Giáo trình Phương trình vi phân và phương trình đạo hàm riêng - Lê Văn Hạp (Phần 2)

khả vi liên tục đến cấp hai và triệt tiêu tại các mút. 2 0 [0, ]C l 5.1. Tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp Định lí. Nghiệm của bài toán hỗn hợp, nếu có, là duy nhất. Phần chứng minh xem nh− bài tập. 5.2. Lời giải của bài toán hỗn hợp. Sự tồn tại nghiệm Ta hãy tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp d−ới dạng : u(x, t) = X(x).T(t) ≠ 0, trong đó ta giả thiết L(ϕ0) = 0. Ta có : T″ X = – T.L(X). Suy ra ( )T L X T X λ′′ = − = − , trong đó λ là một hằng số. Khi đó bài toán hỗn hợp chuyển thành hai bài toán phụ 131 T″ + λT = 0 (5.5) và ( ) (0) ( ) 0 L X X X X l λ=⎧⎨ = =⎩ (5.6) L là một toán tử tuyến tính, do vậy các giá trị của λ sao cho (5.6) có nghiệm X ≠ 0, chính là các giá trị riêng và vectơ riêng của toán tử L. Gọi 0 < λ1 < λ2 < ... < λn < ... là dãy các giá trị riêng và X1, X2, ..., Xn, ... là dãy các vectơ riêng t−ơng ứng và chúng lập thành một cơ sở trực chuẩn của không gian Hilbert L2[0, l]. ứng với mỗi giá trị riêng λk > 0, ph−ơng trình (5.5) có nghiệm 1 2cos . sin .k kk kT C t C k tλ λ= + , do đó nghiệm của ph−ơng trình (5.1) t−ơng ứng là : 1 2. ( cos . sin k k k k k k k ku X T X C t C t. )λ λ= = + Tuy nhiên các uk không thoả mãn các điều kiện (5.2) và (5.3). Ta đi tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp bằng cách lập chuỗi : 1 2 1 ( , ) ( cos . sin . )k kk k k u x t X C t C tλ∞ = = +∑ kλ 1 . (5.7) Muốn (5.7) thoả mãn (5.2) ta phải có : 0 1 ( ) ( , 0) k k k X u x C Xϕ ∞ = = = ∑ . (5.8) Do {Xk} là cơ sở trực chuẩn của L 2[0, l] nên (5.8) phải đ−ợc xem là khai triển Fourier của ϕ0 trên [0, l]. Nh− vậy các hệ số đ−ợc xác định nh− sau : 1 kC 1 1 0 0 1 ( ) ( )k kC x Xl ϕ= ∫ X dx , k = 1, 2, .. (5.9) Muốn (5.7) thoả mãn (5.3) ta phải có : 1 2 1 ( ) ( , 0) ( ). ∞ = = = ∑ kt k k X u x C X xϕ λ k T−ơng tự nh− trên ta phải có: 132 2 1 0 1 ( ) ( ) .= ∫lkk kC X X xlλ ϕ dx hay 2 1 0 1 ( ) ( ) . . = ∫lk k k C X X l ϕλ x dx (5.10) Khi đó chuỗi (5.7) với các hệ số đ−ợc xác định bởi (5.9) và (5.10) sẽ xác định một hàm u(x, t) và ng−ời ta chứng minh đ−ợc u là nghiệm của bài toán hỗn hợp. Bài tập 3.1. Nếu u là nghiệm của bài toán hỗn hợp : 2 0 1 ( , 0) ( ) ( , 0) ( ) u ( , ) 0 ặc 0 n ⎧ = ∆⎪ =⎪⎪⎨ =⎪ ∂⎪ =⎪ ∂⎩ GT T tt t S S u a u u x x u x x u x t ho ϕ ϕ trong miền trụ QT ⊂ R3, QT = Ω ì (0, T), có mặt xung quanh là ST và ϕ0 ∈ C1 (Ω), ϕ1 ∈ (Ω). Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức : 2 2 2 2 2 0 1 0 0( , ) ( ) ( ) ( ) Ω Ω 2⎡ ⎤≤ + + +⎣ ⎦∫ ∫ x yu X t dX dt C X X a dX τ ϕ ϕ ϕ ϕ trong đó X = (x, y) ∈Ω, Ωτ = {(x, y, τ)⏐(x, y) ∈ Ω và τ ∈ (0, T) }, C là hằng số d−ơng. 3.2. Chứng minh định lí về tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp trong phần 5.1 của Đ5. 3.3. Tìm nghiệm tổng quát của các ph−ơng trình sau đây : a) 2uxx – 5uxy + 3uyy = 0. b) 3uxx + 10uxy + 3uyy+ ux + uy + 16 1 16 0 16 +−− = x y u xe . 