thì mọi nghiệm cổ điển ux, t C2,1R T đều là nghiệm suy rộng, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm, vì nghiệm suy rộng là hàm ux,t chỉ đòi hỏ[r]
Trang 1PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG
I MỞ ĐẦU
Cho hàm u(x) u(x , , x ) 1 n với x (x , , x ) 1 n n, ta kí hiệu hay là đạo hàm
i
u x
ux i
riêng của u(x) theo biến x ,i còn 1 n
T T
Du(x) u , ,u , ,
là gradien của u(x), toán tử Laplace ma trận Hessian grad u(x) u(x)
i 1 i
u
x
Nếu u(x) là hàm 1 biến thì chính là
1 1 1 2 1 n
2 1 2 2 2 n
i j
n 1 n 2 n n
2
x x
i, j 1,n
D u(x) u
Du(x)
và là
u '(x), D u(x)2 u ''(x)
Xét phương trình vi phân đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2
a (x)u (x) a (x)u (x) a(x).u(x) f (x) (1.1)
trong đó a (x), a (x), a(x), f (x)ij j là các hàm cho trước, u(x) là hàm cần tìm Xét ma trận
, do nên ta có thể giả sử A(x) là
ij
a (x) a (x) a (x)
a (x) a (x) a (x) A(x) a (x)
a (x) a (x) a (x)
i j j i
u u
ma trận vuông thực, đối xứng Với mỗi x x 0 cố định, ma trận A(x )0 có n giá trị riêng thực (tính cả bội), gọi p, n, z lần lượt là số giá trị riêng dương, âm, bằng 0 (positive: dương, negative: âm, zezo: không), ta có p n z n Phương trình (1.1) được gọi là thuộc loại
- Elliptic tại x0 nếu p n hoặc n n
- Parabolic tại x0 nếu p hoặc
z
n 1 1
n z
n 1 1
- Hyperbolic tại x0 nếu p hoặc
n
1
n 1
n p
1
n 1
Khi tất cả các hệ số aij không phụ thuộc vào x thì có phép đổi biến y=y(x) đưa các phương trình trên về dạng chính tắc (không làm thay đổi phân loại ban đầu)
- (E): u G(y,u(y),Du(y)) 0.
- (P): (uy y1 1 uyn 1 n 1 y ) G(y,u(y),Du(y)) 0 , chẳng hạn phương trình truyền nhiệt
u u 0 (t y , y' (y , , y ), y (y', t)).
- (H): (uy y1 1 uyn 1 n 1 y uy yn n) G(y,u(y),Du(y)) 0 , chẳng hạn phương trình truyền sóng utt y'u 0 (t y , y' (y , , y n 1 n 1 ), y (y', t)).
Nghiệm cổ điểm (classical solution) của phương trình (1.1) thường được định nghĩa là hàm
Trang 2Với đa chỉ số (muliti index) ( , 1 n) n bậc 1 n thì ! ( !) (1 n!),
x (x , , x ) (x ) (x ),
n 1
u
x x
D uk D u, k ,k 1,2,3, Riêng D u1 viết tắt là Du và xếp theo trật tự như đã biết Duu , ,ux 1 x n, còn D u2 được viết
ở dạng ma trận Hessian
Ta đưa ra một số không gian hàm hay sử dụng sau đây
liên tục trên
0
C ( ) C( ) u :
k 0
C ( ) u : D u C( ), k ,C ( ) C ( )
liên tục đều trên với mọi
C ( ) u C ( ) : D u k
C ( )k C ( ),k 0,1,2, ,k
ở bên ngoài một tập compact trong
0
0
C ( ) C ( ) u C ( ) : u 0
Giá của hàm liên tục sup p ux: u(x) 0 Hàm u gọi là có giá compact trong nếu suppu là tập compact chứa trong (Trong n tập compact là ttập đóng và bị chặn) Một tập
A được gọi là “chứa compact” trong B nếu A A B và là tập compact, kí hiệu A AB
Kí hiệu C ( )0 là tập các hàm khả vi vô hạn lần và có giá compact trong
chuẩn là không gian
p p
L ( ) f (x) : f (x) dx ,1 p ,
1 p p
f f (x) dx ,
Banach Nói riêng L ( )2 là không gian Hilbert với tích vô hướng f ,g f (x).g(x)dx
Không gian L ( ) f (x) đo được trên , esss upf (x) có chuẩn
f esss upf (x),
trong đó esss upf (x) inf : B , B 0, lim f (x)\B cận trên cốt yếu
loc
L ( ) f (x) : f (x) L (K), K
x
L (0;1), L1 1loc(0;1) ( (0;1))
1
0
1
f (x) dx lim dx lim ( ln ) f (x) L (0;1)
x
Vì nên (Hoặc với mọi tập compact
a;b 0;1 b
a
b
f (x) dx ln
a
f (x) L 1loc(0;1)
tồn tại
1
M m ax f (x) max , f (x) dx M dx M K f (x) L (0;1))
x
Trang 3Hàm đặc trưng E(x) 1 khi x E.
