tài liỆu lý thuyẾt-bài tẬp phƯƠng trình ĐẠo hàm...

NGUYỄN CHÍ PHƯƠNG

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG 01

TÀI LIỆU LÝ THUYẾT-BÀI TẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG

(Tài liệu chỉ mang nh tham khảo – h p://nguyenchiphuong.WordPress.com)

CHƯƠNG 0: NHẮC LẠI MỘT SỐ KIẾN THỨC CŨ

I. Các ký hiệu đạo hàm và công thức

1. Giả thiết hàm 푢:Ω → ℝ, 푥 ∈ Ω ⊂ ℝ . Khi đó

휕푢휕푛

= 푛 grad푢 = (푛 ,푛 , … ,푛 ) 푢 ,푢 , … ,푢 =휕푢휕푥

푛 ;

∆푢 = 푢 =휕 푢휕푥

= ∇ 푢; ∇(푢∇휑) = ∇푢.∇휑 + 푢∇ 휑 (tích phân từng phần)

2. Giả thiết hàm 퐹:Ω → ℝ ,푚 > 1, 푥 ∈ Ω ⊂ ℝ : 퐹(푥) = 푓 (푥),푓 (푥), … ,푓 (푥) ,

푑푖푣퐹 = 푓 + 푓 +⋯+ 푓 = ∇. F trong đó 푓 =

3. Cho Ω ⊂ ℝ là một miền có biên 휕Ω ∈ 퐶 có vecto pháp tuyến 푛 tại các điểm trên mỗi mảnh. Khi đó,

i. 푓 푑Ω = 푓푛 푑푆.

ii. 푓 휑푑Ω = 푓휑푛 푑푆 − 푓휑 푑Ω.

iii. div퐹푑Ω = 퐹.푛푑푆 (công thức Divergence).

iv. φdiv퐹푑Ω = 휑퐹.푛푑푆 − 퐹.∇휑푑Ω.

v. φ∆푢푑Ω = 휑휕푢휕푛

푑푆 − ∇푢∇휑푑Ω (công thức Green 1).

vi. (φ∆푢 − 푢∆휑)푑Ω = (휑휕푢휕푛

− 푢휕휑휕푛

)푑푆 (công thức Green 2).

Chứng minh:



Công thức iv (dựa vào công thức Divergence)

φdiv퐹푑Ω = φ∇. F푑Ω = φ 푓 + 푓 + ⋯+ 푓 푑Ω

= φ푓 푑Ω+ φ푓 푑Ω + ⋯+ φ푓 푑Ω

= φ푓 푛 푑푆 − 푓 휑 푑Ω + φ푓 푛 푑푆 − 푓 휑 푑Ω +⋯

… + φ푓 푛 푑푆 − 푓 휑 푑Ω

= φ(푓 푛 + 푓 푛 + ⋯+ 푓 푛 )푑푆 − 푓 휑 + 푓 휑 + ⋯+ 푓 휑 푑Ω

= φ퐹.푛푑푆 − 퐹.∇휑푑Ω.

Công thức Green 1 (dựa vào công thức iv)

φ∆푢푑Ω = φ∇ 푢푑Ω = φdiv(∇푢)푑Ω = φ∇푢.푛푑푆 − ∇푢∇휑푑Ω

= 휑휕푢휕푛

푑푆 − ∇푢∇휑푑Ω.

Công thức Green 2 (dựa vào công thức Green 1)

(φ∆푢 − 푢∆휑)푑Ω = φ∆푢푑Ω − 푢∆휑푑Ω

= 휑휕푢휕푛

푑푆 − ∇푢∇휑푑Ω + 푢휕휑휕푛

푑푆 − ∇푢∇휑푑Ω

= (휑휕푢휕푛

− 푢휕휑휕푛

)푑푆.



II. Phương trình vi phân

1. Phương trình vi phân tuyến nh cấp 1:

푢 + 푃(푥)푢 = 푄(푥)

Nghiệm tổng quát:

푢 = 푒 ∫ ( ) 푄(푥)푒∫ ( ) 푑푥 + 퐶 .

2. Phương trình tuyến nh cấp 2:

푢 + 푎푢 + 푏 = 푓(푥)

Cách m nghiệm tổng quát

Bước 1: Tìm nghiệm tổng quát 푢 của phương trình tuyến nh thuần nhất: 푢 + 푎푢 + 푏 = 0.

Giải phương trình đa thức đặc trưng: 푘 + 푎푘 + 푏 = 0 (1)

Trường hợp hợp (1) có hai nghiệm phân biệt 푘 ,푘 thì 푢 = 퐶 푒 + 퐶 푒 .

Trường hợp hợp (1) có nghiệm kép 푘 thì 푢 = 퐶 푒 + 푥퐶 푒 .

Trường hợp hợp (1) có nghiệm phức 훼 ± 푖훽 thì 푢 = 퐶 푒 푐표푠훽푥 + 퐶 푒 푠푖푛훽푥.

Bước 2: Tìm nghiệm riêng 푈 của PT tuyến nh không thuần nhất 푢 + 푎푢 + 푏 = 푓(푥).

Nếu 푓(푥) = 푒 푃 (푥) (훼 ∈ ℝ, 푛 = 푑푒푔푃(푥)):

훼 là nghiệm đơn của (1) thì 푈 = 푥푒 푄 (푥).

훼 là nghiệm kép của (1) thì 푈 = 푥 푒 푄 (푥).

훼 là không là nghiệm của (1) thì 푈 = 푒 푄 (푥).

Nếu 푓(푥) = 푒 (푃 (푥)푐표푠훽푥 + 푄 (푥)푠푖푛훽푥) (훼,훽 ∈ ℝ,푛 = 푑푒푔푃(푥),푚 = 푑푒푔푄(푥)):

훼 ± 푖훽 là nghiệm của (1) thì 푈 = 푥푒 [푅 (푥)푐표푠훽푥 + 푆 (푥)푠푖푛훽푥].

훼 ± 푖훽 không là nghiệm của (1) thì 푈 = 푒 [푅 (푥)푐표푠훽푥 + 푆 (푥)푠푖푛훽푥].

Trong đó 푙 = max {푛,푚}

Bước 3: Kết luận nghiệm tổng quát của phương trình 푢 = 푢 + 푈.



III. Biến đổi Fourier:

Có 3 cách biến đổi Fourier thông dụng

Dạng biến đổi Cộng thức Biến đổi ngược

Fourier tổng quát 퐹(푢) = ∫ 푢(푥, 푡)푒 푑푥 푢(푥, 푡) = ∫ 퐹(푢)푒 푑푝

Fourier sin 퐹 (푢) = ∫ 푢(푥, 푡)푠푖푛푝푥푑푥 푢(푥, 푡) = ∫ 퐹 (푢)푠푖푛푝푥푑푝

Fourier cos 퐹 (푢) = ∫ 푢(푥, 푡)푐표푠푝푥푑푥 푢(푥, 푡) = ∫ 퐹 (푢)푐표푠푝푥푑푝

IV. Biến đổi Laplace

Cặp biến đổi Laplace

풗(풑) = ∫ 풖(풕)풆 풑풕풅풕ퟎ = 퓛(풖(풕)) 풖(풕)

, , , … , 1,!,

!, … ,

!

푒

; sin(푎푡) , cos(푎푡)

√

√

푣(푝)푒 푢(푡 − 푥)퐻(푡 − 푥)

Trong các chương ếp theo chúng ta sẽ giải m nghiệm của một số bài toán bằng các phương pháp khác

nhau dựa vào điều kiện ban đầu.



CHƯƠNG 1: PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN

Xét phương trình dạng: 훼푢 + 훽푢 + 퐴푢 = 푓, 푥 ∈ Ω ⊂ ℝ , 푡 > 0, với,

퐴 = −∑ , 푎 ; ∑ 푎 휉 휉, ≥ 퐶 (휉 + 휉 + ⋯+ 휉 ); ⟨푓,푔⟩ = ∫ 푓푔푑Ω

Bước 1: Lấy hàm Φ ∈ 퐶 (Ω) ta có:

훼⟨푢 ,Φ⟩ + 훽⟨푢 ,Φ⟩+ 퐴⟨푢,Φ⟩ = ⟨푓,Φ⟩

⇔ 훼휕휕푡

⟨푢,Φ⟩ + 훽휕푢휕푡⟨푢,Φ⟩ + ⟨푢,퐴∗Φ⟩ + 푠ố ℎạ푛푔 푏푖ê푛 = ⟨푓,Φ⟩ (∗)

Bước 2: Tìm Φ sao cho 퐴∗Φ = λΦ

푠ố ℎạ푛푔 푏푖ê푛 푡푟푖ệ푡 푡푖ê푢. Ta có họ các vecto riêng {Φ } và các giá trị riêng λ .

Bước 3: Tìm ⟨푢,Φ ⟩,‖Φ ‖ (nếu có) và ⟨푢,Φ ⟩,‖Φ ‖ .