3.4. Giải các bài toán Cauchy sau đây : 133 a) 4y2uxx + 2(1 – y 2)uxy – uyy – 2 2 1 y y+ (2ux – uy) = 0, u(x, y)⏐y = 0 = ϕ(x), uy(x, y)⏐y = 0 = (x) trong đó ϕ và là các hàm khả vi liên tục đến cấp hai. ψ ψ b) uxx – 2sinx uxy – (3 + cos 2x)uyy + ux + (2 – sinx – cosy)uy = 0. u(x, y)⏐y = cosx = 0, uy(x, y)⏐y = cosx = 2 cos x e x − . 3.5. Tìm nghiệm của ph−ơng trình sau uxx + uyy + uzz – utt = 0 và thoả mãn điều kiện sau đây : a) u(x, y, z, 0) = ex cosy và ut(x, y,z, 0) = x 2 – y2. b) u(x, y, z, 0) = 1 x và ut(x, y,z, 0) = 0 (x ≠ 0). 3.6. Tìm nghiệm của bài toán sau : 3 2 2 4 2 ( , , 0) ( , , 0) 3 = +⎧⎪ =⎨⎪ = −⎩ tt xx yy t u u u x y x y u x y x y x u u 3.7. Tìm nghiệm của bài toán sau đây : a) 2 2( , , 0) ( , , 0) 1 = +⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩ tt xx yy t u u u x y x y u x y b) ( , 0) ( , 0) − =⎧⎪ =⎨⎪ =⎩ tt xx x x t u u u x e u x e 134 Ch−ơng IV: Ph−ơng trình loại parabol Trong ch−ơng này ta sẽ xét một ph−ơng trình loại parabol th−ờng gặp, đó là ph−ơng trình truyền nhiệt ut = a 2( 1 1 2 2 ... n nx x x x x u u u x+ + + ), a > 0. Để đơn giản ta chỉ xét n ≤ 2. Đ1. Nguyên lí cực trị trong miền bị chặn đối với ph−ơng trình truyền nhiệt Trong R2 cho miền mở Ω bị chặn có biên ∂Ω. Kí hiệu hình trụ trong R3 là QT = Ω ì (0, T) (T > 0), có mặt xung quanh ST = ∂Ω x (0, T) ΩT = {(x, y, T)|(x, y) ∈ Ω}; σ = ST Ω ∪ C2k, k( QT ) là không gian gồm các hàm có các đạo hàm riêng theo x, y liên tục đến cấp 2k, theo t liên tục đến cấp k trong QT. Trong QT ta xét ph−ơng trình truyền nhiệt: Tu = ut – (uxx + uyy) = f(x, y, t). (1.1) 1.1. Nguyên lí cực trị Nếu u là nghiệm của ph−ơng trình T(u) = 0 và liên tục trên TQ thì u đạt đ−ợc giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất trên σ = ST . ∪ Ω Chứng minh Tr−ớc hết ta chứng minh u đạt giá trị lớn nhất trên σ . Đặt M = ( , , ) ( , , ) Tx y t Q Max u x y t ∈ và α = ( , , ) ( , , ). ∈x y t Max u x y tσ Ta cần chứng minh α = M Ta có α ≤ M, giả sử α < M khi đó tồn tại (x0, y0, t0) = X0 ∈ QT ∪ Ω T sao cho u(X0) = M. Đặt v(x, y, t) = u(x, y, t) + 0(2 M t t T ) α− − . Ta có v liên tục trên TQ và vì với mọi (x, y, t) ∈ ST ∪ thì u(x, y, t) Ω ≤ α còn t0 – t ≤ t0 ≤ T nên v(x, y, t) ≤ α + 2 2 M M M α α− += < , 135 nh−ng v(X0) = u(X0) = M. Vậy v phải đạt giá trị lớn nhất tại X1 = (x1, y1, t1) ∈ QT ∪ Ω T. Điều này dẫn đến mâu thuẫn vì: 0( ) ( ) ( ) 0.2 2 − −= + − = − <M MT v T u T t t T T α α (*) Mặt khác nếu X1 ∈ QT thì X1 là điểm trong của QT và ta có X1 là điểm cực đại của hàm v. Nên : 0, 0, 0 1 1 1t X xx X yy X v v v= ≤ ≤ do đó Tv(X1) 0, mâu thuẫn với (*). Vậy thì X≥ 1 phải thuộc Ω T. Khi đó (x1, y1) là điểm trong của còn tΩ 0 = T là điểm biên của (0, T) do đó X X X0, 0, 0≥ ≤1 1 1t t yyv v v ≤ và ta cũng có Tv(X1) 0, mâu thuẫn với (*). Vậy ≥ α = M. áp dụng chứng minh trên cho hàm – u ta suy ra hàm u cũng đạt giá trị nhỏ nhất trên σ . Nh− vậy theo nguyên lí cực trị ta có thể viết ( , , ) ( , , ) min ( , , ) ( , , ) ( , , ), ( , , ) T x y t x y t u x y t u x y t Max u x y t x y t Qσ σ′ ′ ′ ′ ′ ′∈ ∈ ′ ′ ′ ′ ′ ′≤ ≤ ∀ ∈ . Định lí trên vẫn đúng với miền QT R⊂ n + 1. 1.2. Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên thứ nhất đối với ph−ơng trình truyền nhiệt Xét bài toán biên sau đây gọi là bài toán biên thứ nhất : Tu u≡ t – (uxx + uyy) = f(x, y, t) (1.1) u |σ = φ (x*, t) (1.3) Định lí Nghiệm của bài toán (1.1) – (1.3), nếu có, là duy nhất. Chứng minh Giả sử bài toán có hai nghiệm u1, u2. Khi đó u = u1 – u2 là nghiệm của bài toán : 0 0 uT u σ =⎧⎪⎨ =⎪⎩ Từ bất đẳng thức (1.2) ta suy ra u = 0 trên QT hay u1 = u2. 136 Đ2. Nguyên lí cực trị trong miền không bị chặn đối với ph−ơng trình truyền nhiệt Kí hiệu GT = R 2 x (0, T), (T > 0) Xét ph−ơng trình truyền nhiệt Tu ≡ ut – (uxx + uyy) = 0 trên miền không bị chặn GT. 2.1. Nguyên lí cực trị Giả sử u ∈ C2, 1 (GT) và u bị chặn trên GT. Khi đó nếu Tu = 0 thì : 2 2( , ) ( , ) ( , , 0) ( , , ) ( , , 0) ∈ ∈ ≤ ≤ x y R x y R inf u x y u x y t sup u x y với mọi (x, y, t) ∈ GT. Chứng minh Vì u bị chặn trên GT nên tồn tại m = và M = . 2 ( , , 0) R inf u x y 2 ( , , 0) R sup u x y Tr−ớc hết ta chứng minh u(X0) M, với mọi X≤ 0 = (x0, y0, t0) ∈ GT. Với X = (x, y, t) ∈ GT và ε > 0 ta đặt : V(X ) = x2 + y2 + 4t ; V1(X ) = u(X ) – M – ε V(X ). Ta có : T(V) = 0 = T(V1) và 2 210, 0R RV V≥ ≤ . Xét hình tròn tâm O bán kính R trong R2 : B(0, R) = BR có biên đ−ờng tròn S(0, R) = SR. Đặt σ = SR x (0, T) ta có V(X ) x≥ 2 + y2 = R2 , ∀X = (x, y, t) ∈ σ . Do u bị chặn nên ta có thể chọn R đủ lớn để : ε V(X ) u(X) – M hay ≥ 1 0v σ ≤ . Với X0 = (x0, y0, t0) bất kì thuộc GT sẽ tồn tại R > 0 đủ lớn sao cho(*) nghiệm đúng và (x0, y0) ∈ BR. Khi đó X0 ∈ BR x (0, T) = QT và : 1 ( ) 0.∈ ≤ X Max V Xσ áp dụng nguyên lí cực trị trong miền bị chặn QT đối với hàm V1 ta có: 1 1( ) ( ) 0,X V X Max V Xσ∈≤ ≤ ∀X ∈ QT. Đặc biệt V1(X0) 0 hay u(X≤ 0) – M – ∈ V(X0) ≤ 0, cho ε → 0+ ta suy ra 137 2 0( ) ( , , 0).≤ = R u X M inf u x y 2.2. Bài toán Cauchy và định lí duy nhất nghiệm Xét bài toán Cauchy trong miền GT = R 2 x (0, T) đối với ph−ơng trình truyền nhiệt. ( , , ) ( , , 0) ( , ) =⎧⎨ =⎩ Tu f x y t u x y x yϕ (2.1) Định lí : Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy (2.1), nếu có là duy nhất. Chứng minh Giả sử u1, u2 là hai nghiệm của bài toán. Khi đó u = u1 – u2 là nghiệm của bài toán 0 ( , , 0) 0 =⎧⎨ =⎩ Tu u x y Theo nguyên lí cực trị ta có u = 0 trên GT, tức là u1 = u2. 138 Đ3. Công thức Poission đối với ph−ơng trình truyền nhiệt Trong phần này ta sẽ dùng ph−ơng pháp tách biến để tìm nghiệm của bài toán sau đây : ut = a 2 uxx , (3.1) u(x, 0) = φ(x), ∀x ∈ R. (3.2) Ta tìm nghiệm bị chặn của bài toán d−ới dạng : u(x, t) = X(x). T(t). Thế vào (3.1) ta đ−ợc ph−ơng trình 2 , ′ ′′= = −T X K a T X (hằng số). (3.3) Từ điều kiện u bị chặn trong miền R x (0, T) suy ra K = λ 2 > 0 và từ (3.3) ta có : 2 2 2 0 0 T a T X X λ λ ′⎧ + =⎪⎨ ′′ + =⎪⎩ (3.4) Suy ra 2 2 ( ) a tT t e λ−= và X(x) = A cos λ x + B sin λ x với A, B phụ thuộc vào λ là những hằng số bất kì. Vậy [ ]2 2( , ) ( ) cos ( )sin .−= +a tu x t e A x B xλλ λ λ λ λ Đặt [ ]2( , ) ( ) cos ( )sin .