<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

0

TẬP ĐỒN DẦU KHÍ QUỐC GIA VIỆT NAM

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DẦU KHÍ VIỆT NAM

NHẬP MƠN

PHƯƠNG TRÌNH

ĐẠO HÀM RIÊNG

NGUYỄN VĂN TIẾN

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

1

CHƯƠNG 1.

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THƯỜNG

Trong bài tốn phương trình đạo hàm riêng (PDEs) ta thường chuyển về bài tốn
tìm nghiệm của một lớp các phương trình vi phân thường (ODEs). Chương này ta nhắc
lại một số phương pháp tích phân để giải các phương trình vi phân thường hay gặp.
Phần này chỉ đề cập đến nghiệm thực của phương trình vi phân thường với hệ số thực.

1.1 Phương trình vi phân cấp 1

Phương trình tách biến. Dạng tổng quát của phương trình tách biến như sau:

   

dy

y f x g y

dx

  

Để giải phương trình tách biến ta đưa phương trình về dạng:

 

 

dy dx
g y  f x
Sau đó lấy tích phân hai vế theo biến tương ứng.

Ví dụ 1.1. Giải phương trình sau: _{y y}2  ₂_x ₀

Biến đổi phương trình ta được: 2 2 1 3 2

3

y dy xdx y  x C





Hay _{y x}

 

_



₃_x2__C



1/3_{với C là hằng số.}

Phương trình tuyến tính. Dạng tổng quát như sau:

 

 

y p x y_q x
Trong đó p và q là các hàm cho trước.

Ta tính tốn thừa số tích phân 

 

x theo công thức: _

 

x _exp_ p x dx

 

__







Ta được nghiệm tổng quát của phương trình dạng:

 

_{ }

1

   

y x x q x dx
x 







Một dạng khác của nghiệm tổng quát:

 

 

1

   

x
a

y x t q t dt C

x 

  

 _  _







</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

2
Ví dụ 1.2. Xét phương trình: _xy   ₂_{y x}2 ₀ _x_₀

Ta đưa phương trình trên về dạng tuyến tính như sau:

2

y y x
x

   với p x

 

2, q x

 

x
x

 

Thừa số tích phân được tính như sau:

 

 

2 _ln 2 ₂

exp exp x

x p x dx dx e x

x

  



 



 

Nghiệm tổng quát của phương trình:

 

3 2

2 2

1 1

4

C
y x x dx x

x x





  với C là hằng số.

1.2 Phương trình tuyến tính thuần nhất với hệ số hằng

Phương trình bậc nhất. Bao gồm các phương trình có dạng sau:

0, a const

y ay 

Các phương trình dạng này có thể giải bằng phương pháp thừa số tích phân hoặc
phương pháp tách biến hoặc phương trình đặc trưng.

Ta có phương trình đặc trưng của phương trình trên:

0

s a   s a

Nghiệm tổng quát dạng: _{y x}

 

__Ceax, _C__const
Ví dụ 1.3. Giải phương trình vi phân sau: y 3y 0

Phương trình đặc trưng: s 3 0

Vậy nghiệm tổng quát là: _{y x}

 

__Ce3x_, _C__const

Phương trình bậc hai. Bao gồm các phương trình có dạng như sau:

0, a, b const

y_ay_{ }by _
Phương trình đặc trưng: _s2_{  }_{as b} ₀

Căn cứ vào nghiệm của phương trình đặc trưng (PTĐT), ta có các trường hợp:

 Nếu PTĐT có hai nghiệm thực phân biệt s₁_s₂ thì nghiệm tổng quát dạng:

 

1 2

1 2 , ,1 2

s x s x

y x C e C e C C const

 Nếu PTĐT có nghiệm kép s₁_{ }s₂ s₀ thì nghiệm tổng quát dạng:

  



0

1 2 , ,1 2

s x

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

3
 Nếu PTĐT có hai nghiệm phức liên hợp dạng s₁  i, s₂  i thì

nghiệm tổng quát là:

 



1cos

 

2sin

 



, ,1 2

x

y x _e C _x _C _x C C _const

Bảng tổng hợp.

