Tài liệu hướng dẫn giải bài tập phương trình đạo hàm riêng

KHOA TOÁN CƠ TIN HỌC BỘ MÔN GIẢI TÍCH ——————— Phương trình đạo hàm riêng (MAT 2036) Bài tập thực hành Dư Đức Thắng Hà Nội, ngày 8 tháng 6 năm 2020 Chương 1 Giới thiệu về phương trình đạo hàm riêng Phương trình cấp 1 1 1 Giới thiệu phương trình đạo hàm riêng 1 Phân loại phương trình đạo hàm riêng dưới đây và cho biết cấp tương ứng của các phương trình (a) (uy)2 + uxxx = 0 (Phương trình nửa tuyến tính cấp 3) (b) sin(1 + ux)2 + u3 = sin x (Phương trình phi tuyến cấp 1) (c) e∆u = x (Phương trình tuy[.]

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

Chương 1

Giới thiệu về phương trình đạo hàm

riêng Phương trình cấp 1

1.1 Giới thiệu phương trình đạo hàm riêng

1 Phân loại phương trình đạo hàm riêng dưới đây và cho biết cấp tương ứng của cácphương trình

(a) (uy)2+ uxxx= 0(Phương trình nửa tuyến tính cấp 3)

(b) sin(1 + ux)2+ u3 = sin x(Phương trình phi tuyến cấp 1)

(c) e∆u = x(Phương trình tuyến tính cấp 2)

(d) ut+ utxx+ uux = 0,t > 0,x ∈R (Phương trình nửa tuyến tính cấp 2)

(e) ut+ (f (u))x = 0(Phương trình tựa tuyến tính cấp 1)

(f) xuxx+ (x − y)uxy− yuyy = 0(Phương trình tuyến tính cấp 2)

(g) ut+ u2uxx= 0 (Phương trình tựa tuyến tính cấp 2)

2 Xác định bậc của phương trình sau

4 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình dưới đây bằng các phương pháp thích

hợp (tích phân trực tiếp, chuyển về phương trình vi phân, tách biến hoặc kết hợp các

Lời giải. y = 0: Phương trình trở thành0 = 0

y 6= 0: Tích phân phương trình theo xta đượcu(x, y) = 13x3+ C(y).

(d) ux− 2u = 0,u = u(x, y)

Lời giải. Tích phân phương trình theoxta đượcu(x, y) = e2xC(y).

(e) ux+ 2xu = 4xy

Lời giải. Sử dụng phương pháp biến thiên hằng số, tích phân phương trình theox

ta đượcu(x, y) = C(y)e−x2 + 2y.

(f) yu xy + 2u x = x(Gợi ý: tích phân phương trình theox, sau đó dùng phương pháp chuyển về phương trình vi phân)

Lời giải. Đặtux = v ta được phương trình vi phân cấp 1yvy+ 2v = x Tích phânphương trình theoyta được

(a) 2ux+ 3uy− 2u = 0.

(b) uxyz− u = 0

(c) 4uxx− 4uxy+ 4uyy = 0

(d) u xx + u yy = u

6 Xét phương trình tuyến tính cấp hai auxx+ buxy+ cuyy = 0, với các hằng số thực

a, b, c Chứng minh rằng nếu biệt thức ∆ = b2 − 4ac > 0 (trường hợp phương trình loạihyperbolic) thì phương trình có nghiệm tổng quát dạngu(x, y) = f (αx + βy) + g(γx + δy),với các hệ số thựcα,β,γ,δ, cònf, glà các hàm số thuộcC2

1.2 Phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 1

1.2.1 Phương trình tuyến tính với hệ số hằng số

1 Giả sử u1, u2 là các nghiệm của phương trình aux + but = 0 Chứng minh rằng

c1u1+ c2u2 cũng là nghiệm của phương trình, vớic1, c2 là các hằng số bất kì

Lời giải. Tính toán trực tiếp và kiểm tra trong biểu thức

2 Tìm nghiệm của phương trình trên nếu biết thêm Nghiệm tổng quát của phươngtrình có dạngu(x, t) = f (bx − at) Thay vào điều kiện tương ứng ở dưới ta sẽ có nghiệmcần tìm

(a) u(x, 0) = xe−x2 ⇒ u(x, t) = bx−atb e−(bx−atb )2.