Bước 4: Kết luận hàm (theo khai triển Fourier)

푢(푥, 푡) = ∑ ⟨ , ⟩‖ ‖ Φ (bất đẳng thức Parseval).

Sau đây là một số bài tập xét trong trường hợp điều kiện thuần nhất

Bài 1.1: Bằng phương pháp tách biến m hàm 풖(풙, 풕) thỏa

풖풕 = 풄ퟐ풖풙풙;ퟎ < 풙 < 풍, 풖풙(ퟎ, 풕) = 풖풙(풍, 풕) = ퟎ,풖(풙,ퟎ) = 휷풙;ퟎ < 풙 < 풍.

Giải:

B1: Lấy hàm Φ ∈ 퐶 [0, 푙] ta có:

푢 (푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 푢 (푥, 푡)Φ(푥)푑푥

⇔휕휕푡

푢(푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 [푢 (푥, 푡)Φ(푥) − 푢(푥, 푡)Φ′(푥)] + 푐 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥

⇔휕휕푡

푢(푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 [−푢(푙, 푡)Φ (푙) + 푢(0, 푡)Φ (0)] + 푐 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥. (∗)

B2: Chọn Φ sao cho Φ(푥) = λΦ(푥),

Φ (푙) = Φ (0) = 0.

Phương trình đặc trưng: 푘 = 휆



Trường hợp 휆 > 0 ⇒ 퐾 = ±√휆

⇒ Φ(푥) = 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ ⇒ Φ (푥) = 퐶 √휆푒√ − 퐶 √휆푒 √ .

Do Φ (푙) = Φ (0) = 0 ⇒ 퐶 √휆푒 √ − 퐶 √휆푒 √ = 0퐶 √휆 − 퐶 √휆 = 0

⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).

Trường hợp 휆 = 0 ⇒ Φ (푥) = 0 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푥 + 퐶 ⇒ Φ′(푥) = 퐶 .

Do Φ (푙) = Φ (0) = 0 ⇒ 퐶 = 0퐶 = 0 ⇔ 퐶 = 0. Chọn 퐶 = 1 ⇒ Φ (푥) = 1.

Trường hợp 휆 < 0 ⇒ 푘 = ±푖√−휆.

⇒ Φ(푥) = 퐶 cos √−휆푥 + 퐶 sin √−휆푥 .

⇒ Φ (푥) = −퐶 √−휆 sin √−휆푥 + 퐶 √−휆cos (√−휆푥).

Do Φ (푙) = Φ (0) = 0 ⇒−퐶 √−휆 sin 푙√−휆 + 퐶 √−휆cos (푙√−휆) = 0퐶 √−휆 = 0

⇔ −퐶 √−휆 sin 푙√−휆 = 0퐶 = 0

Chọn 퐶 = 1 ⇒ sin 푙√−휆 = 0 ⇔ 푙√−휆 = 푛휋 ⇔ 휆 = −

Ta có Φ = Φ = cos 푥 ; 휆 = 휆 = − .

B3: Tính ⟨푢,Φ ⟩, ‖Φ ‖ và ⟨푢,Φ ⟩, ‖Φ ‖

Tính ⟨푢,Φ ⟩: từ (*) ta có

휕휕푡

푢(푥, 푡)푑푥 = 0 ⇔ 푢(푥, 푡)푑푥 = 퐶.

Cho 푡 = 0 ta có

푢(푥, 0)푑푥 = 퐴 ⇔ 훽 푥 푑푥 = 퐴 ⇔ 퐴 =훽푙2

⇒ ⟨푢,Φ ⟩ =훽푙2

và ‖Φ ‖ = 푙.

Tính ⟨푢,Φ ⟩: từ (*) ta có

휕휕푡

푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥 = 푐 휆 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥

Đặt 푢 (푡) = ∫ 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥 ta có phương trình: 푢 = 푐 휆 푢 ⇒ 푢 (푡) = 퐵푒 .

Cho 푡 = 0 ta có

퐵 = 푢 (0) = 푢(푥, 0)Φ (푥)푑푥 = 훽 푥 cos푛휋푙푥 푑푥



= 훽푙푛휋

푥푠푖푛푛휋푙푥 +

푙푛휋

cos (푛휋푙푥) = 훽

푙푛휋

[(−1) − 1].

Suy ra

⟨푢,Φ ⟩ = 훽푙푛휋

[(−1) − 1]푒 .

‖Φ ‖ = cos (푛휋푙푥)푑푥 =

12

1 + cos (2푛휋푙푥) 푑푥 =

12푥 +

푙2푛휋

sin (2푛휋푙푥) =

푙2

.

B4: Vậy theo khai triển Fourier ta có

푢(푥, 푡) =⟨푢,Φ ⟩‖Φ ‖ Φ +

⟨푢,Φ ⟩‖Φ ‖ Φ =

훽푙2

+훽 푙

푛휋 [(−1) − 1]푒푙2

cos푛휋푙푥

=훽푙2

+2훽푙휋

[(−1) − 1]푒푛

cos푛휋푙푥 푣ớ푖 휆 = −

푛휋푙


풖풙풙 = 풄ퟐ풖풕풕, 풖(ퟎ, 풕) = 풖(ퟏ, 풕) = ퟎ; 풕 > ퟎ, 풖(풙,ퟎ) = ퟎ,풖풕(풙,ퟎ) = ퟏ;ퟎ < 풙 < ퟏ.

Giải:

B1: Lấy hàm Φ ∈ 퐶 [0,1] ta có:

푢 (푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 푢 (푥, 푡)Φ(푥)푑푥

⇔ [푢 (푥, 푡)Φ(푥) − 푢(푥, 푡)Φ′(푥)] + 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥 = 푐휕휕푡

푢(푥, 푡)Φ(푥)푑푥

⇔ 푢 (1, 푡)Φ(1) − 푢 (0, 푡)Φ(0) + 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥 = 푐휕휕푡

푢(푥, 푡)Φ(푥)푑푥 (∗)


Φ(1) = Φ(0) = 0.


Trường hợp 휆 > 0 ⇒ 퐾 = ±√휆 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ .

Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ = 0퐶 + 퐶 = 0

⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).



Trường hợp 휆 = 0 ⇒ Φ (푥) = 0 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푥 + 퐶 .

Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 + 퐶 = 0퐶 = 0 ⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).



Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 cos √−휆 + 퐶 sin(√−휆) = 0퐶 = 0

Chọn 퐶 = 1 ⇒ sin √−휆 = 0 ⇔ √−휆 = 푛휋 ⇔ 휆 = −(푛휋) .

Ta có Φ = Φ = sin(푛휋푥) ; 휆 = 휆 = −(푛휋) .

B3: Tính ⟨푢,Φ ⟩, ‖Φ ‖

Từ (*) ta có

휆 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥 = 푐휕휕푡

푢(푥, 푡)Φ(푥)푑푥

Đặt 푢 (푡) = ∫ 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥 ta có phương trình: 휆 푢 (푡) = 푐 푢 (푡)

Phương trình đặc trưng: 푐 푘 = 휆 ⇔ 푘 = ( ) ⇔ 푘 = ±푖 .

⇒ 푢 (푡) = 퐶 cos 푡 + 퐶 sin 푡 ; 푢 (푡) = − 퐶 sin 푡 + 퐶 cos 푡 .

Do 푢(푥, 0) = 0

푢 (푥, 0) = 1 nên cho 푡 = 0 ta có

퐶 = 0

퐶 = ∫ sin(푛휋푥) 푑푥 = ( ) ⇔퐶 = 0

퐶 = ( ) . 푐

Suy ra ⟨푢,Φ ⟩ = ( ) . 푐 푠푖푛 푡 .

‖Φ ‖ = ∫ sin (푛휋푥)푑푥 = ∫ (1− cos (2푛휋푥))푑푥 = 푥 − sin (2푛휋푥) = .


푢(푥, 푡) =⟨푢,Φ ⟩‖Φ ‖ Φ =

(−1) + 1푛 휋 . 푐 푠푖푛 푛휋

푐 푡12

sin(푛휋푥)

=2푐휋

(−1) + 1푛

sin푛휋푐푡 sin(푛휋푥).



Bây giờ ta sẽ xét bài toán với điều kiện không thuần nhất 풖|흏휴 ≠ ퟎ, 흏풖흏풏

|흏휴 ≠ ퟎ. Ví dụ như 풖(ퟎ, 풕) = 풕

hay 풖풙(풂, 풕) = 풕.


풖풕 = 풄ퟐ풖풙풙;ퟎ < 풙 < ퟏ, 풕 > ퟎ 풖(ퟎ, 풕) = ퟎ,풖(ퟏ, 풕) = ퟏ, 풖(풙,ퟎ) = ퟎ;ퟎ < 풙 < ퟏ.

Giải:

Đặt 푣(푥, 푡) = 푢(푥, 푡) − 푥 ta được hệ

푣 = 푐 푣 ; 0 < 푥 < 1, 푡 > 0 푣(0, 푡) = 0, 푣(1, 푡) = 0, 푣(푥, 0) = −푥; 0 < 푥 < 1.