0 khi x E
Tích chập: Cho fL (1 n),g L ( p n),1 p , tích chập của f và g, kí hiệu là f*g, là hàm
Ta có
n
(f *g)(x) : f (x y).g(y)dy.
f *g L ( ), f *g f g
1 khi x 0;1
0 khi x \ 0;1
1
1 x
f L ( ),g L ( ),
2
f *g L ( ).
2 1
2
dx
f (x) dx dx 1 f L ( ); g(x) dx lim lim (arctan b arctan a)
1 x
2
g L ( )
(f * g)(x) f (x y)g(y)dy,
x y \ 0;1 f (x y) 0, nên
x 1
x
(f *g)(x) ln( 1 y y) ln
x 1
Ta thấy nếu
h(x)
x 1
y y
Nếu
x
2
2
2
Hàm h(x) liên tục trên đoạn , đặt ta có
1
2
dx
1
x
2
x 1;2
M lim h(x) ,
Do đó
2
h(x) dx M dx 3M
1
2
2
dx
h L ( ) hay f *g L ( ) (x 1)
0 khi x \ 0;1 1 x
f L ( ), f L ( ). Kiểm tra xem f*g có thuộc L ( )2 hay không
Lời giải Ta có
2
f (x) dx lim 2 f L ( ); f (x) dx f L ( )
x x
Theo chứng minh trên g L ( ). 2 Do f (x y) 1 với hay và
x y
x y (0;1), x 1 y x,
Trang 4KHÁI NIỆM NGHIỆM SUY RỘNG CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOẠI PARABOLIC VÀ
MỐI LIÊN HỆ VỚI NGHIỆM CỔ ĐIỂN
1 Vài kí hiệu
- Ta kí hiệu L là toán tử được xác định như sau
trong đó u u(x, t) u(x , , x , t), x (x , , x ) 1 n 1 n n, t,aija (x, t),ij
a a ,b b (x, t),c c(x, t).
- Với 0 T và là miền bị chặn trong n ta kí hiệu
0
n
R (0;T), Q (0;T), S (0;T),
t (0 t T),
ở gần
o
W (Q ) (x, t) W (Q ) : (x,T) 0, 0 S T
2 Bài toán Cauchy
Xét phương trình đạo hàm riêng cấp hai tuyến tính dạng
với
Lu f (x, t) (x, t) R (1) T với điều kiện ban đầu u(x,0) (x), xn (2), các hàm f , cho trước
Nghiệm cổ điển của bài toán Cauchy (1), (2) là hàm u mà 2,1 n và
T
u u(x, t) C (R ) C( 0;T ) thỏa mãn đồng thời (1), (2)
Nghiệm suy rộng của bài toán (1), (2) trong không gian W (R )21,0 T là hàm u u(x, t) W (R ) 1,02 T
và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân
n T
T
R
1,1 T 2 R
f dxdt (3), (x, t) W (R ), (x,T) 0
Ví dụ 1
Xét phương trình u 22u 0, (x, t) R1 (0;1) (4) với điều kiện ban đầu
x
u(x,0) e , x (5)
Trang 5Ta thấy hàm u(x, t) e x t (x,0 t 1) là (một) nghiệm cổ điển của bài toán (4), (5).
Nghiệm suy rộng của bài toán (4), (5) trong không gian W (R )1,02 1 là hàm u u(x, t) W (R ) 1,02 1
và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân
1
1 2 R
u
u dxdt e (x,0)dx 0 (6), (x, t) W (R ), (x,1) 0
t x x
Nhận xét
Đối với bài toán (1), (2) nếu có thêm điều kiện (x) L ( 2 n), ij ij i 2 T
i
a
a , ,b ,c,f (x, t) L (R ), x
thì mọi nghiệm cổ điển u(x, t) C (R ) 2,1 T đều là nghiệm suy rộng, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm, vì nghiệm suy rộng là hàm u(x,t) chỉ đòi hỏi có đạo hàm suy rộng theo x đến cấp 1 thuộc L (R )2 T , còn nghiệm cổ điển thì phải có đạo hàm theo x đến cấp 2 và theo t đến cấp 1 liên tục
3 Bài toán biên ban đầu
a Bài toán biên ban đầu thứ nhất
Ta xét phương trình Lu f (x, t), (x, t) Q (7) T với điều kiện ban đầu
ở đó là các hàm cho trước, và điều kiện biên u(x,0) (x), x (8), f ,
T
u 0, (x, t) S (9).