Phương trình đặc trưng Công thức nghiệm tông quát

Hai nghiệm thực phân biệt:

1 2

s _s

 

1 2

1 s x 2 s x , ,1 2

y x C e C e C C const

Nghiệm kép:

1 2 0

s _{ }s s

  



0

1 2 , ,1 2

s x

y x  C xC e C C const
Hai nghiệm phức liên hợp dạng:

1 , 2

s   i s   i

 



1cos

 

2sin

 



, ,1 2

x

y x e C x C x C C const

1.3 Chú ý.

Khi s₁  s₂ s₀ (hai nghiệm thức trái dấu) thì nghiệm tổng qt có thể biểu diễn dạng
sau: y x

 

C y x1 1

 

C y x2 2

 

, ,C C1 2const

Trong đó y x y x₁

   

, ₂ là tổ hợp hai hàm tùy ý trong số các hàm sau đây:

 

0

 

0



0









0







cosh s x , sinh s x , cosh s x c , sinh s x c
Với c là số thực khác 0.

Thông thường, c được chọn để thỏa mãn các điều kiện biên đã cho trước.

Ví dụ 1.4. Xét phương trình vi phân sau:

3 2 0,

y y y
Phương trình đặc trưng: _s2 ₃ ₂ ₀ 1

2

s
s

s

 


     _

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình vi phân đã cho:

 

2

1 2 , 1, 2

x x

y x C e C e C C const

Ví dụ 1.5. Nghiệm tổng qt của phương trình y 4y 0 có dạng:

 

2 2

1 x 2 x, 1, 2

y x C e C e C C const

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

4
 Nếu điều kiện biên liên quan đến y

 

0 , y

 

1 thì ta chọn biểu diễn dạng:

 

1sinh 2

 

2sinh 2





1 ,





1, 2

y x _C x _C x_ C C _const

 Nếu điều kiện biên liên quan đến y

 

0 , y

 

3 thì ta chọn biểu diễn dạng:

 

1sinh 2

 

2cosh 2





3 ,





1, 2

y x C x C x C C const

Ví dụ 1.5. Tìm nghiệm tổng qt của các phương trình sau:

) 4 4 0 ) 4 0

a y y y b y y
Đáp án.









1 2

2

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2

) 2, 2

, ,

) 2 , 2

cos 2 sin 2 , ,

x

a s s

y C C x e C C const

b s i s i

y C x C x C C const



  

  

  

  

Chú ý. Ta có thể dùng phương pháp phương trình đặc trưng để tìm nghiệm tổng quát
của phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất bậc cao hơn.

1.4 Phương trình tuyến tính khơng thuần nhất với hệ số hằng.
 Phương trình bậc nhất có dạng: y ay f, a_const

 Phương trình bậc hai có dạng: yay by f, a b, const
Trong đó f là hàm số cho trước.

Nghiệm tổng quát của các phương trình dạng này là tổng của một hàm bổ sung và
một tích phân riêng.

 Hàm bổ sung là nghiệm của phương trình thuần nhất.

 Tích phân riêng là nghiệm riêng của bài tốn khơng thuần nhất.

Để tìm tích phân riêng ta thường dự đoán từ cấu trúc của hàm f đã cho và có thể sử
dụng nhiều phương pháp khác, chẳng hạn phương pháp biến thiên hằng số.

Nghiệm tổng quát có dạng sau: y y_Cy_P hay y y_CF y_PI

Trong đó CF: complementary function; PI: particular integral.

Ví dụ 1.6. Xét phương trình vi phân: _y_{ }3_y _ex

Hàm bổ sung là hàm _y__Ce3x_, _C__const

Để tìm kiếm một tích phân riêng, ta dự đoán dạng: x,

P

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

5

Thay vào phương trình ta được 1

4

a  .