B1: Lấy hàm Φ ∈ 퐶 [0,1] ta có:

푣 (푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 푣 (푥, 푡)Φ(푥)푑푥

⇔휕휕푡

푣(푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 [푣 (푥, 푡)Φ(푥) − 푣(푥, 푡)Φ′(푥)] + 푐 푣(푥, 푡)Φ′′(푥)푑푥

⇔휕휕푡

푣(푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푣 (1, 푡)Φ(1) − 푣 (0, 푡)Φ(0) + 푐 푣(푥, 푡)Φ ( )푑푥. (∗)


Φ(1) = Φ(0) = 0.


Trường hợp 휆 > 0 ⇒ 퐾 = ±√휆 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ .

Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ = 0퐶 + 퐶 = 0

⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).

Trường hợp 휆 = 0 ⇒ Φ (푥) = 0 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푥 + 퐶 .

Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 + 퐶 = 0퐶 = 0 ⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).







Ta có Φ = Φ = sin(푛휋푥) ; 휆 = 휆 = −(푛휋) .

B3: Tính ⟨푣,Φ ⟩, ‖Φ ‖

Từ (*) ta có

휕휕푡

푣(푥, 푡)Φ(푥)푑푥 = 푐 휆 푣(푥, 푡)Φ(푥)푑푥

Đặt

푣 (푡) = 푢(푥, 푡)Φ (푥)푑푥

Ta có phương trình: 푣 (푡) = 푐 휆 푣 (푡) ⇒ 푣 (푡) = 퐶푒

Cho 푡 = 0 ta có

퐶 = 푣 (0) = 푢(푥, 0)Φ (푥)푑푥 = − 푥 sin(푛휋푥) 푑푥

= − −푥1푛휋

cos(푛휋푥) +1

푛 휋푠푖푛(푛휋푥) = − −

1푛휋

(−1) =(−1)푛휋

.

Suy ra

⟨푢,Φ ⟩ =(−1)푛휋

푒 .

‖Φ ‖ = sin (푛휋푥)푑푥 =12

(1− cos (2푛휋푥))푑푥 =12푥 −

12푛휋

sin (2푛휋푥) =12

.


푣(푥, 푡) =⟨푢,Φ ⟩‖Φ ‖ Φ =

(−1)푛휋 푒

12

sin(푛휋푥) =2휋

(−1)푛

푒 sin(푛휋푥).

Suy ra

푢(푥, 푡) = 푣(푥, 푡) + 푥 = 푥 +2휋

(−1)푛

푒 sin(푛휋푥).


풖풙풙 + 풖풚풚 = ퟎ;ퟎ < 풙,풚 < ퟏ,풖(풙,ퟎ) = 풖(ퟎ,풚) = ퟎ, 풖(풙,ퟏ) = 풙, 풖풙(ퟏ,풚) = ퟏ.



Giải:

Đặt 푣(푥,푦) = 푢(푥,푦) − 푥푦 ta có hệ

푣 + 푣 = 0; 0 < 푥,푦 < 1, 푣(푥, 0) = 푣(0,푦) = 0, 푣(푥, 1) = 0, 푣 (1,푦) = 1 − 푦.

B1: Lấy hàm Φ ∈ 퐶 [0,1],Φ = Φ(푦) ta có:

푣 (푥,푦)Φ(푦)푑푦 + 푣 (푥,푦)Φ(푦)푑푦 = 0

⇔휕휕푥

푣(푥,푦)Φ(푦)푑푦+ 푣 (푥,푦)Φ(푦)− 푣(푥,푦)Φ′(푦) + 푣(푥,푦)Φ ( )푑푦 = 0

⇔휕휕푥

푣(푥, 푦)Φ(푦)푑푦 + 푣 (푥, 1)Φ(1) − 푣 (푥, 0)Φ(0) + 푣(푥,푦)Φ (푦)푑푦 = 0 (∗)

B2: Chọn Φ sao cho Φ(푦) = λΦ(푦),

Φ(1) = Φ(0) = 0.


Trường hợp 휆 > 0 ⇒ 푘 = ±√휆 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ .

Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 푒√ + 퐶 푒 √ = 0퐶 + 퐶 = 0

⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).

Trường hợp 휆 = 0 ⇒ Φ (푦) = 0 ⇒ Φ(푥) = 퐶 푦 + 퐶 .

Do Φ(1) = Φ(0) = 0 ⇒ 퐶 + 퐶 = 0퐶 = 0 ⇔ 퐶 = 퐶 = 0 (푙표ạ푖).


⇒ Φ(푦) = 퐶 cos √−휆푦 + 퐶 sin √−휆푦 .



Ta có Φ = Φ = sin(푛휋푦) ; 휆 = 휆 = −(푛휋) .

B3: Tính ⟨푣,Φ ⟩, ‖Φ ‖

Từ (*) ta có

휕휕푥

푣(푥,푦)Φ (푦)푑푦 + 휆 푣(푥,푦)Φ (푦)푑푦 = 0.

Đặt



푣 (푥) = 푣(푥,푦)Φ (푦)푑푦

Ta có phương trình: 푣 (푥) + 휆 푣 (푥) = 0

Phương trình đặc trưng: 푘 = −휆 = (푛휋) ⇔ 푘 = ±푛휋

⇒ 푣 (푥) = 퐶 푒 + 퐶 푒 ; 푣 (푥) = 푛휋퐶 푒 − 푛휋퐶 푒

Do 푣(0,푦) = 0 푣 (1,푦) = 1− 푦 nên ta có

퐶 + 퐶 = 0 푛휋퐶 푒 − 푛휋퐶 푒 = ∫ (1− 푦) sin(푛휋푦)푑푦

⇔퐶 + 퐶 = 0

푛휋퐶 푒 − 푛휋퐶 푒 = −(1 − 푦) cos(푛휋푦) − 푠푖푛(푛휋푦)

⇔퐶 + 퐶 = 0

푛휋퐶 푒 − 푛휋퐶 푒 = −(1 − 푦) cos(푛휋푦) − sin(푛휋푦) =

⇔퐶 + 퐶 = 0 퐶 푒 − 퐶 푒 = ⇔

퐶 =( )

= ( )

퐶 =( )

= ( )

Suy ra

⟨푣,Φ ⟩ =1

2푛 휋 cosh(푛휋) 푒 −1

2푛 휋 cosh(푛휋) 푒 =1

2푛 휋 cosh (푛휋)(푒 − 푒 )

=1

2푛 휋 cosh (푛휋)2 sinh(푛휋푥) =

sinh (푛휋푥)푛 휋 cosh (푛휋)

.

‖Φ ‖ = sin (푛휋푦)푑푦 =12

(1− cos (2푛휋푦))푑푦 =12푦 −

12푛휋

sin (2푛휋푦) =12

.


푣(푥,푦) =⟨푣,Φ ⟩‖Φ ‖ Φ =

sinh(푛휋푥)푛 휋 cosh(푛휋)

12

sin(푛휋푦) =2휋

sinh (푛휋푥)푛 cosh (푛휋)

sin(푛휋푦).

Suy ra

푢(푥,푦) = 푣(푥, 푡) + 푥푦 = 푥푦 +2휋

sinh (푛휋푥)푛 cosh (푛휋)

sin(푛휋푦).



CHƯƠNG 2: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI FOURIER

Từ hàm 푢 ban đầu (chưa biết), ta biến đổi Fourier 퐹(푢) của hàm 푢, sau đó sử dụng công thức biến đổi

Fourier ngược để ma àm 푢. Tùy vào điều kiện của bài toán mà ta chọn biến đổi Fourier cho thích hợp, cụ

thể:

Bài toán có giả thiết 푢(0, 푡) sử dụng biến đỗi Fourier sin.

Bài toán có giả thiết 푢 (0, 푡) sử dụng biến đỗi Fourier cos.

Các trường hợp khác sử dụng công thức dạng phức trong biến đổi Fourier.

Sau đây là một số bài tập tham khảo,

Bài 2.1: Bằng phương pháp biến đổi Fourier m hàm 풖(풙,풚) thỏa:

풖풙풙 + 풖풚풚 = ퟎ, 풖(ퟎ,풚) = ퟎ;풙,풚 > ퟎ, 풖(풙,ퟎ) = 풇(풙),풉à풎 풖(풙,풚)풃ị 풄풉ặ풏.