Nghiệm cổ điển của bài toán biên ban đầu thứ nhất (7), (8), (9) là hàm
và thỏa mãn đồng thời (7), (8), (9)
2,1
u(x, t) C (Q ) C(Q S )
Nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9) trong không gian W (Q )21,0 T là hàm
và thỏa mãn đồng nhất thức tích phân
o
1,0
T 2
u(x, t) W (Q )
T
T
Q
o 1,1 T 2 Q
f dxdt (10), (x, t) W (Q ), (x,T) 0
Ví dụ 2
Chẳng hạn phương trình u 22u 2,(x, t) Q1 (0;2) (0;1) (11), với điều kiện ban đầu
2
u(x,0) x 2x, x (0;2) (12), u(0, t) u(2, t) 0, t (0;1) (13)
là (một) nghiệm cổ điển Còn nghiệm suy rộng của bài toán (11),
2
1
u(x, t) x 2x,(x, t) Q
o
Trang 61 1
2
u
u dxdt (x 2x) (x,0)dx 2 dxdt (14)
t x x
với mọi
o 1,1 1 2
(x, t) W (Q ), (x,1) 0
Nhận xét
Đối với bài toán (7), (8), (9) nếu thêm điều kiện trơn từng khúc,
thì mọi nghiệm cổ điển đều là
ij
i
a
a , ,b ,c,f (x, t) L (Q ),
x
2,1 T
u(x, t) C (Q )
nghiệm suy rộng, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng chưa chắc đã là nghiệm
cổ điểm
Ta sẽ chứng minh nhận xét này trong trường hợp 0 T
Thật vậy, giả sử u(x, t) C (Q ) 2,1 T là một nghiệm cổ điển của bài toán (7), (8), (9) với điều kiện bổ sung f (x, t) L (Q ), 2 T (x) L ( ) 2 Vì lúc này
nên u có đạo hàm cổ điển theo mọi
u(x, t) C (Q ) C(Q S ) C (Q ) C (Q )
biến xi đến cấp 2, theo biến t đến cấp 1 và các đạo hàm đó liên tục, trên cả QT và Q ,(15).T Vì
là miền bị chặn trong nên là miền bị chặn trong , và compact trong
Do đó tồn tại số 0 M sao cho u M, (x, t) Q T Ta thấy
nên Ta thấy mọi đạo hàm cổ điển
T
u dxdt M dxdt M Q
của u theo mọi biến xi đến cấp 2, theo biến t đến cấp 1, liên tục trên cả QT và QT, lập luận tương tự như trên suy ra các đạo hàm đó cũng thuộc L (Q )2 T Mà các đạo hàm cổ điển này lại chính là đạo hàm suy rộng của u Chứng tỏ các đạo hàm suy rộng đến cấp 1 của u là thuộc
(17) Từ (15), (16), (17) suy ra Mặt khác trên Nên
Tiếp theo ta sẽ chỉ ra rằng u thỏa mãn (10) với mọi
o
1,0
T
2
u W (Q ) (18).