(b) u(0, t) = t ⇒ u(x, t) = 1a(at − bx).

3 Làm tương tự các yêu cầu của bài 2 cho các phương trình sau

(a) ut− ux = 0 Tìm nghiệm của phương trình khiu(x, 0) = 1+x1 2

Lời giải. Nghiệm tổng quát của phương trình làu(x, t) = f (x + t) Thay vào điều kiệnđầu ta tìm được nghiệm của bài toánu(x, t) = 1+(x+t)1 2

(b) ut− 2ux = 2

Lời giải. Nghiệm của phương trình làu = u 0 + u∗, trong đóu 0 là nghiệm của phươngtrình thuần nhất,u0(x, t) = f (x + 2t), cònu∗là một nghiệm riêng của phương trình, códạngu∗ = 2t Vậy nghiệm nghiệm cần tìm làu(x, t) = f (x + 2t) + 2t Thử lại ta đượcđiều phải chứng minh

(c) 2u t + 3u x = 0

(d) aut+ bux= u,a, b 6= 0

4 Xét phương trìnhaux+ buy = 0,a, b ∈ R.

(a) Đạo hàm theo hướng củaulà gì?

Lời giải. Đạo hàm theo hướng của phương trình là véc tơ~ n = (−b, a)

(b) Tìm các đường cong đặc trưng của phương trình

Lời giải. Phương trình đường đặc trưng của phương trình đã cho làay − bx = C.(c) Tìm nghiệm của phương trình

Lời giải. u = F (bx − ay).

5 Tìm nghiệm của các phương trình thuần nhất sau

Lời giải. Nghiệm của phương trình làu(x, y) = C(y − 2x)e−2x+ 12

(d) Tìm nghiệm của các phương trình trên với điều kiện ban đầuu(x, 0) = x2

Lời giải. Thay điều kiện đầu cho phương trình tương ứng ta đượcu(x, 0) = C(−2x)ex =

x2, suy raC(−2x) = x2e−x Đổi biến(−2x → x)ta đượcC(x) = x

với các điều kiện đường bên sau

(a) u(x, y)|(x,y)∈{bx−ay=1} = h(x).

Lời giải. Thay vào điều kiện đường bên ta được

u(x, y)|bx−ay=1= F (1) = h(x).

Như vậy nếu h(x) là hàm hằng thì phương trình sẽ có vô số nghiệm, ngược lại thìphương trình vô nghiệm

(b) u(x, y)|(x,y)∈{x−y=1} = h(x). Hãy nhận xét về nghiệm của các bài toán nói trên

Lời giải. Thay vào điều kiện đường bên ta được

F (bx − a(x − 1)) = h(x) ⇒ F ((b − a)x + a) = h(x)z=(b−a)x+a=⇒ F (z) = h

z − a

b − a



.

Như vậy nếub = athì phương trình vô nghiệm (trở lại trường hợp trước), còn khib 6= a

thì nghiệm của bài toán sẽ là

thỏa mãn các điều kiện đường bên sau

(a) u(x, 0) = sin(x2)

Lời giải. Ta tìm họ đường đặc trưng của phương trình từ phương trình vi phân

dy

Ta xét phép đổi biến (x, y) → (w, z) sao cho nó làm đơn giản hóa phương trình banđầu Vì vế phải là một hàm phụ thuộc vàox + ynên trong trường hợp ta xét phép đổibiến

Giải phương trình trên bằng phương pháp biến thiên hằng số Ta tìm nghiệm v =

v0 + v∗, trong đó v0 là nghiệm của phương trình thuần nhất 3vz − 4v = 0, tức là

v0(w, z) = C(w)e4/3z, cònv∗ là nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất, sửdụng biểu thức của phương trình thuần nhất Ta xét v∗ = C∗(z)e4/3z Thay vào biểuthức của phương trình ta được hệ thức tìmC như sau:

v(w, z) = C(w)e4/3z + ez ⇒ u(x, y) = C(y − 2x)e4/3(x+y)+ ex+y.