Giải: Sử dụng phương pháp biến đổi Fourier sin ta có

푢 (푥,푦) sin(푝푥)푑푥 + 푢 (푥,푦) sin(푝푥)푑푥 = 0

⇔ [푢 (푥, 푦) sin(푝푥) − 푝푢(푥,푦) cos(푝푥)] →→ − 푝 푢(푥,푦) sin(푝푥)푑푥 +

+휕휕푦

푢(푥,푦) sin(푝푥)푑푥 = 0

Giả sử 푢 (푥,푦) → 0,푢(푥,푦) → 0 khi 푥 → ∞ khi đó ta có

−푝 푢(푥,푦) sin(푝푥) 푑푥 +휕휕푦

푢(푥,푦) sin(푝푥)푑푥 = 0

Đặt

푣(푝,푦) = 푢(푥,푦) sin(푝푥)푑푥

Ta có phương trình: 푣 − 푝 푣 = 0

Phương trình đặc trưng: 푘 = 푝 ⇔ 푘 = ±푝 ⇒ 푣(푝,푦) = 퐶 푒 + 퐶 푒

Do hàm 푢(푥,푦) bị chặn nên 푣(푝,푦) bị chặn ⇒ 퐶 = 0 ⇒ 푣(푝,푦) = 퐶 푒

Cho 푦 = 0 ta có



퐶 = 푣(푝, 0) = 푢(푥, 0) sin(푝푥)푑푥 = 푓(푥) sin(푝푥)푑푥

⇒ 푣(푝,푦) = 푓(푥) sin(푝푥) 푒 푑푥

Suy ra

푢(푥,푦) =2휋

푓(푡) sin(푝푡) 푒 푑푡 sin(푝푥)푑푝

=1휋

2푒 sin(푝푡) sin(푝푥)푑푝 푓(푡)푑푡

=1휋

퐼푓(푡)푑푡

Tính

퐼 = 2푒 sin(푝푡) sin(푝푥)푑푝 = 푒 [cos 푝(푡 − 푥) − cos 푝(푡 + 푥)]푑푝

= 푒 [푐표푠푝(푡 − 푥)]푑푝 − 푒 [푐표푠푝(푡 + 푥)]푑푝 = 퐼 − 퐼 ,

trong đó

퐼 = 푒 [푐표푠푝(푡 − 푥)]푑푝 = −1푦푒 푐표푠푝(푡 − 푥)

→

→

−푡 − 푥푦

푒 푠푖푛푝(푡 − 푥)푑푝

=1푦−푡 − 푥푦

−1푦푒 푠푖푛푝(푡 − 푥)

→

→

+푡 − 푥푦

푒 푐표푠푝(푡 − 푥)푑푝

=1푦−푡 − 푥푦

푡 − 푥푦

퐼 =1푦−

푡 − 푥푦

퐼 .

Suy ra

1 +푡 − 푥푦

퐼 =1푦⇔ 퐼 =

푦푦 + (푡 − 푥)

.Tương tự ta có 퐼 =푦

푦 + (푡 + 푥)

Vậy

푢(푥,푦) =1휋

푦푦 + (푡 − 푥)

−푦

푦 + (푡 + 푥)푓(푡)푑푡 .




풖풙풙 =ퟏ풌풖풕,

풖(ퟎ, 풕) = ퟎ;풙, 풕 > ퟎ,풖(풙,ퟎ) = 풇(풙).


푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥 =1푘

푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥

⇔ [푢 (푥, 푡) sin(푝푥) − 푝푢(푥, 푡) cos(푝푥)] →→ − 푝 푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥 =

1푘휕휕푡

푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥.

Giả sử 푢 (푥,푦) → 0,푢(푥,푦) → 0 khi 푥 → ∞ khi đó ta có

−푝 푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥 =1푘휕휕푡

푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥.

Đặt

푣(푝, 푡) = 푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥.

Ta có phương trình: −푝 푣 = 푣 ⇒ 푣(푝, 푡) = 퐶푒 .

Cho 푡 = 0 ta có

퐶 = 푣(푝, 0) = 푢 (푥, 0) sin(푝푥)푑푥 = 푓(푥) sin(푝푥)푑푥.

⇒ 푣(푝, 푡) = 푓(푥) sin(푝푥) 푒 푑푥.

Suy ra

푢(푥, 푡) =2휋

푓(푠) sin(푝푠) 푒 푑푠 sin(푝푥)푑푝.

Bây giờ ta xét bài tập với hàm 풇(풙) cho cụ thể.


풖풕 = ퟐ풖풙풙, 풖(ퟎ, 풕) = ퟎ;풙, 풕 > ퟎ,풖(풙,ퟎ) = 풆 풙.




푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥 = 2 푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥

⇔휕휕푡

푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥 = 2[푢 (푥, 푡) sin(푝푥) − 푝푢(푥, 푡) cos(푝푥)] →→ − 2푝 푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥

Giả sử 푢 (푥, 푡) → 0,푢(푥, 푡) → 0 khi 푥 → ∞ khi đó ta có

휕휕푡

푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥 = −2푝 푢 (푥, 푡) sin(푝푥)푑푥.

Đặt


Ta có phương trình: 푣 = −2푝 푣 ⇒ 푣(푝, 푡) = 퐶푒 .

Cho 푡 = 0 ta có

퐶 = 푣(푝, 0) = 푢 (푥, 0) sin(푝푥)푑푥 = 푒 sin(푝푥)푑푥

= [−푒 sin (푝푥)] →→ + 푝 푒 cos(푝푥)푑푥 = 푝 푒 cos(푝푥)푑푥

= 푝[−푒 cos(푝푥)] →→ − 푝 퐶 = 푝 − 푝 퐶

⇒ 퐶 =푝

푝 + 1⇒ 푣(푝, 푡) =

푝푝 + 1

푒

Suy ra

푢(푥, 푡) =2휋

푝푝 + 1

푒 sin(푝푥)푑푝


풖풙풙 =ퟏ풌풖풕,

풖풙(ퟎ, 풕) = −풂;풙, 풕 > ퟎ,풖(풙,ퟎ) = ퟎ.

Giải:

Sử dụng phương pháp biến đổi Fourier cos ta có:

푢 (푥, 푡) cos(푝푥)푑푥 =1푘

푢 (푥, 푡) cos(푝푥)푑푥



⇔ [푢 (푥, 푡) cos(푝푥) + 푝푢(푥, 푡) sin(푝푥)] →→ − 푝 푢 (푥, 푡) cos(푝푥)푑푥 =

1푘휕휕푡

푢 (푥, 푡) cos(푝푥) 푑푥.

Giả sử 푢 (푥, 푡) → 0,푢(푥, 푡) → 0 khi 푥 → ∞ khi đó ta có

푎 − 푝 푢 (푥, 푡) cos(푝푥)푑푥 =1푘휕휕푡

푢 (푥, 푡) cos(푝푥)푑푥.

Đặt


Ta có phương trình: 푎 − 푝 푣 = 푣 ⇔ 푣 + 푘푝 푣 = 푎푘.

⇒ 푣(푝, 푡) = 푒 ∫ 푎푘푒∫ 푑푡 + 퐶 = 푒 푎푘 푒 푑푡 + 퐶

= 푒 푎푘1푘푝

푒 + 퐶 = 푒푎푝푒 + 퐶 .

Cho 푡 = 0 ta có

푎푝

+ 퐶 = 푣(푝, 0) = 푢 (푥, 0) sin(푝푥)푑푥 = 0 ⇔ 퐶 = −푎푝

.

⇒ 푣(푝, 푡) = 푒푎푝푒 −

푎푝

=푎푝

1− 푒 .

Suy ra

푢(푥, 푡) =2휋

푎푝

1− 푒 cos(푝푥)푑푝.


훁ퟐ풖 = ퟎ;풙 ∈ ℝ,ퟎ < 풚 < 풂, 풖(풙,ퟎ) = 풇(풙), 풖(풙,풂) = ퟎ.

Giải: Sử dụng phương pháp biến đổi Fourier tổng quát ta có

푢 (푥,푦)푒 푑푥 + 푢 (푥,푦)푒 푑푥 = 0

⇔ (푖푝) 푢 (푥,푦)푒 푑푥 +휕휕푦

푢 (푥,푦)푒 푑푥 = 0.

Đặt



푣(푝,푦) = 푢 (푥,푦)푒 푑푥.

Ta có phương trình: (푖푝) 푣 + 푣 = 0 ⇔ 푣 − 푝 푣 = 0.

Phương trình đặc trưng: 푘 = 푝 ⇔ 푘 = ±푝 ⇒ 푣(푝,푦) = 퐶 푒 + 퐶 푒 . (1)

Do 푢(푥, 0) = 푓(푥)푢(푥,푎) = 0 nên ta lần lượt cho 푦 = 0,푦 = 1 vào (1) ta có

⎩⎪⎨

⎪⎧퐶 + 퐶 = 푣(푝, 0) = 푢 (푥, 0)푒 푑푥 = 푓(푥)푒 푑푥 = 푓(푝)

퐶 푒 + 퐶 푒 = 푣(푥,푎) = 푢 (푥,푎)푒 푑푥 = 0

⇔

⎩⎪⎨

⎪⎧퐶 =

−푒푒 − 푒

푓(푝) =−푒

2 sinh(푝푎)푓(푝)

퐶 =푒

푒 − 푒푓(푝) =

푒2 sinh(푝푎)푓

(푝)

⇒ 푣(푝,푦) =−푒

2 sinh(푝푎)푓(푝)푒 +

푒2 sinh(푝푎)푓

(푝)푒

=−푒 ( )

2 sinh(푝푎)푓(푝) +

푒 ( )

2 sinh(푝푎)푓(푝) =

푒 ( ) − 푒 ( )

2 sinh(푝푎) 푓(푝)

=sinh(푝(푎 − 푦))

sinh(푝푎) 푓(푝).