o
1,1
T 2
(x, t) W (Q ), (x,T) 0
Nếu o1 là hệ trực chuẩn trong , sao cho bao đóng tuyến tính của nó
k(x) W ( )2
o 1 2
W ( )
o 1 2
W ( ) , thì ta có tính chất trù
N
k 1
M d (t) (x) : d W (0;T),d (T) 0 W (Q )
o
1,1 T 2,0
W (Q )
o 1,1 T 2
(x, t) W (Q ), (x,T) 0,
o 1,1 T 2,0
W (Q )
tồn tại dãy m M hội tụ tới trong W (Q ),1,12 T với m dkm(t)km(x) M (nếu tổng
Trang 7này là tổng hữu hạn thì ta coi dkm 0 với k đủ lớn) Vì , mà là bao đóng
o 1
km W ( )2
o 1 2
W ( ) của trong nên trù mật trong , nghĩa là tồn tại dãy
o
C ( ) W ( )12
o
C ( )
o 1 2
W ( )
kmhC ( )o
o 1
km W ( )2
C ((0;T)) C ( 0;T ) W ((0;T))21 dkmW (0;T),12 dkm(T) 0,
dãy dkmhC ( 0;T ) hội tụ đến dkm khi h trong W (0;T).12 Khi đó
Do u là nghiệm cổ điển của bài toán đang xét nên nó thỏa
h
mãn (7) Nhân hai vế của (7) với h rồi lấy tích phân hai vế ở trên QT ta được
h
u dxdt u cos( , t)dS u dxdt
đôi một có giao là tập có thể tích 0 như sau QT ST 0 T, mà u = 0 trên S ,T khi xét trên thì và là vectơ pháp tuyến ngoài của biên xét trên đáy trụ cho ta
0
cos( , t) 1, T cos( , t) 1
Tương tự
T
Q
u cos( , t)dS u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx
h
Vì h = 0 trên S ,T cos( , x ) 0 i với là vectơ pháp tuyến ngoài của QT xét trên các đáy trụ 0, T, nên Do đó ta thu được đẳng thức tích phân
T
h
j Q
u
a cos( ,x )dS 0
x
T
Q
Cho thì
T
Q
+ u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt
nên
h
km dkm km
Lần lượt cho k =
T
T
Q
Q
+ u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt
1, 2, 3, …, k0 rồi cộng k0 đẳng thức này lại, cho k0 , mà m km, nên ta có
Trang 8Cho thì
T
T
Q
Q
+ u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt
m
ta thu được
Nhưng
T
T
Q
Q
+ u(x,T) (x,T)dx (x) (x,0)dx f dxdt
(x,T) 0
nên
T
T
Q
Q
(x) (x,0)dx f dxdt
Như vậy với mọi thì đẳng thức (10) được thỏa mãn với u là nghiệm cổ điển đang
o 1,1 T 2,0
W (Q )
xét (19) Từ (18) và (19) chứng tỏ u là nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9)
Ta thấy rằng nghiệm suy rộng của bài toán (7), (8), (9) trong không gian W (Q )1,02 T là hàm
, khi đó u có đạo hàm suy rộng theo x đến cấp 1, trong khi nghiệm cổ điển
o
1,0
T 2
u(x, t) W (Q )
của bài toán này đòi hỏi phải có đạo hàm theo x đến cấp 2 và theo t đến cấp 1, do đó u chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm của bài toán đó
b Bài toán biên ban đầu thứ hai và thứ ba
Ta xét phương trình (7) với điều kiện ban đầu (8) và điều kiện biên sau đây
T
S
u
(s, t)u 0 (20)
N
n
j
i, j 1
= a cos( , x ) (21),
tới mặt S ,T còn (s, t) là hàm cho trước xác định trên S T Khi 0 hoặc 0 thì bài toán (7), (8), (20) tương ứng được gọi là bài toán biên ban đầu thứ hai hoặc thứ ba
Nghiệm cổ điển của bài toán (7), (8), (20) là hàm u(x, t) mà
và đồng thời thoả mãn (7), (8), (20)
u(x, t) C (Q ) C(Q S ) C (Q S )
Nghiệm suy rộng của bài toán trong W (Q )1,02 T là hàm u(x, t) W (Q ) 1,02 T thoả mãn đồng nhất thức tích phân
Trang 9T T
T
1,1 T 2 Q
(x) (x,0)dx f dxdt (22), (x, t) W (Q ), (x,T) 0
Tương tự như trên, với điều kiện trơn từng khúc, (x) L ( ), 2
ta thấy mọi nghiệm cổ điển của bài
ij
i
a
a , ,b ,c,f L (Q ), L (S ),
x
2,1 T
u(x, t) C (Q ) toán (7), (8), (20) đều là nghiệm suy rộng của nó, nhưng điều ngược lại không đúng, nghiệm suy rộng của bài toán đó chưa chắc đã là nghiệm cổ điểm Lúc này lưu ý
T
j
i, j S
u
dxdt u cos( , t)dS u dxdt (x) (x,0)dx ( u )dxdt,
u
u dsdt a cos( , x )
x
ij
j i
n ij
j i
i, j 1
u
x x u
x x
Ví dụ 3
Cho phương trình u 2u2 0, (x, t) Q2 ( 1;1) (0;2) (23), với điều kiện ban đầu
Ta xét bài toán biên ban đầu thứ hai đối với phương trình u(x,0) x , x ( 1;1) (24)
Ta lưu ý rằng
2
u
0, (x, t) S (x, t) | x 1, 1 ,0 t 2 (25)
N
mà lúc này nên điều kiện biên (25) được viết lại thành
= cos( , x)
2
u
0, (x, t) S
x
Nghiệm cổ điển của bài toán đang xét là hàm u(x, t) thoả mãn
Trang 10
2 2
2 2
u
x
Nghiệm suy rộng trong W (Q )21,0 2 của bài toán là hàm u W (Q ) 21,0 2 sao cho
2
1
1,1 2 2
u