+∞ − −∞ = +∫ a tu x t e A x B x dλ λ λ λ λ λ (3.5) Nếu tích phân suy rộng (3.5) hội tụ đều và có thể đạo hàm d−ới dấu tích phân hai lần theo x và một lần theo t thì (3.5) sẽ xác định một hàm u(x, t) là nghiệm của ph−ơng trình (3.1). Bây giờ ta sẽ chọn A( λ ), B( λ ) để (3.5) thoả mãn điều kiện (3.2). Cho t = 0 trong (3.5) ta có : [ ]( , 0) ( ) cos ( )sin ( ).u x A x B x d xλ λ λ λ λ ϕ+∞ −∞ = +∫ = 139 Ta giả thiết φ(x) có dạng: [ ]1( ) ( ) cos ( ) 2 1 ( ) [cos ( ( ) cos ) sin ( ( )sin ) ] 2 +∞ +∞ −∞ −∞ +∞ +∞ +∞ −∞ −∞ −∞ = − = + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ x d x d x x d x ϕ λ ϕ ξ λ ξ ξπ d dϕ λ ϕ ξ λξ ξ λ ϕ ξ λξ ξπ λ Vậy ta có 1 ( ) ( ( ) cos ) , 2 +∞ −∞ = ∫A dλ ϕ ξ λξ ξπ 1 ( ) ( ( )sin ) . 2 +∞ −∞ = ∫B dλ ϕ ξ λξ ξπ Khi đó 2 2 2 2 2 2 1 ( , ) [ ( ) cos ( )] 2 1 ( , ) [ ( ) cos ( )] +∞ +∞ − −∞ −∞ +∞ +∞ − −∞ −∞ = − = − ∫ ∫ ∫ ∫ a t a t u x t d e x d u x t d e x d λ λ λ ϕ ξ λ ξ ξπ λ ϕ ξ λ ξ ξπ Chú ý rằng 2 2 2 2 2 2 ( ) 4 0 [ cos ( )] 2 x a t a te x d a t ξ λ πλ ξ λ −+∞ −− − =∫ e Vậy 2 2 ( ) 41( , ) ( ) 2 −+∞ − −∞ = ∫ x a tu x t e d a t ξ ϕ ξπ ξ (3.6) Công thức (3.6) biển diễn nghiệm của bài toán (3.1) – (3.2) gọi là công thức Poission. Bằng cách hoàn toàn t−ơng tự ta có các kết quả sau: 1) Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy trong không gian hai chiều: 2 ( ) ( , , 0) ( , ) t xx yyu a u u u x y x yϕ ⎧ = +⎪⎨ =⎪⎩ đ−ợc cho bởi công thức Poission sau : 2 2 2 ( ) ( ) 4 2 1 ( , , ) ( , ) (2 ) − + −+∞ +∞ − −∞ −∞ = ∫ ∫ x y a tu x y t e d d a t ξ η ϕ ξ η ξ ηπ . 2) Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy trong không gian ba chiều 140 2 ( ) ( , , ) ( , , ) t xx yyu a u u u u x y z x y zϕ ⎧ = + +⎪⎨ =⎪⎩ zz đ−ợc cho bởi công thức : 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 4 3 1 ( , , , ) ( , , ) . (2 ) − + − + −+∞ +∞ +∞ − −∞ −∞ −∞ = ∫ ∫ ∫ x y z a tu x y z t e d d d a t ξ η ζ ϕ ξ η ζ ξ η ζπ bài tập 4.1. Với x, x0 ∈ R, t > t0 ta kí hiệu : Γ T(x, t, x0, t0) = 2 0 0 (x x ) 4( ) 0 1 e 2 (t t ) −− − π − t t . a) Chứng minh rằng Γ là nghiệm của ph−ơng trình ut – uxx = 0, ∀t > t0. b) Chứng minh 0( , , , 0) 1. +∞ −∞ Γ =∫ x t x dx c) Suy ra ( , , , 0) ( ) nếu > 0, ( , ) ( ) nếu = 0. +∞ −∞ ⎧ Γ⎪= ⎨⎪⎩ ∫ x t y y dy tu x t x t ϕ ϕ là nghiệm của bài toán 0 ( , 0) ( ) t xxu u u x xϕ − =⎧⎨ =⎩ 4.2. Giải bài toán Cauchy đối với ph−ơng trình truyền nhiệt : 2 2 3 ( ), 0 ( , , , 0) sin cos cos , ( , , ) t xx yy zzu a u u u t u x y z x y z x y z R ⎧ = + + >⎪⎨ = + + ∈⎪⎩ 141 4.3. Tìm nghiệm của bài toán sau đây : 2 , 0 ( , 0) . − = − ∞ < < + ∞⎧⎪⎨ =⎪⎩ t xx x u u x t u x x e > 4.4. Tìm nghiệm của ph−ơng trình : ut = a2uxx (0 0) thoả mãn điều kiện biên : u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0 và thoả mãn điều kiện ban đầu : khi 0 x < 2( , 0) khi 2 ⎧ ≤⎪⎪= ⎨⎪ − ≤⎪⎩ l x u x l l x x l< t 4.5. Bằng cách kiểm tra trực tiếp, hãy chứng tỏ rằng hàm u(x, t) = 0 ( , , )x t dτ τ∫ thoả mãn ph−ơng trình ut – uxx = g(x, t), trong đó ta cho 2( ) 4( )1( , , ) ( , ) 2 ( ) x y tV x t e g y dy t ττ τπ τ −+∞ − − −∞ = − ∫ với hàm g(x, τ) liên tục bị chặn trên R2. 