bài toán biên gọi là định lí tồn tại và duy nhất nghiệm. Ví dụ : u u  4  0 với u(0,y)=8e-3y x y 1.5. Nguyên lí cộng nghiệm và phương pháp tách biến Bùi Thị Thủy 10 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Có nhiều phương pháp giải bài toán biên của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính. Phương pháp tách biến (phương pháp Phuarie) là một trong những phương pháp quan trọng nhất. Đầu tiên ta tìm nghiệm tổng quát sau đó cho thoả mãn điều kiện biên. Các định lí sau đây là cơ sở quan trọng cho phương pháp. 1.5.1. Nguyên lí cộng nghiệm Định lí: Giả sử 1 ,2 ,....,n1 là nghiệm của phương trình (1.4) thì C11  C22  C33  ......  Cn1n1 cũng là nghiệm của phương trình (1.4). Nghiệm tổng quát của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính không thuần nhất bằng tổng của nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính thuần nhất với một nghiệm riêng nào đó của phương trình tuyến tính không thuần nhất. 1.5.2. Phương pháp tách biến Giả thiết rằng nghiệm có thể biểu diễn dưới dạng tích của các hàm chưa biết mà mỗi hàm chỉ phụ thuộc vào một biến ,vì vậy mỗi vế phải bằng hằng số. Ta lần lượt giải cho từng hàm chưa xác định. Hợp các nghiệm này cho ta nghiệm cần tìm. Ví dụ: Giải phương trình u u  4  0 (1) với u(0,y)=8e-3y x y Lời giải : Giả sử nghiệm của bài toán là u ( x, y)  X ( x).Y ( y) Ta có Bùi Thị Thủy 11 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp u  X ' ( x).Y ( y ) x u  X ( x).Y ' ( y ) y X' Y'  Thay vào phương trình (1) ta được : X Y  4 XY hay 4X Y ' ' Vì X chỉ phụ thuộc vào x , Y chỉ phụ thuộc vào y, nên mỗi vế phải bằng hằng số, chẳng hạn kí hiệu C. Do vậy X '  4 XC  0 , Y '  CY  0 Ta có hệ phương trình  X'  X  4C   ' Y  C  Y  dX  X  4Cdx   dY   Cdy  Y  ln X  4Cx  ln C1  ln Y  Cy  ln C2  X ( x)  C1 .e 4Cx  Cy Y ( y )  C2 .e Nghiệm của phương trình đã cho là: u ( x, y )  C1.C2 .eC (4 x  y )  k .eC (4 x  y ) . Từ điều kiện biên: u (0, y )  kecy = 8e3 y điều này xảy ra khi k=8 và C=-3 . Vậy nghiệm cần tìm u(x,y)=8e-3(4x+y) . 1.6. Bài toán Cauchy 1.6.1. Bài toán Cauchy với phương trình đạo hàm riêng tuyến tính thuần nhất Hãy tìm nghiệm u  u( x1 , x2 ,....., xn ) (1.21) của phương trình (1.1) sao cho khi cố định một biến số (chẳng hạn x n ) thì nó trở thành hàm số khả vi liên tục của các biến còn lại, tức là u   ( x1 , x2 ,......, xn1 ) khi xn  xn0 (1.22). Điều kiện (1.22) gọi là điều kiện đầu của nghiệm (1.21). Bùi Thị Thủy 12 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Để tìm nghiệm của bài toán Cauchy đối với phương trình (1.3) ta tiến hành như sau Giả sử 1 ,2 ,....,n1 là n-1 tích phân độc lập của hệ (1.6) và đặt xn  xn0 , ta kí hiệu 1 ,2 ,.....,n1 như sau 1 ( x1 , x2 ,....., xn1 , x 0 n )  1  .....................................  