Vậy nghiệm tổng quát cần tìm: 3 1 _,

4

x x

yCe  e Cconst

Ví dụ 1.7. Nếu hàm bên vế phải của ví dụ 1.6 được thay bởi e3x thì ta khơng thể tìm
nghiệm riêng dạng _ae3x_{vì đây cũng chính là nghiệm của phương trình thuần nhất. Để}

thay thế, ta sẽ tìm nghiệm riêng dưới dạng _axe3x_.

Sau khi thay vào phương trình ta giải được a=1.
Vậy nghiệm tổng quát trong trường hợp này là:

3x 3x_,

y_Ce _xe C_const

Ví dụ 1.8. Giải phương trình sau: _y ₄_y ₄_x2

Ta tìm nghiệm riêng dưới dạng: 2 _, _{, ,}

P

y ax  bx c a b cconst

Thay thế trực tiếp ta được: 1, 0, 1

2

a b c

Hàm bổ sung dạng: yCC1cos 2

 

x C2sin 2

 

x

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho:

 

 

2

1 2 1 2

1

cos 2 sin 2 , ,

2

yC x C x  x C C const

1.5 Phương trình Cauchy – Euler

Phương trình vi phân bậc hai có dạng sau:

2 _0, _,

x yxyy  const
Để đơn giản, ta giả sử x0.

Khi này nghiệm của phương trình này được tìm dưới dạng: _y__xr,



_r__const



Thay vào phương trình ta có: r2 



 1



r  0

Nếu phương trình bậc hai trên có hai nghiệm thực phân biệt thì nghiệm của phương
trình ban đầu cho bởi:

1 2

1 2 , 1, 2

r r

y_C x _C x C C _const

Ví dụ 1.9. Nghiệm tổng qt của phương trình vi phân ₂_{x y}2 _₃_xy_{ }_y ₀_{có dạng:}

1 1/2

1 2 , 1, 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

6
1.6 Một vài chú ý về hàm và toán tử.

Ở các phần trên, ta có đề cập đến thuật ngữ phương trình tuyến tính. Mục này ta sẽ làm
rõ khái niệm “tuyến tính” này.

Định nghĩa 1.1. Cho _ là khơng gian hàm, và L là tốn tử tác động trên không gian
hàm _ theo một luật nào đó.

Tốn tử L được gọi là tuyến tính nếu:



1 1 2 2



1

 

1 2

 

2

L c f c f c Lf c Lf

Trong đó f f1, 2; ,c c1 2.

Ngược lại thì tốn tử L được gọi là phi tuyến (khơng tuyến tính)

Ví dụ 1.10. Các tốn tử đạo hàm và tích phân xác định trên khơng gian các hàm một
biến phù hợp là các tốn tử tuyến tính, vì



 



 

 







 

 



 

 

 

 

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

b b b

a a a

L c f c f c f c f c f c f c Lf c Lf

L c f c f c f x c f x dx c f x dx c f x dx c Lf c Lf

 _ _

      

 



 







 

Ví dụ 1.11. Cho ,  và  là các hàm cho trước. Ta dễ dàng chứng minh toán tử L
được định nghĩa như sau:

Lf __f__f__
là toán tử tuyến tính.

Ví dụ 1.12. Cho L là tốn tử xác định như sau: Lf  f f. 
Ta có:



 



 











 

 

1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2

2 2

1 1 2 2 1 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 2

1 1 2 2 1 1 1 2 2 2

L c f c f c f c f c f c f c f c f c f c f
L c f c f c f f c c f f c c f f c f f

c Lf c Lf c f f c f f

 _ _

      

   

    

 

  

Hai biểu thức L c f



_{1 1}_c f_{2 2}



và c Lf₁

 

₁ c Lf₂

 

₂ không đồng nhất nhau với mọi giá trị
của c c f f₁, , ,₂ ₁ ₂.

Do đó tốn tử L là khơng tuyến tính. Ta nói L là tốn tử phi tuyến.