Thay điều kiện ban đầu vào ta được

u(x, 0) = C(−2x)e4/3x+ ex= sin(x2) ⇒ C(−2x) = sin(x2)e−4/3x− e−1/3x

⇒ C(x) = sin1

4x

2e2/3x− e−1/6x.

Thay vào điều kiện trên đường y = x, ta được u(x, x) = C(0)ex = tan x ⇒ C(0) =

e−xtan x Vậy phương trình vô nghiệm

11 Với điều kiện nào của hàmf (x) thì phương trình nói trên với điều kiện đường bên

13 Giải phương trìnhux− 2uy = 0với điều kiện đường bênu(x, ex) = e2x+ 4xex+ 4x2

14 Thầy giáo yêu cầu các bạn tìm nghiệm của phương trình tuyến tính thuần nhất

aux+ buy+ cu = 0,

trong đóa, b, clà các hằng số thỏa mãnab 6= 0 Bạn Lan nói rằng: "Nghiệm của phươngtrình là u(x, y) = e−cx/af (bx − ay)" Bạn Nam lại cho rằng: "Không đâu, nghiệm củaphương trình phải làu(x, y) − e−cy/b(bx − ay)." Vậy ai là người có câu trả lời đúng?

Lời giải. Nhận xét rằng phương trình trên được viết lại dưới dạng (vì sao vậy nhỉ?)

u(x, y) = C(bx − ay)e−c/ax hoặc u(x, y) = C(bx − ay)e−c/by.

Như vậy hai bạn đều nói đúng Câu hỏi thêm ở đây là làm thế nào để chuyển từ câu trảlời của Nam sang câu trả lời của Lan, các bạn thử xem sao? (Dễ nhỉ!)

15 Hãy tìm tất cả các nghiệm khả vi liên tục khắp nơi (gọi là nghiệm thuộc C1) củaphương trình ux= 0 với điều kiệnu(x, x2) = x

Lời giải. Phương trình có nghiệm tổng quát là u(x, y) = C(y), với C là hàm thuộcC1.Thay vào điều kiện đường biên ta có

u(x, x2) = C(x2) = x.

Từ đây ta đổi biếnx2:= z,z > 0cho nên nghiệm của phương trình có thể làC(z) = ± √

z,tức là nghiệm của phương trình ban đầu là u(x, y) = ± √

yvới y > 0 Miền xác định củacác hàm này là y ≥ 0, và hàm này khả vi liên tục trên nửa trục dươngOy

16 Một quần thể dân cư có mật độ dân cư làC(y), vớiy ≥ 0 Tốc độ sinh của quần thểnày tại thời điểm t tỉ lệ với kích thước của quần thể theo công thứcα

Z ∞ 0

P (y, t)dy với

α > 0 là một hằng số nào đó (ta giả thiết rằng

Z ∞ 0

C(y)dy < ∞.) Tốc độ chết là mộthằng số, kí hiệu làD(y, t) = k > 0vớiy ≥ 0 Hãy tìm hàm mật độ dân cưP (y, t)với mọi

y, t > 0

Lời giải. Đây là một bài toán xây dựng mô hình cho một vấn đề thực tế Sinh viên tìmhiểu cách giải trong cuốn [Bleecker D., Basic Partial Differential Equations, trang 67,68]

1.2.2 Phương trình với hệ số biến thiên

Xét phương trình

Phương pháp thông dụng để giải phương trình này là tìm họ đường cong đặc trưng{ϕ(x, y) = C}thông qua phép tham số hóay = y(x), và giải phương trình vi phân tương ứng

c 1 (w, ζ)

b1(w, ζ)dζ

thì nghiệm của phương trình (1.2.3) được viết dưới dạng

m(w, z)

Z z 0

Bên cạnh việc tìm họ đường cong đặc trưng bằng phép tham số hóay = y(x), với một

số trường hợp người ta xét phép tham số hóa x = x(t),y = y(t) Khi đó (hệ) phương trìnhtìm đường cong đặc trưng sẽ là

m(s)F (s)ds + U (0)



Z t 0

C(s)ds



.