4.6. Tìm nghiệm của các bài toán Cauchy sau đây : 2 1 2 2 1 2 ) 0, , 0. ( , 0) sin ) ( ) 0, ( , ) , ( , , 0) sin .sin ) ( ) 0, ( , ) , . ( , , 0) sin cos . − = ∈ ≥⎧⎨ =⎩ ⎧ − + = ∈ ≥⎪⎨ =⎪⎩ ⎧ − + = ∈ ≥⎪⎨ = +⎪⎩ t xx t xx yy t xx yy a u u x R t u x x b u u u x y R t u x y l x l y c u u u x y R t u x y l x l y 0. 0 142 H−ớng dẫn giải bài tập Trong phần này, chúng tôi sử dụng các chữ viết tắt và các kí hiệu sau: ĐS : đáp số; HD : h−ớng dẫn; PT : Ph−ơng trình; NTQ : nghiệm tổng quát; TPTQ : tích phân tổng quát; C : hằng số bất kì. Phần A Ch−ơng I 1.1. Họ đ−ờng cong là nghiệm của y′ = .y x − Vậy y = ( 0), C x C 0 x ≠ ≠ . 1.2 a) Đặt u = 2 1,x + lấy tích phân PT ta có : 2ln( 1 1) .y x C= + + + b) Đặt 4 41 ; 1= − = − +u x y arctg x C . c) ĐS : . 2.( (1 ) 1) 1y ln x− + = d) Đặt 4 2u x y= + − 1 . TPTQ : 4 2 1 2 ( 4 2 1 2)x y ln x y x+ − − + − + = + C . 1.3 a) TPTQ : y – y3 = Cx3 ; y = x nghiệm kì dị. ± b) Nghiệm : 1y lnCx = ± và y = 0. c) Nghiệm : (c 0)và y = 0. ( 1)Cxy x e= − ≠ 1.4 a) Đổi biến số x = x1 + 3, y = y1 – 2. ĐS : y + 2 = 2 2 3 y arctg xCe +− − . b) Đặt y = 3 y x x + + TPTQ : 1 3 C y ln y x x x++ =+ + . c) Đặt 2 , 1 += + y z x TPTQ : 2 sin ( 1) 1 y x C x x − = ++ . d) Đặt 2 2 ,= − x z y x TPTQ : 2 2 2; x y xxe C y− x= = . e) Đặt 21= −z x ,y TPTQ : 2 2 1 − =xy Cln xy x . 143 1.5 a) PT tuyến tính . NTP : y = (ex + C)(x + 1)n. b) y = C(lnx)2 – lnx là nghiệm của PT trong khoảng (0, +∞) c) PT tuyến tính của x(y). NTQ: (1 – y)2x = y – ln Cy d) Đặt z = cosy. TPTQ : cosy = (x + 1) + [ln(1 + x2) – arctgx + C](1 + x2). e) Đặt z = f(y). TPTQ ( ) ( ) ( ) ( ) .∫ ∫= +∫p x dx p x dxe f y q x e dx C f) Lấy đạo hàm theo x hai vế của PT, chú ý cách tính đạo hàm của một tích phân phụ thuộc tham số. Ta có PT : y′(x) = g(x) và y(0) = – 2. Nghiệm y = . 0 ( ) 2−∫x g t dt 1.6 Biểu diễn nghiệm của bài toán d−ới dạng 0 0 0 0 ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) ( ) (0) ( ) (0) ( ) ⎡ ⎤∫ ∫= +⎢ ⎥⎣ ⎦ ∫+ = ∫ ∫ ∫ x s s t t a d a d t a d a d x t e x f s e ds x f s e ds e τ τ τ τ τ τ τ τ Chú ý rằng f(t) → 0 khi t → + ∞ nên khi t đủ lớn ta có |f(t)| < ε và mẫu số dần đến + ∞ . Suy ra x(t) → 0 khi t → + ∞ . 1.7. Nghiệm x(t) thoả mãn điều kiện đầu x(0) = b1 và vế phải của ph−ơng trình là f1(x) có dạng : 0 0 ( ) ( ) 1 1 0 ( ) ( ) − ⎡ ⎤∫ ∫= +⎢ ⎥⎣ ⎦∫ t t a d a u du x t e b f e d ττ τ τ τ . Từ đánh giá : ( )0 0( ) ( )0 0 ( ) ( ) ( ) − ⎡ ⎤∫ ∫− ≤ − + −⎢ ⎥⎣ ⎦∫ t tt a d a u du 1 1x t x t e b b f f e d τ τ τ τ τ và chú ý a(τ ) C > 0. Ta suy ra : ≥ 0( ) ( ) t sup x t x t ε− < . 1.8. PT Bernoulli. TPTQ : y –3 = C cos3x + 3sinx cos2x, y = 0 là nghiệm riêng. 