Tải bản đầy đủ - 159 (trang)
§5. Phương pháp tách biến để giải bài toán hỗn hợp

§5. Phương pháp tách biến để giải bài toán hỗn hợp

Tải bản đầy đủ - 159trang

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)



k C2k =



l



1

1 ( X ) X k ( x ) dx.

l 0



hay



C =

k

2



1



l



k .l 0



1 ( X ) X k ( x ) dx.



(5.10)



Khi đó chuỗi (5.7) với các hệ số đợc xác định bởi (5.9) và (5.10) sẽ

xác định một hàm u(x, t) và ngời ta chứng minh đợc u là nghiệm của

bài toán hỗn hợp.



Bài tập

3.1. Nếu u là nghiệm của bài toán hỗn hợp :

utt

= a 2 u



u( x, 0) = 0 ( x )

ut ( x, 0) = 1 ( x )



u( x, t ) 0 hoặc u

ST



n



ST



=0



trong miền trụ QT R3, QT = ì (0, T), có mặt xung quanh là ST và



0 C1 (), 1 (). Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :



u ( X , t ) dX dt C

2











2

0



( X ) + 12 ( X ) + a 2 ( 02x + 02y ) dX





trong đó X = (x, y) , = {(x, y, )(x, y) và (0, T) }, C là hằng số dơng.



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 phơng trình sau đây :

a) 2uxx 5uxy + 3uyy = 0.

b) 3uxx + 10uxy + 3uyy+ ux + uy +



x+y



1

u 16 xe 16 = 0 .

16



3.4. Giải các bài toán Cauchy sau đây :



133



a) 4y2uxx + 2(1 y2)uxy uyy



2y

(2ux uy) = 0,

1 + y2



u(x, y)y = 0 = (x), uy(x, y)y = 0 = (x) trong đó và là các hàm khả vi liên tục đến cấp hai.

b) uxx 2sinx uxy (3 + cos2x)uyy + ux + (2 sinx cosy)uy = 0.



u(x, y)y = cosx = 0, uy(x, y)y = cosx = e







x

2



cos x .



3.5. Tìm nghiệm của phơng 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) = x2 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 :

= uxx + uyy

utt



3 2

u( x, y, 0) = x y

u ( x, y, 0) = x 2 y 4 3 x 2

t



3.7. Tìm nghiệm của bài toán sau đây :

= uxx + uyy

utt



a) u( x, y, 0) = x 2 + y 2

u ( x, y, 0) = 1

t

= uxx

utt



b) u( x, 0) = e x

u ( x, 0) = e x

t



134



Chơng IV: Phơng trình loại parabol

Trong chơng này ta sẽ xét một phơng trình loại parabol thờng gặp, đó là phơng trình

truyền nhiệt



ut = a2( ux1 x1 + ux2 x2 + ... + uxn xn ), a > 0.

Để đơn giản ta chỉ xét n 2.



Đ1. Nguyên lí cực trị trong miền bị chặn đối với

phơng trình truyền nhiệt

Trong R2 cho miền mở bị chặn có biên . Kí hiệu hình trụ trong R3 là QT = ì (0, T) (T > 0),

có mặt xung quanh ST = x (0, T)



T = {(x, y, T)|(x, y) }; = ST

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 phơng trình truyền nhiệt:

Tu = ut (uxx + uyy) = f(x, y, t).

(1.1)



1.1. Nguyên lí cực trị

Nếu u là nghiệm của phơng trình T(u) = 0 và liên tục trên QT thì u đạt đợc giá trị lớn nhất và

giá trị bé nhất trên = ST .

Chứng minh

Trớc hết ta chứng minh u đạt giá trị lớn nhất trên .

Đặt M = Max u( x, y, t ) và = Max u( x, y, t ).

( x , y , t )



( x , y , t )Q T



Ta cần chứng minh = M

Ta có



M, giả sử < M khi đó tồn tại (x0, y0, t0) = X0 QT



Đặt v(x, y, t) = u(x, y, t) +



M

(t0 t ) . Ta có v liên tục trên QT

2T



và vì với mọi (x, y, t) ST



v( x, y, t )



T sao cho u(X0) = M.



+







thì u(x, y, t)



còn t0 t t0 T nên



M M +

=

< M,

2

2



135



nhng v(X0) = u(X0) = M. Vậy v phải đạt giá trị lớn nhất tại X1 = (x1, y1, t1) QT

dẫn đến mâu thuẫn vì:



T ( v ) = T ( u) +



M

M

T (t0 t ) =

< 0.

2T

2T







T



. Điều này



(*)



Mặt khác nếu X1 QT thì X1 là điểm trong của QT và ta có X1 là điểm cực đại của hàm v. Nên :



vt



X1



= 0, vxx



X1



0, vyy



X1



0



do đó Tv(X1) 0, mâu thuẫn với (*). Vậy thì X1 phải thuộc

còn t0 = T là điểm biên của (0, T) do đó



vt



X1



0, vt



X1



0, vyy



X1







T



. Khi đó (x1, y1) là điểm trong của



0



và ta cũng có Tv(X1) 0, mâu thuẫn với (*). Vậy = M.



áp dụng chứng minh trên cho hàm u ta suy ra hàm u cũng đạt giá trị nhỏ nhất trên .

Nh vậy theo nguyên lí cực trị ta có thể viết

min u( x , y, t ) u( x, y, t ) Max u( x , y, t ), ( x, y, t )QT .



( x , y , t )



( x , y , t )



Định lí trên vẫn đúng với miền QT Rn + 1.



1.2. Tính duy nhất nghiệm của bài toán biên thứ nhất đối với phơng trình truyền nhiệt

Xét bài toán biên sau đây gọi là bài toán biên thứ nhất :



Tu ut (uxx + uyy) = f(x, y, t)



(1.1)



u | = (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 :



Tu = 0



u = 0

Từ bất đẳng thức (1.2) ta suy ra u = 0 trên QT hay u1 = u2.



136



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

§5. Phương pháp tách biến để giải bài toán hỗn hợp

Tải bản đầy đủ ngay(159 tr)

×