0 n1 ( x1 , x2 ,....., xn1 , x n )  n 1 (1.23) Giải được từ hệ (1.23) đối với các x1 , x2 ,....., xn1 trong lân cận  x , x ,......, x  0 1 0 2 0 n  x1  1 (1 ,2 ,..., n1 )  ................................   xn 1  n 1 (1 ,2 ,..., n 1 ) (1.24) Hàm số có dạng u   1 (1 ,2 ,.....,n1 ),......., n1(1,2 ,....., n1)  Trong đó i  i ( x1 , x2 ,...., xn ) (1.25) ( i  1, n ) sẽ là nghiệm của bài toán Cauchy của phương trình (1.3)-(1.22) Ví dụ: Tìm nghiệm của phương trình y z z  x  0 thoả mãn điều kiện z=y2 khi x=0. x y Lời giải : Giả sử (0,y0) , y0  0. Xét phương trình đối xứng tương ứng dy dx 1 1 1 1   ydy   xdx  C1  y 2   x 2  C1 x y 2 2 2 2  C1  x 2  y 2   Bùi Thị Thủy 13 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Đặt x=0 vào biểu thức trên ta được : y 2   . Do đó y    Nghiệm phải tìm sẽ là z    x, y  tức là z  x 2  y 2 . 1.6.2. Bài toán Cauchy đối với phương trình đạo hàm riêng tuyến tính không thuần nhất Đối với phương trình (1.10) ta cũng có bài toán Cauchy tương tự Ví dụ: Tìm nghiệm tổng quát và nghiệm thoả mãn điều kiện ban đầu của phương trình x z z   y  x2   z x y z=y-4 khi x=2 Lời giải: Xét hệ phương trình đối xứng tương ứng dx dy dz  2  x x y z Ta có dx dz   ln C1 x  ln z x z  C1 x  z  C1  Tương tự z  1 x dx dy 2 xdx dy  2   x x y 2x2 x2  y d  x 2  y  dx 2 xdx  dy dx    x2  y x x2  y x  ln x 2  y  ln x C2 x2  y  C2   2 ( 1 ,2 độc lập tuyến tính ) x Bùi Thị Thủy 14 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  z x2  y  Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là : z    , x  x Để tìm nghiệm của bài toán Cauchy, ta đặt x=2 vào các tích phân trên y4 z  1 ,  2 và có y  21  4, z  22 2 2  22  21  4  4 z x2  y Do đó  hay z  y  x 2 là nghiệm phải tìm. x x Chương 2: Phương trình loại hypecbolic Bài toán Cauchy 2.1. Bài toán dẫn đến phương trình truyền sóng Giả thiết dây đàn hồi có chiều dài L buộc chặt ở hai gối có cùng mức nằm ngang do đó có thể lấy trục x dọc theo dây. Dây đàn hồi có thể là dây đàn dây truyền tin . Cho dây chuyển động, nó dao động trong mặt phẳng thẳng đứng và kí hiệu u(x,t) là chuyển dịch của dây tại điểm x và thời điểm t . Gọi s là phần tác dụng cung của dây . Vì sức căng T giả thiết là hằng số, lực hướng thẳng đứng tác dụng lên s cho bởi T sin2  T sin1 Vì sin   tg do góc  nhỏ nên lực này có dạng: u u T  x  T x X x X   2u   s  2     t    0, s  0 Vì dao động nhỏ nên ta có thể lấy gần đúng s  x Do đó Bùi Thị Thủy u u  x  2 T x X x X  u .  2   x t 15 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp T   u   2u Lấy giới hạn khi x  0( cũng dần tới 0) ta được .    2  x  x  t 2 T  2u 2  u hay là 2  a trong đó a 2  (T là sức căng không đổi của dây,  khối 2  t x lượng không đổi trên một đơn vị dài của dây ). 