Tải bản đầy đủ - 159 (trang)
§4. Bài toán hỗn hợ

§4. Bài toán hỗn hợ

Tải bản đầy đủ - 159trang

=



u ( X , ) dx

2

t



T



2

1



( X ) dX .



(4.3)







(2u



Vế phải = a 2



utx + 2uy uty + 2uz utz ) dX dt



x



Q



[2(u



+ a2



x



ut ) x + 2(uy ut ) y + 2(uz ut )z ] dX dt.



Q



áp dụng công thức Ostrogradski vào số hạng thứ hai ta có:

Vế phải = a 2



(u )



2

x t



+ (uy )2t + (uz )2t dxdt +



QT



2a2



u



x



ST



= a2



ut cos(n, x ) + uy ut cos(n, y ) + uz ut cos(n, z) ds



(u )

x



2



+ (uy )2 + (uz )2 dx dt +



QT



u



2

x







a2



u



T



2

x



t



ST



Do các điều kiện biên của (4.1) ta suy ra ut

Vậy vế phải = a 2



u



2 n . u ds.



ST



= 0 hoặc n



u

n



SST



= 0.



( X , 0) + uy2 ( X , 0) + uz2 ( X , 0) dX



( X , ) + uy2 ( X , ) + uz2 ( X , ) dX .



(4.4)



Từ (4.3) và (4.4) ta có đẳng thức (4.2).



4.2. Tính duy nhất nghiệm của bài toán hỗn hợp (4.1)

Định lí. Nghiệm của bài toán (4.1), 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 :



utt = a 2 (uxx + uyy + uzz )



u( X , 0) = ut ( X , 0) = 0



u

u S = 0 hay

S = 0

T

n T



theo đẳng thức năng lợng (4.2) ta có :



129



u (X, ) + a (u (X, ) + u (X, ) + u (X, ) dx = 0

2

t



2



2

x



2

y



2

z







Suy ra ut (X, ) = 0 = ux(X, ) = uy(X, ) = uz(X, ) với hầu khắp X và mọi [0, T].

Vậy u = hằng số với hầu khắp X và mọi [0, T]. Nhng u khả vi liên tục trong QT và u(X,

0) nên u = 0 trong QT hay u1 = u2.



130



Đ5. Phơng pháp tách biến để giải bài toán hỗn hợp

Trong phần này ta sử dụng phơng pháp tách biến để giải quyết vấn đề tồn tại nghiệm của bài

toán hỗn hợp đối với phơng trình hyperbol. Với l,

T > 0 ta kí hiệu :



QT = [0, l] ì [0, T] R2,

L(u) (p(x)ux)x + q(x)u,

trong đó x [0, l], p, p, q C [0, l] và p(x) 0, q(x) 0, x [0, l].

Xét bài toán hỗn hợp trong QT nh sau :



utt



= L( u )



(5.1)



u(x, 0) = 0(x)



(5.2)



ut(x, 0) = 1(x)



(5.3)



u(0, t) = u(l, t) = 0, t [0, T]



(5.4)



với giả thiết 0, 1 C02 [0, l] : không gian các hàm khả vi liên tục đến cấp hai và triệt tiêu tại các

mút.



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 dới dạng :



u(x, t) = X(x).T(t) 0,

trong đó ta giả thiết L(0) = 0. Ta có :



T X = T.L(X).



T

L( X )

=

= , trong đó là một hằng số. Khi đó bài toán hỗn hợp chuyển thành hai

T

X

bài toán phụ



Suy ra



131



T + T = 0



(5.5)



L( X ) = X



X (0) = X (l ) = 0



(5.6)







L là một toán tử tuyến tính, do vậy các giá trị của sao cho (5.6) có nghiệm X 0, chính là các

giá trị riêng và vectơ riêng của toán tử L.

Gọi 0 < 1 < 2 < ... < n < ... là dãy các giá trị riêng và X1, X2, ..., Xn, ... là dãy các vectơ riêng

tơng ứng và chúng lập thành một cơ sở trực chuẩn của không gian Hilbert L2[0, l].



ứng với mỗi giá trị riêng k > 0, phơng trình (5.5) có nghiệm Tk = C1k cos k .t + C2k sin k .t ,

do đó nghiệm của phơng trình (5.1) tơng ứng là :



uk = X k . Tk = X k (C1k cos k .t + C2k sin k .t )

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 :



u( x, t ) =







X

k =1



k



(C1k cos k .t + C2k sin k .t ) .



(5.7)



Muốn (5.7) thoả mãn (5.2) ta phải có :



0 ( X ) = u( x, 0) =







C

k =1



k

1



Xk .



(5.8)



Do {Xk} là cơ sở trực chuẩn của L2[0, l] nên (5.8) phải đợc xem là khai triển Fourier của 0 trên

[0, l]. Nh vậy các hệ số C1k đợc xác định nh sau :

1



C1k =



1

0 ( x ) X k ( X )dx , k = 1, 2, ..

l 0



Muốn (5.7) thoả mãn (5.3) ta phải có :



1 ( X ) = ut ( x, 0) =









k =1



k C2k X k ( x ).



Tơng tự nh trên ta phải có:



132



(5.9)



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

§4. Bài toán hỗn hợ

Tải bản đầy đủ ngay(159 tr)

×