1.9 a) PT vi phân toàn phần. TPTQ: 144 u(x, y) = x – 1 2 y2(1 + cos2x) = C. b) Thừa số tích phân à (x) = 2 1 x . TPTQ : x2 + 2 sin2y = Cx, x 0 ≠ 1.10 a) ; b) : Ph−ơng trình Clairaut. c) Nghiệm 2 3 2 2 8 27 . C y Cx y x −⎧ = −⎪⎨⎪ =⎩ 1.11 a) Đặt p = y′ , xem y là biến số. Ta có PT : pdy + 2ydp = 0. TPTQ : y3 = (C1x + C2) 2. b) Đặt u = y", ta có PT u′ = 2(u – 1)cotgx. NTQ : y = – C1 sinx + x 2 + C2x + C3 c) Với y" = 0 thì y = C1x + C2 là nghiệm với y" ≠ 0. Ta viết lại 11 1 Cy y= +′′ ′ , hay 11 dp p y dx C p ′′ = = + với p = y′. Nghiệm : 1 2 21 32 x C p ln p C C y p p C ⎧ = + +⎪⎨ = + +⎪⎩ d) Với y′ = 0 thì y = C là nghiệm. Với y" ≠ 0, ta viết PT lại 0d xy dx y ⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠ suy ra 2 1 2 C xy C e= Ch−ơng II 2.1. Từ giả thiết ta suy ra ( f K K y ∂ ≤ >∂ 0) với (x, y1), (x, y2) ∈ D Ta có : |f(x, y1) – f(x, y2)| = |fy(x, ξ )||y1 – y3|, ξ là điểm ở giữa x1 và x2. Vậy ⏐f(x, y1) – f(x, y2)⏐ = K⏐y1 – y2⏐. Do đó f thoả mãn điều kiện Lipchitz và ta có thể áp dụng định lí Picard. 145 2.2. Xem chứng minh định lí duy nhất nghiệm ở Đ4 mục 4.3 2.3. Dùng định lí giá trị trung bình để suy ra bất đẳng thức ⏐f(x, y)⏐ ≤⏐k(x)⏐⏐y⏐ + ⏐f(x, 0)⏐. áp dụng mệnh đề : Nếu f(x, y) liên tục trong G = {(x, y) ∈ R2 ⏐x ∈(α, β), ⏐y⏐ < +∞} và ⏐f(x, y)⏐≤ a(x)y + b(x) trong G với a, b là những hàm liên tục không âm, thì nghiệm của bài toán Cauchy: {y′ = f(x, y); y(x0) = y0} có thể thác triển lên toàn khoảng (α, β ). 2.4. Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử có x1 > x0 : y1(x1) ≠ y2(x1), chẳng hạn y1(x1) < y2(x1). Khi đó tồn tại (α, β ) sao cho y1(x) < y2(x) trong (α, β ) và y1(α) = y2(α). Xét hàm y = y1 – y2, ta có y′ ≥ 0 trên [α, β ], suy ra y1(x) – y2(x) ≤ y1(α ) – y2(α ) = 0 với x ∈ (α , β ) (vô lí). 2.5. Từ định lí Peano ta suy ra tồn tại đ−ờng cong tích phân. Tính duy nhất suy ra từ mệnh đề : Giả sử f liên tục, d−ơng trên [α , β ] và φ1, φ2 là hai hàm xác định trên [α , β ] sao cho với mọi x ∈ [α , β ] ta có φ1(x), φ2(x) ∈ [a, b]. Khi đó : 2 1 ( ) ( ) ( ) x x f t dt ϕ ϕ ∫ = 0 φ⇔ 1(x) = φ2(x), x ∈ [α , β ] Ch−ơng III 3.1. Chứng minh bằng phản chứng. 3.2. Dùng ph−ơng pháp biến thiên hằng số để tìm nghiệm của PT tuyến tính không thuần nhất và chú ý tới điều kiện ( ) 1 nếu( , ) 0 nếu k i i k y i k ξ ξ =⎧= ⎨ ≠⎩ ta suy ra kết quả. 3.3 a) Chuyển hệ sang dạng y(x) = y(x0) + 0 ( ) ( )∫x x A t y t dt trong đó A(t) = (aij(t)). Kí hiệu &A(t)& = , ( )iji j Max a t ta suy ra &y(t)& &y(x≤ 0)& + 0 ( ) ( ) .∫x x A t y t d⏐⏐ ⏐⏐⏐⏐ ⏐⏐ t Từ đó suy ra &y(t)& &y(x≤ 0)& 0 ( ) x x A t dt e∫ & & . 146 Do 0 +∞ < + ∞∫ ijx a dx nên y(t) bị chặn. b) Ta có 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) x x A x y x dx A x y x dx +∞ +∞≤∫ ∫& & & && & .+ ∞ 0 0 ( ) 0( ) . ( ) ∫≤ <∫ x x A x dx x x y x e A x dx & && & & & Suy ra 0 ( ) ( ) x A x y x dx +∞∫ hội tụ và y(x) có giới hạn hữu hạn khi x → +∞. 3.4 a) y ′ = ex – y ⇒ eydy = exdx. Vậy y = ln(ex + C1). Từ z ′ = 2 2 2 z x z− ta suy ra 1 1 2 = −dx x z dz z . Vậy : z2 – 2C2z + 2x = 0. Nghiệm của hệ {y = ln(ex + C1), z 2 – 2C2z + 2x = 0}. b) Trong PT thứ nhất, đặt u = xy, ta có nghiệm y = ± xCxe± , C > 0. Thế y vào PT thứ hai ta có một PT vi phân toàn phần, có tích phân tổng quát : 2 1 2( 1)3 xzxz C x e± C− ± − = . c) Viết hệ PT lại : z y dy = ydx = 2dz. Suy ra y = C1z 2, C1 ≠ 0 và 1 2 1 2 z C x C = − + . ĐS : 1 2 11 22 1 , 22 C y z CC x Cx C = = − ⎛ ⎞ ++⎜ ⎟⎝ ⎠ . d) Từ ph−ơng trình thứ hai ta có 2 2 2 1 ⎛ ⎞′ = − + −⎜ ⎟⎝ ⎠z yx x ′y . Từ ph−ơng trình thứ nhất ta có 2 2 2 y y y x x ′′ ′= − . Đây là ph−ơng trình tuyến tính, bằng cách đặt x = ± et ta đ−a PT về dạng : y "t – 3y′t + 2y = 0 (tr−ờng hợp x = et > 0). Nghiệm {y = C1 + C2x 2, z = C1(1 – x) + C2(2x – x 2)}. Tr−ờng hợp x = – et < 0 t−ơng tự nh− trên. e) cos dz x dx = ⇒ z = sinx + C1. 