Định nghĩa 1.2. Xét phương trình vi phân có dạng sau:

,

Lug

 Nếu L là một tốn tử vi phân tuyến tính và g là một hàm cho trước được gọi là
một phương trình tuyến tính.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

7
Nguyên lý chồng chất nghiệm (principle of superposition)

Định lý 1.3. Nếu Lug là một phương trình tuyến tính và u u₁, ₂ là các nghiệm của

phương trình này tương ứng với gg₁ và gg₂ thì u₁u₂ cũng là nghiệm của
phương trình trên với g g₁ g₂.

Nói cách khác, nếu: Lu₁_g Lu₁, ₂_g₂ thì L u



₁_u₂



_{ }g₁ g₂

BÀI TẬP CHƯƠNG 1.

Bài 1. Tìm cơng thức nghiệm tổng qt của các phương trình dưới đây:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2
2

2 5

1 1 2 .

2 3 1 0.

3 1 2 , 1.

4 2 .

5 2 5 0.

6 3 2 0.

7 4 3 0.

8 2 5 2 0.

9 4 4 0.

10 6 9 0.

11 2 5 0

( )

( )

( )

x

x y xy

y x y

x y y x x

x y xy x e

y y

y y

y y y

y y y

y y y

y y y

y y y



 

  



   

 

  

 
  

  
  
  
  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

/2

2

2
5

2
2

12 6 13 0.

13 2 2 .

14 2 3 3 4 .

15 2 .

16 2 .

17 2.

18 2 8 4 4 8 .

19 25 30 .

20 4 8cos 2 .

21 2 3 0.

22 2 6

x
x

x

x

x

y y y

y y x e

y y x e

y y e

y y x e

y y x x

y y y x x

y y e

y y x

x y xy y

x y xy y




  

   

   
 

   
   

    

 

  

  
   0.

Bài 2. Xác định xem các phương trình vi phân sau đây là tuyến tính hay phi tuyến.

 

 

 

 

23 . 24 2 1.

25 2 . 26 ln .

x

xy y sinx xe y xsiny

y y xy x y x y x

    

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

8

CHƯƠNG 2.

CHUỖI FOURIER

Ta đã biết một hàm khả vi vơ hạn lần f x

 

có thể khai triển được qua chuỗi Taylor
quanh một điểm x₀ trong khoảng xác định của nó. Chuỗi này có dạng:

 



0



0

n
n

n

f x  c x x

 





Với các hệ số xác định bởi:  

 

0 _{1, 2,...;}  
!

n n

n

n n

f x d f

c n f

n dx

  

Trong một vài điều kiện nhất định, chuỗi hàm bên phải sẽ hội tụ từng điểm về hàm

 

f x trong một khoảng mở chứa x₀ và ta có thể sử dụng dấu bằng trong công thức
khai triển trên. Trong chương này, ta quan tâm đến một lớp các khai triển khác, rất hữu
dụng khi nghiên cứu và giải phương trình đạo hàm riêng (PDEs).

2.1 Hàm tuần hoàn.

Định nghĩa 2.1. Một hàm f xác định trên _ được gọi là hàm tuần hoàn nếu tồn tại
một số dương T_0sao cho: f x T



 



f x

 

 x 

Giá trị nhỏ nhất của T thỏa mãn tính chất trên gọi là chu kỳ cơ bản (hay chu kỳ)
của hàm f . Dễ thấy nếu f là hàm tuần hoàn với chu kỳ T thì:





 

,

f x nT  f x    x  n 

Ví dụ 2.1. Các hàm sin ,cosx x là các hàm tuần hồn với chu kỳ 2 vì với mọi xta
có: sin



x2



sin ;x cos



x2



cosx

Mặt khác, vì với mọi số nguyên dương n ta thấy:









2

cos cos 2 cos

2

sin sin 2 sin

n x L n x n x

L L L

n x L n x n x

L L L

  _ 

  _ 

 