Khi đó nghiệm của phương trình ban đầu sẽ có dạng biểu diễn theo tham sốt

1 Xét phương trình (1.2.2) tìm họ đường đặc trưng {ϕ(x, y) = C} của phương trình(1.2.1) Hãy kiểm tra rằng phép đổi biếnw = ϕ(x, y), z = ygiúp đưa phương trình banđầu về phương trình (1.2.3)

4 Hãy tìm một hàmf (x)để phương trình−yux+ xuy = 0với điều kiệnu(x, 0) = f (x)

có nghiệm Với hàmf (x)thế nào thì nghiệm được tìm là duy nhất? là không duy nhất?

Lời giải. Từ bài tập trên ta có nghiệm của phương trình là u(x, y) = F (xy) Điều kiệnđầu cho taF (0) = f (x), tức là chỉ với các hàmf (x) = constthì bài toán mới có nghiệm.Hiển nhiên nghiệm này là không duy nhất Bạn có thể thử thấy rằng mọi hàm F (z) mà

F (0) là hằng số cho trước nào đó (phù hợp với điều kiện ban đầuF (0) = constthì đều lànghiệm của bài toán

5 (Bài tập ví dụ) Tìm nghiệm của phương trìnhxu x − yu y + yu = 0

Lời giải.Ta tìm họ đường cong đặc trưng của phương trình từ phép tham số hóay = y(x)

Cần chú ý rằng đường đặc trưng của phương trình này có điểm bất thường (vì sao?) nên

ta viết nghiệm của phương trình dưới dạng

Giải phương trình này bằng phương pháp biến thiên hằng số, ta được nghiệm cần tìm.

Ta có nghiệmv = v0+ v∗, trong đóv0 thỏa mãn phương trình

Thử lại ta được đây chính là nghiệm của phương trình

(c) yux− 4xuy = 2xy, với mọi(x, y)

7 Tìm nghiệm của các phương trình của bài tập trên ứng với các điều kiện đường bêntương ứng

(a) u(x, 1/x) = x, x > 0

(b) u(1, y) = y2

(c) u(x, 0) = x4

8 Tìm tất cả các nghiệm của phương trìnhxuy− 2yux= 0trên mặt phẳngx0y

1.2.3 Phương trình không tuyến tính

Trong phần này, ta làm quen với một số phương trình nửa tuyến tính và phương trìnhtựa tuyến tính dạng đơn giản

(1) Phương trình nửa tuyến tính. Cũng cần nhắc các bạn rằng đối với phương trình nửatuyến tính

a(x, y)ux+ b(x, y)uy = f (x, y, u),

(2) Phương trình tựa tuyến tính.Tương tự như đối với phương trình nửa tuyến tính, ở phầnnày ta chỉ xét dạng đơn giản của phương trình tựa tuyến tính, thường sẽ được viết dưới dạng

a(x, y, u)ux+ b(xy, u)uy = f (x, y, u).

việc tìm nghiệm của các phương trình trên bằng phương pháp đường đặc trưng chính là giải

hệ phương trình vi phân thường

dx = f (x, y(x), u(x, y(x)).

Nhìn chung ta không giải tường minh những phương trình này trong trường hợp tổng quátđược Có thể nói việc tìm nghiệm này hoàn toàn không đơn giản chút nào, và chỉ trong một

số rất ít trường hợp, khi mà các hệ sốa, bvà hàm ở vế phảif có dạng rất đặc biệt thì ta mớilàm được Một số ví dụ dưới đây sẽ cho chúng ta hình dung này

1 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình nửa tuyến tính

(b) yu x + xu y = u2+ u.

(c) ux+ xyuy = 1

u.