147 cosydy = cosxdx siny = sinx + C⇒ 2, TPTQ {siny = sinx + C2, z = sinx + C1}. 3.5. ĐS : 2 1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 6 6 1 2 6 6 1 2 ( ) ) (1 ) (2 ) (2 ) (2 4 ) 5 ) 2 2 − − ⎧ = + +⎪⎪ ⎡ ⎤= + + + +⎨ ⎣ ⎦⎪ ⎡ ⎤= + + + + +⎪ ⎣ ⎦⎩ ⎧ = +⎪⎨ = +⎪⎩ t t t x x x x x C C t C t e a y C C t C t t e z C C t C t t e y C e C e b z C e C e 1 2 1 2 1 1 2 2 3 1 2 1 2 3 ( ) ) (2 2 ) ( ) ) 2 3 2 ( ) − − − − − − ⎧ = +⎪⎨ = + −⎪⎩ ⎧ = + + +⎪ = − +⎨⎪ = + +⎩ t t t t t t t t y C x C e c z C x C C e x C e C t C C e d y C e C e z C e C t C e 3.6. ĐS : 2 2 3 1 2 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 ) 2 cos cos sin ) (cos sin ) ( ) cos ( )sin x x x x y x C e C e a z x C e C e y x x C x C x b z x x x C C x C C ⎧ = + +⎪⎨ = + + +⎪⎩ = − + +⎧⎪⎨ = + − − − +⎪⎩ x 3.7. Thế y = eu, z = ev vào hệ. Bài toán trở thành : Tìm điều kiện của p, q để hệ 2 2 0 0 ′′ ′⎧ + − =⎪⎨ ′′ ′+ − =⎪⎩ u u p v v q có nghiệm riêng {u1, v1} sao cho u1+ v1 = 0. Thay u1, v1 vào hệ rồi cộng lại ta nhận đ−ợc 1 (2 +′ = p qu ε ε 1)= ± . Trừ PT thứ nhất cho PT thứ hai ta nhận đ−ợc 2 p q u −′′ = . Suy ra ( ) 2( )p q p q pε′ ′+ = − + q . Đây là điều kiện cần tìm. 148 Nếu y1, z1 là các nghiệm riêng của hệ thoả mãn điều kiện y1. z1 = 1 thì Cy1 và 1z C cũng vậy (C ≠ 0). Khi đó nếu thay u = p + q vào PT u" = 2u(2p – u)3 đi đến điều kiện trên. Nh− vậy nếu xem q = q(x) cho tr−ớc và lập hệ : ( ) ( ) y p x y z q x z ′′ =⎧⎨ ′′ =⎩ thì ta trở lại vấn đề trên. L−u ý rằng 2 1 1 2 1 1 2 z y y q p z y y ′′ ′′ ′= = − = − + 1 1 , do đó : 2 1 2 1 2 y u p q y ′= + = . Từ đó suy ra việc giải PT u" = 2u(2p – u)3 có thể quy về giải PT trên. 3.8 a) Với x 0, x 1, dùng công thức Ostrogradski-Liouville để tìm nghiệm y≠ ≠ 2 độc lập tuyến tính với y1. ĐS : 21 2 1 ( ) 1 .y C C x x = +− b) ĐS : y = C1arctgx + x 2 + C2. 3.9 2 2 3 a) 2) ( 1) 2 2 1 b) (2 1) 2 + + + + + +− + + 2 1 -x 1 C x y = C (x ln x x x y = C x C e 3.10 HD : u = y1 – y2 là nghiệm riêng của PT thuần nhất t−ơng ứng. Dùng công thức Ostrogradski- Liouville để tìm nghiệm độc lập tuyến tính với u. − u ĐS : y = C1(x 2 + 1) + C2x –3 + 2x. 3.11 ĐS : a) y = C1e – x + C2e –3x ; b) y = C1e 2x + C2cos3x + C3sin3x 149 c) y = C1e – 2x + ex(C2cos 3 x + C3sin 3 x). 150 3.12 ĐS : 4 2 2 1 2 4 4 1 2 2 2 1 2 ) (2 2 3) . 