Suy ra

푢(푥, 푦) =1

2휋sinh(푝(푎 − 푦))

sinh(푝푎) 푓(푝)푒 푑푝.

Bài 2.6: Bằng phương pháp biến đổi Fourier m hàm 풖(풙, 풕) thỏa:

⎩⎪⎨

⎪⎧풂ퟐ

흏ퟒ풖흏풙ퟒ

+흏ퟐ풖흏풕ퟐ

= ퟎ;ퟎ ≤ 풕 ≤ ∞,−∞ ≤ 풙 ≤ +∞,

풖(풙,ퟎ) = 풇(풙), 흏풖흏풕

(풙,ퟎ) = ퟎ.

Giải: Sử dụng phương pháp biến đổi Fourier tổng quát ta có

푎휕 푢휕푥

(푥, 푡)푒 푑푥 +휕 푢휕푡

(푥, 푡)푒 푑푥 = 0

⇔ 푎 (푖푝) 푢 (푥, 푡)푒 푑푥 +휕휕푡

푢 (푥,푦)푒 푑푥 = 0.



Đặt

푣(푝, 푡) = 푢 (푥, 푡)푒 푑푥.

Ta có phương trình: 푎 (푖푝) 푣 + 푣 = 0 ⇔ 푣 + (푎푝 ) 푣 = 0.

Phương trình đặc trưng: 푘 = −(푎푝 ) ⇔ 푘 = ±푖푎푝 .

⇒ 푣(푝, 푡) = 퐶 cos(푎푝 푡) + 퐶 sin(푎푝 푡), (1)

푣à 푣 (푝, 푡) = −푎푝 퐶 sin(푎푝 푡) + 푎푝 퐶 cos(푎푝 푡). (2)

Do 푢(푥, 0) = 푓(푥)

(푥, 0) = 0 nên cho 푡 = 0 lần lượt vào biểu thức (1),(2) ta có

⎩⎪⎨

⎪⎧퐶 = 푣(푝, 0) = 푢 (푥, 0)푒 푑푥 = 푓(푥) 푒 푑푥 = 푓(푝)

푎푝 퐶 = 푣 (푝, 0) =휕푢휕푡

(푥, 0) 푒 푑푥 = 0 ⇔ 퐶 = 푓(푝)

퐶 = 0

⇒ 푣(푝, 푡) = 푓(푝) cos(푎푝 푡).

Suy ra

푢(푥, 푡) =1

2휋푓(푝) cos(푎푝 푡) 푒 푑푝.



CHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI LAPLACE

Sử dụng định lý Shi : 퐹 = ℒ푓.

퐹(푝)푒 = ℒ[푓(푥 − 푎)퐻(푥 − 푎)] trong đó 퐻(푥) = 1 푛ế푢 푥 > 00 푛ế푢 푥 < 0

Bài 3.1: Bằng phương pháp biến đổi Laplace m hàm 풖(풙, 풕) thỏa:

흏풖흏풙

+흏풖흏풕

= 풙;풙, 풕 > ퟎ,

풖(풙,ퟎ) = ퟎ, 풖(ퟎ, 풕) = ퟎ.

Giải:

Ta có

휕푢휕푥

(푥, 푡)푒 푑푡 +휕푢휕푡

(푥, 푡)푒 푑푡 = 푥 푒 푑푡

⇔휕휕푥

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 + [푒 푢(푥, 푡)] →→ + 푝 푢 (푥, 푡)푒 푑푡 = 푥 푒 푑푡

⇔휕휕푥

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 + 푝 푢 (푥, 푡)푒 푑푡 =푥푝

.

Đặt

푣(푥,푝) = 푢 (푥, 푡)푒 푑푡.

Ta có phương trình: 푣 + 푝푣 =

⇒ 푣(푥,푝) = 푒 ∫ 1푝

푥푒 ∫ 푑푥 + 퐶 = 푒1푝

푥푒 푑푥 + 퐶

= 푒1푝푥푝푒 −

1푝푒 + 퐶 = 푒

푥푝푒 −

1푝푒 + 퐶 . (1)

Cho 푥 = 0 thay vào (1) ta có

−1푝

+ 퐶 = 푣(0,푝) = 푢 (0, 푡)푒 푑푡 = 0 ⇔ 퐶 =1푝

.

⇒ 푣(푥,푝) = 푒푥푝푒 −

1푝푒 +

1푝

=푥푝

−1푝

+1푝푒

Biến đổi Laplace ta có



푣(푥,푝) = ℒ 푡푥 −푡2

+(푡 − 푥)

2퐻(푡 − 푥)

Suy ra

푢(푥, 푡) = 푡푥 −푡2

+(푡 − 푥)

2퐻(푡 − 푥) =

⎩⎨

⎧푡푥 −푡2

+(푡 − 푥)

2 푛ế푢 푡 − 푥 > 0

푡푥 −푡2

푛ế푢 푡 − 푥 < 0


풙풖풕 + 풖풙 = 풙;풙, 풕 > ퟎ,풖(풙,ퟎ) = ퟎ, 풖(ퟎ, 풕) = ퟎ.

Giải:

Ta có

푥 푢 (푥, 푡)푒 푑푡 + 푢 (푥, 푡)푒 푑푡 = 푥 푒 푑푡

⇔ 푥[푒 푢(푥, 푡)] →→ + 푥푝 푢 (푥, 푡)푒 푑푡 +

휕휕푥

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 = 푥 푒 푑푡

⇔ 푥푝 푢 (푥, 푡)푒 푑푡 +휕휕푥

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 =푥푝

.

Đặt


Ta có phương trình: 푣 + 푥푝푣 =

⇒ 푣(푥,푝) = 푒 ∫ 1푝

푥푒 ∫ 푑푥 + 퐶 = 푒1푝

푥푒 푑푥 + 퐶 = 푒1푝푒 + 퐶 . (1)

Cho 푥 = 0 thay vào (1) ta có

1푝

+ 퐶 = 푣(0,푝) = 푢 (0, 푡)푒 푑푡 = 0 ⇔ 퐶 = −1푝

.

⇒ 푣(푥,푝) = 푒1푝푒 −

1푝

=1푝

− 1푝

푒 .




푣(푥,푝) = ℒ 푡 − (푡 −푥2

)퐻(푡 −푥2

)

Suy ra

푢(푥, 푡) = 푡푥 − 푡 −푥2

퐻 푡 −푥2

=

⎩⎨

⎧푥2

푛ế푢 푡 −푥2

> 0

푡푥 푛ế푢 푡 −푥2

< 0


풖풙풙 =ퟏ풄ퟐ풖풕풕 − 풌풔풊풏(흅풙);ퟎ < 풙 < ퟏ, 풕 > ퟎ,

풖(풙,ퟎ) = ퟎ,풖풕(풙,ퟎ) = ퟎ, 풖(ퟎ, 풕) = ퟎ,풖(ퟏ, 풕) = ퟎ.

Giải:

Ta có

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 =1푐

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 − 푘푠푖푛(휋푥) 푒 푑푡

⇔휕휕푥

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 =1푐

[푢 (푥, 푡)푒 + 푝푢(푥, 푡)푒 ] →→ +

푝푐

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 −푘푠푖푛(휋푥)

푝

⇔휕휕푥

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 =푝푐

푢 (푥, 푡)푒 푑푡 −푘푠푖푛(휋푥)

푝 .

Đặt


Ta có phương trình: 푣 − 푣 = − ( ) (1)

Phương trình đặc trưng: 푘 − = 0 ⇔ 푘 = ±

Nghiệm của phương trình 푣 − 푣 = 0 có dạng 푣(푥,푝) = 퐶 푒 + 퐶 푒 (2)

Cho lần lượt 푡 = 0, 푡 = 1 vào (2) ta có

퐶 + 퐶 = 푣(0,푝) = 0

퐶 푒 + 퐶 푒 = 푣(0,푝) = 0⇔ 퐶 = 퐶 = 0 ⇒ 푣(푥,푝) = 0.