2 Tìm nghiệm của các phương trình tựa tuyến tính với điều kiện cho trước tương ứng

(a) Bài tập ví dụ.ut+ uux= 0 ứng với điều kiện đầuu(x, 0) = 3x

Lời giải.Ta tìm nghiệm của phương trình từ hệ sau

(b) u t − u2u x = 3u,u(x, 0) = f (x)

(c) ut− t 2 uux = −u,u(x, 0) = f (x)

(d) ut+ t2uux= 5,u(x, 0) = x

3 Viết nghiệm của phương trình với điều kiện là hàm gián đoạn sau

(a) Bài tập ví dụ.ut+ uux = 0,u(x, 0) =

,

Khi x(0) < 0 thì đường đặc trưng sẽ có hệ số góc bằng 1, còn khix(0) > 0 thì có hệ

số góc bằng 1/2 Vìu(x(0), 0)không xác định tại điểmx(0) = 0, nên không có đườngđặc trưng nào đi qua điểmt = 0ứng vớix(0) = 0 Nếu viết lại dưới dạng

Chương 2

Phân loại phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2

2.1 Phân loại phương trình tuyến tính cấp 2 và đưa về dạng chính tắc

1 Chứng minh rằng nghiệm tổng quát của phương trìnhx2uxx− y 2 uyy = 0là

u(x, y) = F (xy) + xGy

x



.

Hãy chứng minh rằng phương trình trên không có dạng nghiệm khác

Lời giải. Thay trực tiếp vào phương trình ta sẽ kiểm tra được nghiệm

Để chứng tỏ phương trình không có nghiệm nào khác, ta xét phép đổi biếnw = xy, z = xy,khi đó tính toán ta đưa phương trình được xét về dạngu(x, y) → v(w, z)

vwz− 1

2w(vz) = 0.

Giải phương trình trên như một phương trình tuyến tính cấp 1 theowta đượcvz = Cw1/2,

từ đó giải được nghiệm cần tìm là

Lời giải. Biệt thứcδ = 494 − 12 = 14 > 0 Phương trình là hyperbolic

Phương trình đặc trưng tương ứng là: y02 − 7y0 + 12 = 0, có hai nghiệm y0 = 4 và

y0 = 3 Giải hai phương trình vi phân này ta được hai họ đường đặc trưngy − 4x = C

vày − 3x = C Xét phép đổi biếnξ = y − 3x,η = y − 4x, ta có thể tính được

(f) u xx + u xy + u yy + u x = 0

3 Phân loại và đưa các phương trình sau về dạng chính tắc trong các miền tương ứng(a) uxx− 2 cos xuxy− (3 + sin2x)uyy − yux= 0

Lời giải. Ta có δ = cos2x + 3 + sin2x = 4 > 0 với mọi x, y ∈ R, nên phương trình

thuộc loại parabolic trên toàn mặt phẳng tọa độ

Tuy nhiên, cần lưu ý là ở (2.1.1), biến thay thếξ là một hàm không tuyến tính theox,

vì vậy mặc dù không tính rõ thành phần của uxx, vẫn còn thành phần vξ(ξxx vàvηηxx

không bị triệt tiêu Hệ số của nó chính là hệ số của số hạngu xx Hệ số nhận được sautính toán này sẽ được bổ sung vào hệ số của vξ Ví dụ như ở đây ta tính được thànhphần bổ sung đó là − cos x(vξ + vη). Thay vào phương trình ban đầu ta được phươngtrình chính tắc cần tìm là

16vξη− y((2 + cos x)vξ+ (−2 + cos x)vη) − cos(vξ + vη) = 0.

Các bài tập sau làm tương tự

(b) y2uxx+ 2xyuxy+ 2x2uyy+ yuy = 0

Lời giải. Biệt thức δ = x2y2 − 2x 2 y2 = −x2y2 ≤ 0 Như vậy phương trình này làparabolic trên các đườngy = 0hoặcx = 0, và là elliptic khixy 6= 0 Ta xét từng trườnghợp:

- Nếux = 0 thì phương trình ban đầu có dạngy2uxx+ yuy = 0.