1 ) ( ) 5 6 36 1 1 5 ) ( cos2 sin 2 ) cos2 sin 4 10 100 − − − = + − − + = + − − + = + + + + x x x x x x x x x a y C e C e x x e x x b y C e C e e e c y e C x C x e x x2 3.13 a) Đặt x = et, PT trở thành y′′t - 2y′t + 2y = tet. ĐS : y = x[C1 coslnx + C2sinlnx + lnx] b) Đặt x = et – 1, PT trở thành y′′ + y = 4cost. ĐS : y = C1 cosln(x + 1) + C2sinln(x + 1) + 2ln(x + 1) sinln(x + 1) 3.14. HD : NTQ 1 2 1 2 0 ( ) ( ) 1 2 1 2 ( ) k x s k x sxk x k x x e e y C e C e f s ds k k − −−= + + −∫ Nghiệm bị chặn y0 trên R ứng với C1, C2: 0 01 2 1 2 2 1 2 1 ( ) , ( ) . − − −∞ −∞ = − = −− −∫ ∫ x xk s k se e C f s ds C k k k k f s ds Vậy 0 1 2 1 2( ) ( ) 0 0 1 2 1 2 ( ) ( ) − − − − ∞ −∞ − −= =− −∫ ∫ x k x s k x s k t k te e e e −y f s ds f x t dt k k k k a) Do k2 < k1 < 0 và |f(x)| m nên y → y≤ 0 khi x → + ∞ . b) Suy ra từ tính tuần hoàn của f và dạng của y0. Ch−ơng IV 4.1. HD. Giả sử ng−ợc lại, gọi x1, x2(x1 < x2) là hai không điểm liên tiếp của nghiệm y(x). 0 = y(x1) – y(x2) = y′(ξ )(x1 – x2), trong đó x1 < ξ < x2. Từ giả thiết ta suy ra y′(ξ ) 0 (mâu thuẫn). ≠ 4.2. Suy ra từ hệ quả của định lí 1. 151 4.3. ĐS : m π ; có ( ) mb a π ⎡ ⎤−⎢⎣ ⎦⎥ không điểm hoặc cộng thêm 1 (dấu [.] kí hiệu phần nguyên). 4.4. ĐS : 15 N 41. ≤ ≤ 4.5. HD : Theo chứng minh ĐL3, ta có: ( )2 21 cos sinr q p ω ω λ′ = + − ω . Xét δ > 0 sao cho α < π – δ , nếu 0 ≤ ω ≤ ≤ - δ, π < 0 và 0 < p P, 0 < R r, Q |q| thì ≤ ≤ ≥ 21 sinR Q p ω λ δ′ < − + . Suy ra ω ′ < 0 với ω = δ nếu – λ khá lớn. Hơn nữa ω ′ < 10 c a − − đối với δ ω ≤ ≤ λ - δ. Vậy ω (C, λ ) δ với mọi –≤ λ khá lớn. Vì δ tuỳ ý nên ta suy ra điều cần chứng minh. Phần B Ch−ơng I 1.1. a) F(x2 – y, x – y + z) = 0 trong đó F là một hàm khả vi tuỳ ý. b) F(x2 + y2, z x ) = 0. c) F(tgz + cotgx, 2y + 2tgz.cotgx + cotg2x) = 0. 1.2. a) PT loại elip. Dạng chính tắc: uξξ + uηη – 8u = 0 ( ξ = y – x, η = 2x). b) PT loại Parabol. Dạng chính tắc: uηη + 18uξ + 9uη – 9u = 0 (ξ = y + x, η = x). c) PT loại hyperbol. Dạng chính tắc: uξη + 3uξ – uη + 2u = 0 (ξ = y – x, η = 2y – x). d) PT loại elip. Dạng chính tắc: uξξ + uηη – 2uξ + uη – u + η – ξ = 0 (ξ = 2x – y, η = 3x). e) PT loại hyperbol. Dạng chính tắc : 152 uξη + ( ) 32 − − =u uξ η 0η ξ , (ξ = 2x + sinx + y, η = 2x – sinx – y), 1.3. a) Đ−a về dạng chính tắc rồi tính tích phân. ĐS: u(x, y) = f(x + y - cosx) + g(x – y + cosx) trong đó f và g là hai hàm tuỳ ý liên tục và khả vi cấp hai. b) u(x, y) = ( ) (1 2 ⎡ ⎤− + +⎣ ⎦)f x y g x yx . c) Đặt v = (x – y)u, rồi đ−a về PT về dạng chính tắc. ĐS: ( ) ( ) ( , ) −= − f x g y u x y x y . Ch−ơng II 2.1. 2 2 2 1 1 0 u u u r r r r r ϕ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞∆ = + =⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ . 2.2. a) k = – 3 ; b) k = 0 và k = n – 2 với n > 2. 2.3. Sử dụng nguyên lí cực trị của hàm điều hoà ta đ−a về bài toán cực trị của hàm một biến. 1 1 1 1 1 ) tại , và , 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛= − − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝maxa u ⎞⎟⎠ , 1 1 1 1 tại , và , 2 2 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛= − − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝minu 1 ⎞⎟⎠ . b) umax = 4 tại (± 2, 0), umin = – 9 tại (0, ±3). 2.4. HD : Giả sử x0 là cực tiểu t−ơng đối âm của hàm u. Ta có 0( ) 0 ( 1, )ixu x i n= = và cho nên: , 1 0λ λ = ≥∑ i kn x x i k i k u ( )2 , 1 λ λ = =∑ ∑i kn x x i k is s i k u g λ tại điểm x0. Ta có 1= = ∑i j i