Tải bản đầy đủ - 159 (trang)
§3. Công thức poission đối với phương trình truyền nhiệt

§3. Công thức poission đối với phương trình truyền nhiệt

Tải bản đầy đủ - 159trang

Ta giả thiết (x) có dạng:



1

2



(x) =



1

(x) =

2



+











+



d [ ( ) cos ( x )] d





+



+



+















[cos x ( ( ) cos )d + sin x ( ( )sin )d ]d



Vậy ta có



A( ) =

B ( ) =



1

2

1

2



+



( ( ) cos )d ,





+



( ( )sin )d .







Khi đó



1

u( x, t ) =

2

u( x, t ) =



1







+



+











d [ ( )e



+











a2 2 t 2



cos ( x )]d



+



d [ ( )e a t cos ( x )]d

2 2 2







Chú ý rằng

+



[e



a2 2 t 2



cos ( x )]d =



0











e



2a t



( x )2

4 a2 t 2



Vậy



u( x, t ) =



1

2a t



+



( )e







( x )2

4 a2 t



d



(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 tơng tự ta có các kết quả sau:

1) Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy trong không gian hai chiều:

2

u t = a (uxx + uyy )



u( x, y, 0) = ( x, y )



đợc cho bởi công thức Poission sau :



u( x, y, t ) =



+ +



1

(2 a t )



2



e







( x )2 + ( y )2

4 a2 t



( , )d d .







2) Nghiệm bị chặn của bài toán Cauchy trong không gian ba chiều



140



ut = a 2 (uxx + uyy + uzz )



u( x, y, z) = ( x, y, z)

đợc cho bởi công thức :



u( x, y, z, t ) =



+ + +



1

(2 a t )



3



e







( x )2 + ( y )2 + ( z )2

4 a2 t



( , , )d d d .







bài tập

4.1. Với x, x0 R, t > t0 ta kí hiệu :

T(x, t, x0, t0) =



1

2 (t t 0 )







e



(x x 0 )2

4( t t0 )



.



a) Chứng minh rằng là nghiệm của phơng trình



ut uxx = 0, t > t0.

b) Chứng minh

+



( x, t, x , 0)dx = 1.

0







c) Suy ra



+

( x, t, y, 0) ( y ) dy

u( x, t ) =

( x )





nếu t > 0,

nếu t = 0.



là nghiệm của bài toán



ut uxx = 0



u( x, 0) = ( x )



4.2. Giải bài toán Cauchy đối với phơng trình truyền nhiệt :

2

ut = a (uxx + uyy + uzz ), t > 0



2

3

u( x, y, z, 0) = sin x + cos y + cos z, ( x, y, z) R



141



4.3. Tìm nghiệm của bài toán sau đây :

ut = uxx



x2

u( x, 0) = x.e



< x < + , t > 0



4.4. Tìm nghiệm của phơng trình : ut = a2uxx (0 < x < l, t > 0) thoả mãn điều kiện biên :

u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0 và thoả mãn điều kiện ban đầu :



x

u( x, 0) =

l x





khi 0 x <

khi



l

2



l

x
2



4.5. Bằng cách kiểm tra trực tiếp, hãy chứng tỏ rằng hàm

t



u(x, t) = ( x, t, )d thoả mãn phơng trình ut uxx = g(x, t), trong đó ta cho

0



V( x, t, ) =



1



+



e



2 (t )







( x y )2

4( t )



g( y, ) dy



với hàm g(x, ) liên tục bị chặn trên R2.



4.6. Tìm nghiệm của các bài toán Cauchy sau đây :

a)

ut uxx = 0,



u( x, 0) = sin x



x R, t 0.



b)

( x, y ) R 2 , t 0.

ut (uxx + uyy ) = 0,



= sin l1 x .sin l2 y

u( x, y, 0)



c)

( x, y ) R 2 , t 0

ut (uxx + uyy ) = 0,

.



u( x, y, 0) = sin l1 x + cos l2 y.



142



Hớng dẫn giải bài tập

Trong phần này, chúng tôi sử dụng các chữ viết tắt và các kí hiệu sau: ĐS : đáp số; HD : hớng

dẫn; PT : Phơng trình; NTQ : nghiệm tổng quát; TPTQ : tích phân tổng quát; C : hằng số bất kì.



Phần A

Chơng I



y

1.1. Họ đờng cong là nghiệm của y = .

x

C

Vậy y =

( x 0), C 0 .

x

1.2

a) Đặt u = x 2 + 1, lấy tích phân PT ta có :



y = ln( 1 + x 2 + 1) + C.

b) Đặt u =



x 4 1 ; y = arctg x 4 1 + C .



c) ĐS : y.(ln(1 x 2 ) + 1) = 1 .

d) Đặt u =



4 x + 2 y 1 . TPTQ :

4 x + 2 y 1 2ln( 4 x + 2 y 1 + 2) = x + C .