Do 푓(푥) = − ( ) = − sin (휋푥) nên nghiệm riêng của (1) có dạng



푉(푥,푝) = 퐴푐표푠(휋푥) + 퐵푠푖푛(휋푥) ⇒ 푉 (푥,푝) = −퐴휋 cos(휋푥) −퐵휋 sin(휋푥)

Thay vào (1) ta có

−퐴휋 cos(휋푥) −퐵휋 sin(휋푥) −푝푐

퐴푐표푠(휋푥) + 퐵푠푖푛(휋푥) = −푘푝

sin (휋푥)

⇔ −퐴 휋 +푝푐

cos(휋푥) −퐵 휋 +푝푐

푠푖푛(휋푥) = −푘푝

sin (휋푥)

Đồng nhất hai vế ta có 퐴 = 0 퐵 = ( )

⇒ 푉(푥,푝) = ( ) sin(휋푥)

Suy ra nghiệm tổngq uát của (1) có dạng

푣(푥,푝) = 푣(푥,푝) + 푉(푥,푝) =푘푐

푝(푝 + 휋 푐 ) sin(휋푥) =푘휋

1푝−

푝푝 + 휋 푐

sin(휋푥)


푣(푥,푝) = ℒ푘휋

(1 − cos(휋푐)) sin(휋푥) .

Suy ra

푢(푥, 푡) =푘휋

(1 − cos(휋푐)) sin(휋푥).



CHƯƠNG 4: PHƯƠNG PHÁP BIẾN PHÂN

Xét phương trình dạng: 훼푢 + 훽푢 + 퐴푢 = 푓, 푥 ∈ Ω ⊂ ℝ , 푡 > 0, với,

퐴 = −∑ , 푎 + 퐶(푥)푢; ⟨푓,푔⟩ = ∫ 푓푔푑Ω

Lấy hàm 휑 ∈ 퐻 (Ω) ta có

훼⟨푢 ,휑⟩ + 훽⟨푢 ,휑⟩+ 퐴⟨푢,휑⟩ = ⟨푓,휑⟩

⇔ 훼휕휕푡

⟨푢,Φ⟩ + 훽휕푢휕푡⟨푢,Φ⟩ + ⟨푢,퐴∗Φ⟩ + 푠ố ℎạ푛푔 푏푖ê푛 = ⟨푓,Φ⟩ (∗)

Chọn 푢 ∈ 퐴 ⊂ 퐻 (Ω)휑 ∈ 푀 ⊂ 퐻 (Ω) sao cho

퐴 +푀 ⊂ 퐴 푠ố ℎạ푛푔 푏푖ê푛 푏ị 푡푟푖ệ푡 푡푖ê푢

Nếu không m được đạo hàm đó ta có bài toán m 푢 ∈ 퐴 sao cho (*) đúng với ∀휑 ∈ 푀 được gọi là bài

toán m nghiệm yếu của phương trình.

Bài 4.1: Xét hệ

−풖 + 풖 = 풇, 풖(ퟎ) = 풖(ퟏ) = ퟎ.

Viết phương trình dạng nghiệm yếu, m 푨,푴.

Giải:

Lấy hàm 휑 ∈ 퐻 (0,1) ta có

− 푢 (푥)휑(푥)푑푥 + 푢(푥)휑(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥

⇔ [−푢′(푥)휑(푥)] + [푢 (푥)휑′(푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥

⇔ −푢 (1)휑(1) + 푢 (0)휑(0) + 푢 (푥)휑 ( ) + 푢(푥)휑(푥) 푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Chọn 퐴 = {푣 ∈ 퐻 (0,1): 푣(0) = 푣(1) = 0} 푣à 푀 = {휑 ∈ 퐻 (0,1):휑(0) = 휑(1) = 0}.

Ta có bài toán nghiệm yếu, m 푢 ∈ 퐴 sao cho

푢 (푥)휑 ( ) + 푢(푥)휑(푥) 푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥 ,∀휑 ∈ 푀 (∗)



Bây giờ ta sẽ xét từ bài toán nghiệm yếu nếu giả sử có điều kiện (*) ta có thể suy ra bài toán ban đầu.

Bài 4.2: Xét hệ

−풖 + ퟐ풖 = 풇; ퟎ < 풙 < 푳, 풖(ퟎ) = ퟏ,풖 (푳) = 휶.

Viết phương trình dạng nghiệm yếu, m 푨,푴. Chứng minh bài toán nghiệm yếu suy bài toán ban đầu.

Giải:

Lấy hàm 휑 ∈ 퐻 (0, L) ta có

− 푢 (푥)휑(푥)푑푥 + 2 푢(푥)휑(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥

⇔ [−푢′(푥)휑(푥)] + [푢 (푥)휑′(푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥

⇔ −훼휑(퐿) + 푢 (0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Chọn

퐴 = {푣 ∈ 퐻 (0,1): 푣(0) = 1} 푣à 푀 = {휑 ∈ 퐻 (0,1):휑(0) = 0}.


−훼휑(퐿) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥 ,∀휑 ∈ 푀 (∗)

Ngược lại, giả sử có 푢 ∈ 퐴 thỏa (*), lấy hàm 휑 ∈ 퐶 (0, 퐿) ta có

푢 (푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥)휑(푥) − 2푢(푥)휑(푥)]푑푥

⇔ [푢(푥)휑 (푥)] − 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥) − 2푢(푥)]휑(푥)푑푥

⇔ − 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥) − 2푢(푥)]휑(푥)푑푥

⇔ 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = (−1) [−푓(푥) + 2푢(푥)]휑(푥)푑푥

Vậy tồn tại 푢′′ sao cho 푢 = −푓 + 2푢.

Do đó sử dụng bài toán ban đầu, lấy 휑 ∈ 푀 ta có



−푢 (퐿)휑(퐿) + 푢 (0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Từ (*) ta suy ra

−푢 (퐿)휑(퐿) + 푢 (0)휑(0) = −훼휑(퐿) ⇔ 푢 (퐿) = 훼.

Bài 4.3: Xét hệ

−풖 + 풖 = 풇; ퟎ < 풙 < ퟏ, 풖′(ퟎ) = 휶,풖 (ퟏ) = 휷.

Viết phương trình dạng nghiệm yếu, m 푨,푴. Chứng minh bài toán nghiệm yếu suy bài toán ban đầu.

Giải:


− 푢 (푥)휑(푥)푑푥 + 푢(푥)휑(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥

⇔ [−푢′(푥)휑(푥)] + [푢 (푥)휑′(푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥

⇔ −훽휑(1) + 훼휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Chọn 퐴 = 푀 = 퐻 (0,1).


−훽휑(1) + 훼휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥 ,∀휑 ∈ 푀 (∗)

Ngược lại, giả sử có 푢 ∈ 퐴 thỏa (*), lấy hàm 휑 ∈ 퐶 (0,1) ta có

푢 (푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥)휑(푥) − 푢(푥)휑(푥)]푑푥

⇔ [푢(푥)휑 (푥)] − 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥) − 푢(푥)]휑(푥)푑푥

⇔ − 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥) − 푢(푥)]휑(푥)푑푥

⇔ 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = (−1) [−푓(푥) + 푢(푥)]휑(푥)푑푥.

Vậy tồn tại 푢′′ sao cho 푢 = −푓 + 푢.




−푢 (1)휑(1) + 푢 (0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Từ (*) ta suy ra

−푢 (1)휑(1) + 푢 (0)휑(0) = −훽휑(1) + 훼휑(0).

Chọn 휑(푥) = 푥 ⇒ −푢 (1) = −훽 ⇔ 푢 (1) = 훽.

Chọn 휑(푥) = 1− 푥 ⇒ 푢 (0) = 훼.

Tiếp theo chúng ta sẽ xét dạng bài toán chứng minh nghiệm duy nhất từ bài toán nghiệm yếu bằng cách

sử dụng định lý Lax-Milgram.

Định lý Lax-Milgram: Cho 퐻 là không gian Hilbert, 푎:퐻 × 퐻 → ℝ;퐹:퐻 → ℝ sao cho

i) 퐹 tuyến nh bị chặn

ii) 푎 là song tuyến nh

푎(푢 + 휆푣,휑) = 푎(푢,휑) + 휆푎(푣,휑)

푎(푢,휑 + 휆휓) = 푎(푢,휑) + 휆푎(푢,휓).

iii) 푎 bị chặn

∃푀 sao cho |푎(푢,휑)| ≤ 푀‖푢‖ ‖휑‖ .

iv) 푎 là Coercive

∃훼 > 0 sao cho 푎(푢,푢) ≥ 훼 ‖푢‖ ,∀푢 ∈ 퐻.

Khi đó tồn tại duy nhất một 푢 ∈ 퐻 sao cho

푎(푢 ,휑) = 퐹(휑),∀휑 ∈ 퐻.

Bài 4.4: Xét hệ

−풖 + ퟐ풖 = 풇; ퟎ < 풙 < ퟏ, 풖(ퟎ) = ퟎ, 풖 (ퟏ) + ퟑ풖(ퟏ) = ퟎ.

a. Viết phương trình dạng nghiệm yếu, m 푨,푴,

b. Áp dụng định lý Lax-Milgram để chứng minh bài toán có nghiệm duy nhất,

c. Chứng minh bài toán nghiệm yếu suy bài toán ban đầu.

Giải:

a. Lấy hàm 휑 ∈ 퐻 (0,1) ta có



− 푢 (푥)휑(푥)푑푥 + 2푢(푥)휑(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥


⇔ 3푢(1)휑(1) + 푢′(0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Chọn 퐴 = {푣 ∈ 퐻 (0,1): 푣(0) = 0} 푣à 푀 = {휑 ∈ 퐻 (0,1):휑(0) = 0}.