2.2. Bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng và định lí duy nhất của nó 2.2.1. Bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng Ta xét bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng, cụ thể là bài toán 2  2u  2u  2 u  a  2  2   f ( x, y , t ) t 2  x y  (2.1.1) u( x, y, t0 )    x, y  (2.1.2) u  x, y , t 0     x , y  t (2.1.3) Như vậy mặt mang dữ kiện Cauchy đối với bài toán này là mặt phẳng t=t0. Nó không phải là mặt đặc trưng của phương trình này. Họ các mặt đặc trưng của phương trình này là họ các mặt nón tròn xoay, có trục song song với trục 0t và có phương trình  x-c    y  c  2 1 2 2  a 2  t  c3   0 2 (2.1.4) Trong đó (c1,c2,c3) là toạ độ đỉnh hình nón và có thể là điểm bất kì trong không gian (x,y,t). Giả sử trên mặt phẳng t=t0 của không gian (x,y,t) cho mặt tròn G:  x  c1    y  c2   R 2 . 2 2 Tồn tại hai hình nón tròn xoay đối xứng nhau qua mặt phẳng t=t0 có đáy là mặt tròn G và mỗi mặt bên S là phần của một mặt đặc trưng trong họ Bùi Thị Thủy 16 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp (2.1.4). Ta gọi K là một trong hai hình nón kể trên, chẳng hạn hìn nón có đỉnh hướng theo chiều dương t. 2.2.2. Định lí duy nhất Địn lí (2.1.1). Giả sử u(x,y,t) là nghiệm của bài toán Cauchy (2.1.1), (2.1.2), (2.1.3) sao cho nó và tất cả các đạo hàm riêng của nó kể cho tới cấp 2 liên tục trong hình nón kín K  G  S . Khi đó nghiệm u(x,y,t) được xác định một cách duy nhất trong hình nón kín K  G  S kể trên bởi các dữ kiện Cauchy (2.1.2), (2.1.3) cho trên mặt đáy G của hình nón . Trước khi chứng minh định lí, ta chú ý những điều sau đây : a. Bằng cách co dãn toạ độ ta đặt t’=at (2.1.1) ta có thể giả sử hệ số a trong phương trình (2.1.1) là bằng 1. b. Bằng cách tịnh tiến toạ độ t , ta có thể giả sử t0=0. c. Để chứng minh định lí, ta chứng minh hiệu của 2 nghiệm bất kì của bài toán đồng nhất bằng 0. Hiệu u(x,y,t)=u1(x,y,t) - u2(x,y,t) của 2 nghiệm u1(x,y,t), u2(x,y,t) của bài toán (2.1.1), (2.1.2), (2.1.3) thoả mãn :  2 u  2 u  2u   t 2 x 2 y 2  x,y,t    G  S (2.1.5) u(x,y,t)=0 với (x,y) G (2.1.6) với (x,y) G (2.1.7) u  x, y,0   0 t Như vậy ta sẽ chứng minh nghiệm u(x,y,t) của bài toán (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7) đồng nhất bằng không u ( x, y, t )  0 trong K  G  S. d. Hơn nữa, lại chỉ cần chứng minh rằng nếu u(x,y,t) thoả mãn (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7) thì u(x,y,t) =0 tại đỉnh hình nón K. Bùi Thị Thủy 17 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp Thực vậy, nếu chứng minh được điều này thì u ( x, y, t )  0 trong hình nón K  G  S . Lấy một điểm P bất kì trong hình nón K  G  S .Dựng một mặt đặc trưng của họ (2.1.4) có đỉnh là P, cắt mặt phẳng t=0 theo biên của một mặt tròn G’. Mặt tròn G’ nằm hoàn toàn trong G. Do đó nếu ta có (2.1.6), (2.1.7) trong G thì cũng có (2.1.6), (2.1.7) trong G’. Gọi K’ là hình nón đỉnh P, đáy là G’. Lặp lại điều đã chứng minh cho hình nón K’, vì ta có (2.1.6), (2.1.7) trong G’ nên ta có u(x,y,t) =0 tại đỉnh của nó, tức là u(P)=0. Như vậy u ( x, y, t )  0 trong K  G  S . e. Nghiệm u(x,y,t) được xác định duy nhất trong hình nón K và cả trong hình nón K* đối xứng với K qua mặt phẳng của đáy . Bây giờ ta chứng minh định lí Gọi A là đỉnh của hình nón K. Giả sử nghiệm u(x,y,t) thoả mãn (2.1.5), (2.1.6), (2.1.7). Như vậy trong K u   2u  2u  2u    0 t  t 2 x 2 y 2  u   2u  2u  2u  I    2  2  2  dtdxdy  0 x y  K t  t Và (2.1.8) Rõ ràng ta có u  2u 1   u  .    