1.3

a) TPTQ : y y3 = Cx3 ; y = x nghiệm kì dị.

b) Nghiệm : y lnCx = 1 và y = 0.

c) Nghiệm : y = x (eCx 1) (c 0)và y = 0.

1.4

2 arctg



a) Đổi biến số x = x1 + 3, y = y1 2. ĐS : y + 2 = Ce

y+x

C

y+x

b) Đặt y =

TPTQ : 1 +

= ln

.

x+3

y+x

x+3

c) Đặt z =



y+2

y 2x

, TPTQ : sin

= C( x + 1) .

x +1

x +1

x2



2

x2

d) Đặt z =

, TPTQ : xe y x = C; y = x 2 .

2

yx



e) Đặt z = 1 xy , TPTQ :

2



1 xy 2

C

= ln

.

2

xy

x



143



y+2

x3



.



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



e



p ( x ) dx



f ( y) =



q( x )e



p ( x ) dx 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

x



y=



g(t )dt 2 .

0



1.6 Biểu diễn nghiệm của bài toán dới dạng

x

s

t



a ( ) d

a ( ) d





0

0

x (t ) = e

ds

x (0) + f (s)e

0





t



x (0) +

=







s



a ( ) d

f (s)e 0

ds



0



t



e 0



a ( ) d



Chú ý rằng f(t) 0 khi t + nên khi t đủ lớn ta có |f(t)| < 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 phơng trình là f1(x) có dạng :

t

a ( ) d

x (t ) = e 0

b1 +





t





0







a ( u ) du

f1 ( )e 0

d .





Từ đánh giá :

t

a ( ) d

x (t ) x0 (t ) e 0

b1 b +





t







t



f1 ( ) f ( ) e 0



0



a ( u ) du





d





và chú ý a( ) C > 0. Ta suy ra :



sup x (t ) x 0 (t ) < .

t



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

y (1 + cos2x) = C.

2



1

. TPTQ :

x2

x2 + 2 sin2y = Cx, x 0



b) Thừa số tích phân à (x) =



1.10

a) ; b) : Phơng trình Clairaut.

c) Nghiệm





C 2

y = Cx

2



8 y 3 = 27 x 2 .



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 + x2 + C2x + C3

c) Với y" = 0 thì y = C1x + C2 là nghiệm với y" 0. Ta viết lại



y =



1

1

=

+ C1 , hay

y y



dp

p

với p = y. Nghiệm :

=

dx 1 + C1 p

x = C1 p + ln p + C2





C1 2

p + C3

y = p +



2



d) Với y = 0 thì y = C là nghiệm. Với y" 0, ta viết PT lại



d xy

C1 x 2

= 0 suy ra y = C2 e

dx y



Chơng II

2.1. Từ giả thiết ta suy ra



f

K ( K > 0) với (x, y1), (x, y2) D

y

Ta có :



|f(x, y1) f(x, y2)| = |fy(x, )||y1 y3|, là điểm ở giữa x1 và x2. Vậy

f(x, y1) f(x, y2) = Ky1 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 (, ), 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 (, ).

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 (, ) sao cho y1(x) < y2(x) trong (, ) và y1() = y2(). Xét hàm y = y1 y2, ta có y 0

trên [, ], suy ra

y1(x) y2(x) y1( ) y2( ) = 0 với x ( , ) (vô lí).

2.5. Từ định lí Peano ta suy ra tồn tại đờng cong tích phân. Tính duy nhất suy ra từ mệnh đề : Giả sử f

liên tục, dơng trên [ , ] và 1, 2 là hai hàm xác định trên [ , ] sao cho với mọi x [ , ] ta

có 1(x), 2(x) [a, b]. Khi đó :

2 ( x )







f (t )dt = 0







1(x) = 2(x), x



[ , ]



1 ( x )



Chơng III

3.1. Chứng minh bằng phản chứng.

3.2. Dùng phơng pháp biến thiên hằng số để tìm nghiệm của PT tuyến tính không thuần nhất

và chú ý tới điều kiện



1 nếu i = k

yi( k ) ( , ) =

0 nếu i k

ta suy ra kết quả.

3.3

x



a) Chuyển hệ sang dạng y(x) = y(x0) +



A(t ) y(t ) dt trong đó



x0



A(t) = (aij(t)). Kí hiệu &A(t)& = Max aij (t ) ta suy ra

i, j



x



&y ( t ) &



&y(x0)& + A(t ) y(t ) dt.

x0



Từ đó suy ra &y(t)&



&y ( x 0 ) & e



x



x0 &A ( t )&dt



.