3푢(1)휑(1) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥 ,∀휑 ∈ 푀. (∗)

b. Đặt 푎:푀 ×푀 → ℝ,퐹:푀 → ℝ xác định bởi

푎(푢,휑) = 3푢(1)휑(1) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 và 퐹(휑) = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

퐹 tuyến nh

퐹(휑 + 휆휓) = 푓(푥)(휑 + 휆휓)(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥 + 휆 푓(푥)휓(푥)푑푥 = 퐹(휑) + 휆퐹(휓).

퐹 bị chặn

|퐹(휑)| = 푓(푥)휑(푥)푑푥 ≤ |푓(푥)| 푑푥 |휑(푥)| 푑푥 = ‖푓‖ ‖휑‖ .

푎 là song tuyến nh

푎(푢 + 휆푣,휑) = 3(푢 + 휆푣)(1)휑(1) + [(푢 + 휆푣) (푥)휑 (푥) + 2(푢 + 휆푣)(푥)휑(푥)]푑푥

= 3푢(1)휑(1) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥

+ 휆 3푣(1)휑(1) + [푣 (푥)휑 (푥) + 2푣(푥)휑(푥)]푑푥

= 푎(푢,휑) + 휆푎(푣,휑).

Tương tự ta cũng có 푎(푢,휑 + 휆휓) = 푎(푢,휑) + 휆푎(푢,휓)

푎 bị chặn

|푎(푢,휑)| = 3푢(1)휑(1) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥

≤ 3|푢(1)||휑(1)| + |푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)|푑푥.



Ta có

푢(1) = [푥푢(푥)] = (푥푢(푥))′푑푥 = (푢(푥) + 푥푢′(푥))푑푥

≤ (1 + 푥 )푑푥 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 =2√3

‖푢‖ .

Tương tự ta có 휑(1) ≤√‖휑‖ .

|푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)|푑푥 ≤ 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 휑 (푥) + 4휑 (푥) 푑푥

≤ 2 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 휑 (푥) + 휑 (푥) 푑푥

= 2‖푢‖ ‖휑‖ .

Suy ra

|푎(푢,휑)| ≤ 32√3

‖푢‖2√3

‖휑‖ + 2‖푢‖ ‖휑‖ = 6‖푢‖ ‖휑‖ .

푎 là Coercive

푎(푢,푢) = 3푢 (1) + [푢 (푥) + 2푢 (푥)]푑푥 ≥ [푢 (푥) + 푢 (푥)]푑푥 = ‖푢‖ ,∀푢 ∈ 퐻.

Theo định lý Lax-Milgram thì bài toán nghiệm yếu có nghiệm duy nhất.

c. Giả sử có 푢 ∈ 퐴 thỏa (*), lấy hàm 휑 ∈ 퐶 (0,1) ta có

푢 (푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥)휑(푥) − 2푢(푥)휑(푥)]푑푥

⇔ [푢(푥)휑 (푥)] − 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥) − 2푢(푥)]휑(푥)푑푥

⇔ − 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = [푓(푥) − 2푢(푥)]휑(푥)푑푥

⇔ 푢(푥)휑 (푥)푑푥 = (−1) [−푓(푥) + 2푢(푥)]휑(푥)푑푥.

Vậy tồn tại 푢′′ sao cho 푢 = −푓 + 2푢.


−푢 (1)휑(1) + [푢 (푥)휑′(푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Từ (*) ta suy ra



−푢 (1)휑(1) = 3푢(1)휑(1) ⇔ 푢 (1) + 3푢(1) = 0.

Bài 4.5: Xét hệ

−풖 + ퟐ풖 = 풇; ퟎ < 풙 < ퟏ, 풖′(ퟎ) = ퟑ풖(ퟎ), 풖 (ퟏ) = −ퟐ풖(ퟏ).

Áp dụng định lý Lax-Milgram để chứng minh bài toán có nghiệm duy nhất.

Giải:


− 푢 (푥)휑(푥)푑푥 + 2푢(푥)휑(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥


⇔ 2푢(1)휑(1) + 3푢(0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

Chọn 퐴 = 푀 = 퐻 (0,1).

Đặt 푎:푀 ×푀 → ℝ,퐹:푀 → ℝ xác định bởi

푎(푢,휑) = 2푢(1)휑(1) + 3푢(0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥 và 퐹(휑) = 푓(푥)휑(푥)푑푥.

퐹 tuyến nh

퐹(휑 + 휆휓) = 푓(푥)(휑 + 휆휓)(푥)푑푥 = 푓(푥)휑(푥)푑푥 + 휆 푓(푥)휓(푥)푑푥 = 퐹(휑) + 휆퐹(휓).

퐹 bị chặn

|퐹(휑)| = 푓(푥)휑(푥)푑푥 ≤ |푓(푥)| 푑푥 |휑(푥)| 푑푥 = ‖푓‖ ‖휑‖ .


푎(푢 + 휆푣,휑) = 2(푢 + 휆푣)(1)휑(1) + 3(푢 + 휆푣)(0)휑(0)

+ [(푢 + 휆푣) (푥)휑 (푥) + 2(푢 + 휆푣)(푥)휑(푥)]푑푥



= 2푢(1)휑(1) + 3푢(0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥

+ 휆 2푣(1)휑(1) + 3푢(0)휑(0) + [푣 (푥)휑 (푥) + 2푣(푥)휑(푥)]푑푥

= 푎(푢,휑) + 휆푎(푣,휑).


푎 bị chặn

|푎(푢,휑)| = 2푢(1)휑(1) + 3푢(0)휑(0) + [푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)]푑푥

≤ 2|푢(1)||휑(1)| + 3|푢(0)||휑(0)| + |푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)|푑푥.

Ta có

푢(1) = [푥푢(푥)] = (푥푢(푥))′푑푥 = (푢(푥) + 푥푢′(푥))푑푥

≤ (1 + 푥 )푑푥 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 =2√3

‖푢‖ .


푢(0) = [(푥 − 1)푢(푥)] = ((푥 − 1)푢(푥))′푑푥 = (푢(푥) + (푥 − 1)푢′(푥))푑푥

≤ (1 + (푥 − 1) )푑푥 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 =2√3

‖푢‖ .


|푢 (푥)휑 (푥) + 2푢(푥)휑(푥)|푑푥 ≤ 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 휑 (푥) + 4휑 (푥) 푑푥

≤ 2 푢 (푥) + 푢 (푥) 푑푥 휑 (푥) + 휑 (푥) 푑푥

= 2‖푢‖ ‖휑‖ .

Suy ra

|푎(푢,휑)| ≤ 22√3

‖푢‖2√3

‖휑‖ + 32√3

‖푢‖2√3

‖휑‖ + 2‖푢‖ ‖휑‖ =263‖푢‖ ‖휑‖ .

푎 là Coercive

푎(푢,푢) = 2푢 (1) + 3푢 (0) + [푢 (푥) + 2푢 (푥)]푑푥

≥ [푢 (푥) + 푢 (푥)]푑푥 = ‖푢‖ ,∀푢 ∈ 퐻.




Chúng ta sẽ xét ếp các dạng bài toán cho hàm chứa nhiều ẩn (cụ thể là 2 ẩn), xác định trên tập 훀 .

Bài 4.6: Xét hệ

−훁ퟐ풖(풙,풚) = 풇(풙,풚); 훀 = {(풙,풚)|ퟎ < 풙,풚 < ퟏ}, 풖|흏훀 = ퟎ.

a. Viết phương trình dạng nghiệm yếu, m 푨,푴,

b. Áp dụng định lý Lax-Milgram để chứng minh bài toán có nghiệm duy nhất,

c. Chứng minh bài toán nghiệm yếu suy bài toán ban đầu.

Giải:

a. Lấy hàm 휑 ∈ 퐻 (Ω) ta có

− φ∇ 푢푑Ω = 푓휑푑Ω ⇔ − 휑푑푖푣(∇푢)푑Ω = 푓휑푑Ω

⇔ − 휑∇푢.푛푑푆 + ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω ⇔ − 휑휕푢휕푛

푑푆 + ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω.

Chọn 퐴 = {푣 ∈ 퐻 (Ω): 푣 = 0 푡푟ê푛 ∂Ω } 푣à 푀 = {휑 ∈ 퐻 (Ω):휑 = 0 푡푟ê푛 ∂Ω}.


∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω ,∀휑 ∈ 푀. (∗)

b. Đặt 푎:푀 ×푀 → ℝ,퐹:푀 → ℝ xác định bởi

푎(푢,휑) = ∇푢∇휑푑Ω và 퐹(휑) = 푓휑푑Ω.

퐹 tuyến nh

퐹(휑 + 휆휓) = 푓(휑 + 휆휓)푑Ω = 푓휑푑Ω + 휆 푓휓푑Ω = 퐹(휑) + 휆퐹(휓).