t t 2 2 t  t  2 u  2u   u u   2u u   u u  1   u  .   .  .   .    t x 2 x  t x  t.x x x  t x  2 t  x  u  2u   u u  1   u  .  .  t y 2 y  t y  2 t  y  2 2 Do đó (2.1.8) có thể viết Bùi Thị Thủy 18 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp  1   u 2  u 2  u 2    u u    u u   I               .    .   dtdxdy  0  x   y   x  t x  y  t y   K  2 t  t    Áp dụng công thức Ôtstrôgratski, ta có 2 2 2    1   u   u   u   u u   c os n, t  2 . . c os n, x        2 S G   t   x   y   t x    2      u u . .cos n, y  ds  0 t y    (2.1.9)  với n là pháp tuyến trong của mặt biên S  G Phương trình mặt đặc trưng S có thể viết   x, y, t   t  x  c    y  c  2 1 2 2 =const (2.1.10) Trong đó hàm   x, y, t  thoả mãn                0  t   x   y  2 2 2 (2.1.11) Vì mặt S có phương trình (2.1.10), nên trên mặt S các đại lượng         , , cos(n, t ), cos(n, x), cos(n, y ) tỉ lệ với và từ (2.1.11) ta suy ra trên t x y      mặt S có hệ thức cos 2 (n, t )  cos 2 (n, x)  cos 2 (n, y )  0 (2.1.12) Trên mặt đáy G, do (2.1.6) và (2.1.7) ta có u u u  x, y,0   0,  x, y,0   0,  x, y,0   0 x y t  Vậy trong (2.1.9), chỉ còn tích phân lấy trên S. Chú ý rằng cos n, t  0    trên mặt S nên ta có thể nhân (2.1.9) với cos n, t , sau đó dùng hệ thức   (2.1.12) thì ta viết được (2.1.9) dưới dạng Bùi Thị Thủy 19 K32A-Khoa Toán Trường ĐH Sư Phạm Hà Nội 2 Khóa luận tốt nghiệp    u 2    u 2    u 2   u 2 2 2 2 2 c os n , x  c os n , y  c os n , t  c os n ,t      S  t   y   t   x           u u u u 2 . .cos n, x .cos n, t  2 . .cos n, y .cos n, t  ds  0 t x t y                  Hay   u    2  u   u    2    u S  t .cos n, x  x .cos n, t    t .cos n, y  y .cos n, t   ds  0             Từ đó, đại lượng dưới dấu tích phân đồng nhất bằng không trên S, hay u u u y x   t   v    cos n, x cos n, y cos n, t       (2.1.13) Gọi m là phương của một đường sinh  bất kì nào đó của mặt bên S. Ta có trên đường sinh    u   u   u u  cos m, x  cos m, y  cos m, t m x y t             v cos m, x cos n, x  cos m, y cos n, y  cos m, t cos n, t       vcos m, n  0                       Vì m  n . Như vậy u(x,y,t)=const dọc trên đường sinh  . Vì tại đáy u(x,y,t)=0 nên u(x,y,t)=0 dọc đường sinh  . Đặc biệt tại đỉnh A :u(A)=0 Định lí hoàn toàn được chứng minh. 2.3. Công thức cho nghiệm của bài toán Cauchy với phương trình truyền sóng Giả sử trong không gian (x,y,z) cho hai hàm   x, y, z  và   x, y, z  trong đó  là hàm sao cho nó và tất cả các đạo hàm của nó kể cho tới cấp 3 Bùi Thị Thủy 20 K32A-Khoa Toán