- Nếu y = 0thì phương trình ban đầu có dạng2x2uyy = 0 Hai phương trình nàyđều là các phương trình parabolic dạng chính tắc

- Xét phương trình đặc trưng có dạng

y2y02− 2xyy0+ 2x2 = 0 ⇐⇒ (y0− x)2+ x2= 0.

Phương trình có hai nghiệm phức liên hợp làyy0− x = ±xi Ta tìm đượcy2− x2 =

±x2i Như vậy ta có thể xét phép đổi biến

ξ = y2− x2, η = x2.

Tính toán tiếp theo ta sẽ được kết quảa1 = c1 = 8x2y2,b1= 0, hệ số củauξ có thêmthành phần2uξ(2x2− y2) Thay vào biểu thức ban đầu ta đưa được phương trình vềdạng chính tắc

e2yvηη+ (e−y− e−x)vξ = 0 ⇒ vηη + ξe−ηvξ = 0.

(d) tan2xuxx− 2y tan xuxy+ y2uyy + tan3xux = 0

Lời giải. Phương trình là parabolic, và có phương trình đặc trưng dạng(tan xy0+ y)2 = 0, tức là ta có phép đổi biến tương ứngξ = y sin x,η = y Ta tìm được phươngtrình chính tắc có dạng

6 Tìm nghiệm tổng quát của các phương trình sau:

(a) u xx − 2 sin xu xy − cos2xu yy − cos xu y = 0

Lời giải. Ta có δ = sin2x + cos2x = 1 > 0 với mọix, y, vì vậy đây là phương trìnhhyperbolic Phương trình đặc trưng tương ứng lày02+ 2 sin xy0− cos2x = 0 Giải ra tađượcy0+ sin x = ±1, tức là ta sẽ xét phép đổi biến tương ứng

Vì đây là phương trình hyperbolic, nêna 1 = c 1 = 0, còn

b1 = (sin x + 1)(sin x − 1) − sin x(sin x + 1 + sin x − 1) − cos2x

= sin x2− 1 − 2 sin x2− cos2x = −2.

Chú ý rằngξxxvàηxxkhác 0 nên (các bạn tính toán cụ thể!) phương trình chính tắc sẽ

có dạngvξη = 0 Khi đó nghiệm của phương trình sẽ là

u(x, y) = G(y − cos x + x) + H(y − cos x − x).

(Gợi ý: Thành phần đạo hàm riêng cấp 1 của phương trình qua phép đổi biến sẽ là

vξcos x + vηcos x − cos x(vξ+ vη) = 0 Đây chính là điều ta mong chờ!)

sẽ có dạngu(ξ, η) = G(ξ) + H(η)hoặcu(ξ, η) = e−αηG(ξ) + H(η)

7 Tìm tích phân tổng quát của các phương trình sau:

(a) uxx− a 2 uyy = 0

2.2 Bài toán giá trị đường bên của phương trình tuyến tính cấp 2 loại hyperbolic

Việc tìm nghiệm của bài toán giá trị đường bên chính là việc ta thay các điều kiện chotrên các đường (không phải là đường đặc trưng) của ẩn hàm để tìm các hàm G và H phùhợp Các dạng phương trình mà từ đó viết được biểu thức nghiệm là rất ít và tương đối đặcbiệt

1 Tìm các miền elliptic, hyperbolic, parabolic của phương trình

(a) Phân loại và đưa phương trình về dạng chính tắc

Lời giải. Ta cóδ = 4 > 0nên phương trình là hyperbolic

(b) Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

Lời giải.Phương trình đặc trưng tương ứng là y02− 4y0 = 0 Giải ra ta được y0 = 0 và

y0 = 4 Vậy phép đổi biến tương ứng với phương trình này làξ = y,η = y − 4x Phươngtrình ban đầu sẽ được đưa về dạng chính tắc với các thông số

Vậy nghiệm cần tìm của phương trình làv(ξ, η) = e−ξ/4G(η) + H(ξ),hay là

u(x, y) = e−y/4G(y − 4x) + H(y).