퐹 bị chặn

|퐹(휑)| = 푓휑푑Ω ≤ |푓| 푑Ω |휑| 푑푥 = ‖푓‖ ‖휑‖ .




푎(푢 + 휆푣,휑) = ∇(푢 + 휆푣)∇휑푑Ω = ∇푢∇휑푑Ω + 휆 ∇푢∇휑푑Ω = 푎(푢,휑) + 휆푎(푣,휑)


푎 bị chặn

|푎(푢,휑)| = ∇푢∇휑푑Ω ≤ |∇푢∇휑|푑Ω = |푢 휑 + 푢 휑 |푑Ω

≤ 푢 + 푢 푑Ω 휑 + 휑 푑Ω

≤ 푢 + 푢 + 푢 푑Ω 휑 + 휑 + 휑 푑Ω = ‖푢‖ ‖휑‖ .

푎 là Coercive

푎(푢,푢) = ∇ 푢푑Ω ≥ 훼 |푢| 푑Ω (푃표푖푛푐푎푟푒) ⇒1훼푎(푢,푢) ≥ |푢| 푑Ω (1)

Mà

푎(푢,푢) = ∇ 푢푑Ω = 푢 + 푢 푑Ω (2)

Cộng 2 vế (1) và (2) ta có

훼 +1훼

푎(푢,푢) ≥ |푢| 푑Ω + 푢 + 푢 푑Ω ≥ 푢 + 푢 + 푢 푑Ω = ‖푢‖ .

Hay

푎(푢,푢) ≥훼

1 + 훼‖푢‖


c. Giả sử có 푢 ∈ 퐴 ∩ 퐻 (Ω) thỏa (*), lấy hàm 휑 ∈ 퐶 (Ω), áp dụng định lý Green 1 ta có

휑∆푢푑Ω = 휑휕푢휕푛

푑푆 − ∇푢∇휑푑Ω ⇔ ∇푢∇휑푑Ω = − 휑∆푢푑Ω.

Từ (*) ta suy ra

푓휑푑Ω = − 휑∆푢푑Ω ⇔ 휑(−∆푢 − 푓)푑Ω = 0.

Theo bổ đề Dubois-Raymond ta có −∆푢 − 푓 ⇔ −∇ 푢 = 푓

Từ đó ta có

− 휑∇푢.푛푑푆 + ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω



Suy ra

휑∇푢.푛푑푆 = 0 ⇒ 푢| = 0

Bài 4.7: Xét hệ

−∆풖 = 풇; 훀 = (풙,풚)|풙ퟐ + 풚ퟐ < 풓ퟐ , 흏풖흏풏

= 품.

Viết phương trình dạng nghiệm yếu, m 푨,푴.

Giải:

Lấy hàm 휑 ∈ 퐻 (Ω) ta có

− φ∆푢푑Ω = 푓휑푑Ω ⇔ − 휑푑푖푣(∇푢)푑Ω = 푓휑푑Ω

⇔ − 휑∇푢.푛푑푆 + ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω ⇔ − 휑휕푢휕푛

푑푆+ ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω

⇔ − 휑푔푑푆 + ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω.

Trên biên 푆 đặt 푥 = 푟푐표푠푡,푦 = 푟푠푖푛푡; 0 ≤ 푡 ≤ 2휋

푑푆 = 푥 (푡) + 푦 (푡)푑푡 = 푟푑푡;푉푇푃푇 푛 = (cos푡, sin푡).

Suy ra

− 휑푔푑푆 = − 휑(푟cos푡, 푟sin푡)푔(푟cos푡, 푟sin푡)푟푑푡.

Chọn 퐴 = 푀 = 퐻 (Ω). Ta có phương trình dạng nghiệm yếu

− 휑(푟cos푡, 푟sin푡)푔(푟cos푡, 푟sin푡)푟푑푡 + ∇푢∇휑푑Ω = 푓휑푑Ω.



CHƯƠNG 5: PHƯƠNG PHÁP CỰC TIỂU HÓA PHIẾM HÀM

I. Cực ểu hóa phiếm hàm

Cho 퐴 ⊂ 퐻,푀 là không gian con của 퐻 và 퐴 + 푀 ⊂ 퐴

Xét 퐽:퐴 → ℝ,푢 ∈ 퐴,휑 ∈ 푀 khi đó

훿퐽[푢,휑] = lim→

퐽[푢 + 휀휑] − 퐽[푢]휀

(đạ표 ℎà푚 퐺푎푡푒푎푚).

Nếu 푢 là cực ểu của 퐽 thì

훿퐽[푢 ,휑] = 0,∀휑 ∈ 푀.

Từ phương trình 푎(푢,휑) = 퐹(휑), đặt 퐽[푢] = [푎(푢,푢) − 2퐹(푢)].

Định lý: Nếu 푎 đối xứng và 푢 ∈ 퐻 là điểm cực ểu của 퐽 thì 푎(푢 ,휑) = 퐹(휑),∀휑 ∈ 푀.

Chứng minh:

Ta có

훿퐽[푢,휑] = lim→

퐽[푢 + 휀휑] − 퐽[푢]휀

= lim→

12 [푎(푢 + 휀휑,푢 + 휀휑) − 2퐹(푢 + 휀휑)] − 1

2 [푎(푢,푢) − 2퐹(푢)]

휀

= lim→

12푎(푢,푢) + 1

2 휀푎(푢,휑) + 12 휀푎(휑,푢) + 1

2 휀 (휑,휑) − 퐹(푢 + 휀휑) − 12푎(푢,푢) + 퐹(푢)

휀

= lim→

휀푎(푢,휑) + 12 휀 (휑,휑) + 휀퐹(푢)

휀

= lim→

푎(푢,휑) +12휀(휑,휑) − 퐹(푢) = 푎(푢,휑) − 퐹(푢).

Vì 푢 ∈ 퐻 là điểm cực ểu nên 훿퐽[푢 ,휑] = 0, suy ra 푎(푢 ,휑) = 퐹(휑),∀휑 ∈ 푀.

II. Phương pháp xấp xỉ Rayleigh-Ritz

Tìm 푢 dạng

푢 = Φ + 푐 Φ sao cho 퐻(푐 , 푐 , … , 푐 ) = 퐽 Φ + 푐 Φ cực tiểu.

Giải hệ = 0, 푖 = 1,푛.



Bài 5.1: Sử dụng hàm thử 횽ퟏ = ퟏ,횽ퟐ = 풙,횽ퟑ = 풙ퟐ m công thức nghiệm xấp xỉ Rayleigh-Ritz của hệ

−풖′′ + 풖 = ퟏ − 풙, ;ퟎ < 풙 < ퟏ,풖 (ퟎ) = 풖 (ퟏ) = ퟎ.

Giải:


− 푢 (푥)휑(푥)푑푥 + 푢(푥)휑(푥)푑푥 = (1− 푥)휑(푥)푑푥

⇔ −[푢 (푥)휑(푥)] + 푢 (푥)휑 (푥)푑푥 + 푢(푥)휑(푥)푑푥 = (1 − 푥)휑(푥)푑푥

⇔ [푢 (푥)휑 (푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 = (1− 푥)휑(푥)푑푥.

Đặt

푎(푢,휑) = [푢 (푥)휑 (푥) + 푢(푥)휑(푥)]푑푥 푣à 퐹(휑) = (1− 푥)휑(푥)푑푥

푎 = 푎(Φ ,Φ ) = (Φ + Φ )푑푥 = 푑푥 = 1.

푎 = 푎(Φ ,Φ ) = (Φ Φ + Φ Φ )푑푥 = 푥푑푥 =12

.

푎 = 푎(Φ ,Φ ) = (Φ Φ +Φ Φ )푑푥 = 푥 푑푥 =13

.

푎 = 푎(Φ ,Φ ) = (Φ +Φ )푑푥 = (1 + 푥 )푑푥 =43

.

푎 = 푎(Φ ,Φ ) = (Φ Φ +Φ Φ )푑푥 = (2푥 + 푥 )푑푥 =54

.

푎 = 푎(Φ ,Φ ) = (Φ +Φ )푑푥 = (4푥 + 푥 )푑푥 =2315

.

퐹 = 퐹(Φ ) = (1 − 푥)푑푥 =12

.

퐹 = 퐹(Φ ) = 푥(1− 푥)푑푥 =16

.



퐹 = 퐹(Φ ) = 푥 (1 − 푥)푑푥 =1

12.

Ta có hệ

⎝

⎜⎜⎛

112

13

12

43

54

13

54

2315⎠

⎟⎟⎞ 푐

푐푐

=

⎝

⎜⎜⎛

12161

12⎠

⎟⎟⎞⇔

푐푐푐

=0,5384−0,0769

0

Vậy công thức nghiệm xấp xỉ là: 푢 (푥) = 0,5384 − 0,0769푥.

tài liỆu lý thuyẾt-bài tẬp phƯƠng trình ĐẠo hàm...

Documents