146



Do







+



aij dx < + nên y(t) bị chặn.



x0







b) Ta có



+



x0



& A( x ) y( x ) & dx







+



x0



& A( x ) && y( x ) & dx



x



& y( x0 ) & e

Suy ra







+



x0



x0 &A ( x )&dx



x



. & A( x ) & dx < + .

x0



A( x ) y( x )dx hội tụ và y(x) có giới hạn hữu hạn khi x + .



3.4

a) y = ex y

Từ z =



eydy = exdx. Vậy y = ln(ex + C1).



dx 1

2z

1

ta suy ra

= x z . Vậy : z2 2C2z + 2x = 0.

2

dz z

2

2x z



Nghiệm của hệ {y = ln(ex + C1), z2 2C2z + 2x = 0}.

b) Trong PT thứ nhất, đặt u = xy, ta có nghiệm y =

PT vi phân toàn phần, có tích phân tổng quát :



xz

c) Viết hệ PT lại :



ĐS : y =



Cxe x , C > 0. Thế y vào PT thứ hai ta có một



z2

C1 ( x 1)e x = C2 .

3



z

dy = ydx = 2dz. Suy ra y = C1z2, C1

y

C1



C1



2 x + C2







2



,



z=



0 và



z=



1

.

C1

x + C2

2



d) Từ phơng trình thứ hai ta có z =



2

2



y + 1 y . Từ phơng trình thứ nhất ta có

2

x

x





2

2

y 2 y . Đây là phơng trình tuyến tính, bằng cách đặt x =

x

x

3yt + 2y = 0 (trờng hợp x = et > 0).

y =



Nghiệm {y = C1 + C2x2, z = C1(1 x) + C2(2x x2)}.

Trờng hợp x = et < 0 tơng tự nh trên.

e)



1

.

C1

x + C2

2



dz

= cos x z = sinx + C1.

dx



147



et ta đa PT về dạng : y "t



cosydy = cosxdx siny = sinx + C2,

TPTQ {siny = sinx + C2, z = sinx + C1}.

3.5. ĐS :

x = (C + C t + C t 2 )et

1

2

3





a) y = C1 + C2 (1 + t ) + C3 (2t + t 2 ) et



2

t

z = C1 + C2 (2 + t ) + C3 (2 + 4t + t ) e

y = 5C1e6 x + C2 e 6 x

b)

6x

6 x

z = 2C1e + 2C2 e

t

y = (C1 x + C2 )e

c)

t

z = (2 C1 x + 2 C2 C1 )e



x = C1e t + (C2 t + C2 + C3 )e t



d ) y = 2 C1e t + 3C2 e t



t

t

z = 2 C1e + (C2 t + C3 )e



3.6. ĐS :

2

2x

3x

y = x + C1e + C2 e

a)

2x

3x

z = x + 2 + C1e + C2 e

y = x cos x + C1 cos x + C2 sin x

b)

z = x (cos x + sin x ) (C1 C2 ) cos x (C1 + C2 )sin x



3.7. Thế y = eu, z = ev vào hệ. Bài toán trở thành : Tìm điều kiện của p, q để hệ



u + u2 p = 0



2

v + v q = 0

có nghiệm riêng {u1, v1} sao cho u1+ v1 = 0. Thay u1, v1 vào hệ rồi cộng lại ta nhận đợc

u1 =



pq

p+q

( = 1) . Trừ PT thứ nhất cho PT thứ hai ta nhận đợc u =

. Suy ra

2

2



p + q = ( p q) 2( p + 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



z1

cũng vậy (C 0).

C



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 trớc và lập hệ :

y = p( x ) y



z = q( x )z

thì ta trở lại vấn đề trên. Lu ý rằng

q=



z1

y

y 2

= 1 = p + 2 12 ,

z1

y1

y1



y12

do đó : u = p + q = 2 2 . Từ đó suy ra việc giải PT u" = 2u(2p u)3 có thể quy về giải PT trên.

y1

3.8

a) Với x 0, x 1, dùng công thức Ostrogradski-Liouville để tìm nghiệm y2 độc lập tuyến

tính với y1.

ĐS : y =



1

(C1 + C2 x 2 ).

1 x



b) ĐS : y = C1arctgx + x2 + C2.

3.9

C2

x

3

+ ( + 1) ln x +

x

2

2

2

x +1

b) y = C1 (2 x 1) + C2 e-x +

2



a) y = C1 (x + 2) +



3.10 HD : u = y1 y2 là nghiệm riêng của PT thuần nhất tơng ứng. Dùng công thức Ostrogradski



Liouville để tìm nghiệm u độc lập tuyến tính với u.

ĐS : y = C1(x2 + 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



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

§3. Công thức poission đối với phương trình truyền nhiệt

Tải bản đầy đủ ngay(159 tr)

×