(c) Tìm nghiệm của phương trình với điều kiện ban đầu cho trên đường thẳngy = 8x

u(x, y)|y=8x= 0, ux(x, y)|y=8x = 4e−2x.

Lời giải. Thay giá trị trên đường bên của nghiệmuta được hệ phương trình

Vậy nghiệm cần tìm của bài toán sẽ là

u(x, y) = −(y − 4x)e−y/4+y

2e

−y/4 = y − 8x

−y/4

Thử lại ta thấy đúng là nghiệm cần tìm

4 Trả lời các câu hỏi tương tự câu 3 đối với phương trình

y5uxx− yuyy + 2uy = 0,

biết rằng điều kiện ban đầu làu(0, y) = 8y3, ux(0, y) = 6,với mọiy > 0

Lời giải. Vớiy > 0, phương trình là hyperbolic Ta có phương trình đặc trưng lày5y02−

y = 0, từ đó tìm được phép đổi biến tương ứng

ξ = y3− 3x, η = y3+ 3x.

u(x, y) = G(y3− 3x) + H(y3+ 3x).

Thay vào điều kiện ban đầu ta được hệ

u(x, y) = 3(y3− 3x) + 5(y3+ 3x) = 8y3+ 6x.

5 Trả lời các câu hỏi tương tự câu 3 đối với phương trình

uxx+ (1 + y2)2uyy − 2y(1 + y2)uy = 0,

biết rằng điều kiện ban đầu làu(x, 0) = g(x), uy(x, 0) = f (x),vớif, g ∈ C2(R)

6 Phép biến đổi FourierF của một hàm khả tíchu(x, y)được cho bởi công thức

(a) Biến đổi phương trình trên bằng phép biến đổi Fourier (x, y) → (ξ, η)

(b) Tìm nghiệm của phương trình trên từ việc giải phương trình đã được biến đổiFourier với giả thiết rằng ucó giá compact, tức là tập

supp u = {(x, y) ∈R2, u(x, y) 6= 0}

là một tập compact

(c) Xét trường hợpa = b = 1,a = 0,b = 1,a = 1,b = −1

2.3 Bài toán Sturm-Liouville

Một trong những công cụ hữu hiệu để giải phương trình đạo hàm riêng cấp hai tuyếntính hay được sử dụng là phương pháp tách biến và biểu diễn nghiệm dưới dạng chuỗiFourier Đây là một dạng nghiệm đặc biệt, cơ bản mô tả được hình dáng nghiệm của phươngtrình ban đầu, khi các thông tin ban đầu và thông tin ở biên được cung cấp đầy đủ Dạngtách biến này sẽ đưa phương trình tuyến tính cấp hai về một hệ hai phương trình vi phânthường tuyến tính cấp 2, và việc giải nó sẽ dẫn đến việc tìm nghiệm của bài toán Sturm-Liouville Ta xét một ví dụ sau: Tìm nghiệm của bài toán truyền sóng trên dây hữu hạn

Hiện tượng vật lí ở đây là sự truyền dao động (sóng) trên dây căng thẳng có chiều dài

` Để tìm nghiệm của phương trình này, người ta xét một loại nghiệm đặc biệt có dạng

u(x, t) = X(x)T (t), gọi là nghiệm dưới dạng tách biến Nhiệm vụ của ta là tìm tất cả cáchàmX, T thỏa mãn bài toán Thay biểu thức vào phương trình ta được

1 Tìm tất cả các cặp không tầm thường(λ, X)thỏa mãn

X00(x) + λX(x) = 0, x ∈ (0, π), X(0) = X(π) = 0.

Lời giải. Phương trình được xét là một phương trình vi phân thường cấp 2 Bằng cáchtìm nghiệm cơ bản dưới dạng X = ezx, ta đưa phương trình trên về dạng phương trìnhđặc trưng

z2+ λ = 0.

Đến đây ta tìm zdựa vào giá trị củaλ Ta có các trường hợp sau