 _ _ _ __



 _

 

 

 _ _ _ __



 _

 

Do đó, các hàm sinn x;cosn x

L L

  _{là các hàm tuần hoàn với chu kỳ 2L.}

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

9
“ Mỗi hàm f(x) với chu kỳ 2𝜋 có thể được biểu diễn bằng một chuỗi lượng giác

vô hạn dạng:

 

₀





1
1

cos sin

2 n n n

f x a  a nx b nx









 ”

Một chuỗi vô hạn dạng trên gọi là chuỗi Fourier, và sự biểu diễn hàm thành chuỗi
Fourier là một trong những kỹ xảo được ứng dụng rộng rãi nhất trong toán ứng dụng,
đặc biệt trong việc giải phương trình đạo hàm riêng.

2.2 Chuỗi fourier của hàm có chu kỳ 2𝜋

Trong mục này ta chỉ xét các hàm chu kỳ 2𝜋. Ta cần xác định các hệ số trong chuỗi
Fourier để nó hội tụ tới hàm đang xét f(x) có chu kỳ 2𝜋. Với mục đích đó, ta cần nhớ
lại các tích phân sau, trong đó m,n là các số nguyên dương.

cos 0 sin 0

0 , 0 ,

cos .cos cos .cos

, ,

0 ,

sin .sin cos .sin 0

,

nx dx nx dx

n m n m

mx nx dx mx nx dx

n m n m

n m

mx nx dx mx nx dx

n m

 

 

 

 

 

 

 



 

 

 

 

   

 

 

_ _ _ _

 

 

 



_ 
















Từ các công thức trên ta thấy các hàm cosnx,sinnx tạo thành một tập trực giao
của các hàm trên khoảng [-𝜋, 𝜋].

Chú ý. Hai hàm thực u(x), v(x) được gọi là trực giao trên khoảng [a,b] nếu:

   

0

b

a

u x v x dx_



Giả sử hàm f(x) liên tục từng khúc chu kỳ 2𝜋 biểu diễn bởi một chuỗi Fourier















1

0 cos sin

2
1
)
(

n

n

n nx b nx

a
a

x

f (1)

Với giả thuyết chuỗi vô hạn bên vế phải hội tụ về giá trị f(x) với mọi x.

Ta giả thiết thêm rằng khi chuỗi vô hạn trong (1) được nhân thêm bởi một hàm
liên tục bất kỳ, chuỗi nhận được sẽ tích phân từng số hạng được. Kết quả của phép tính
tích phân hai vế (1) từ - 𝜋 đến 𝜋 là:

 

 

0

1

0 0

1

cos sin

2

1
2

n n

n

f x dx a dx a nxdx b nxdx

hay f x dx a dx a

   

   

 

 






   

 

 

 

  _  _

 

 

 











</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

10

Vậy ta có hệ số a0 xác định bởi công thức:

 

0

1

a f x dx




_





(2)

Nếu ban đầu ta nhân mỗi vế của (1) với cosnt và sau đó tích phân từng số hạng thì:

 

 

 

 

0
1
1
1

cos cos cos .cos sin .cos

2

cos cos .cos

cos cos .cos cos

n n

n

n
n

m m n

f x mxdx a mxdx a nx mxdx b nx mxdx

f x mxdx a nx mxdx

f x mxdx a mx mxdx a f x nxdx a

   
   
 
 
  
  
 


   


 
  
 
 
  _  _
 
 
 
 
 _ _

 
 
   























Vậy các hệ số an được xác định bởi công thức:

 





1

cos 1,2,3,...

n

a f x nxdx n




_





 (3)

Nếu nhân mỗi vế của (1) với sinnt và sau đó tích phân từng số hạng thì:

 

 

 

 

0
1
1
1

sin sin cos .sin sin .sin

2

sin sin .sin

sin sin .sin sin

n n

n

n
n

m m n

f x mxdx a mxdx a nx mxdx b nx mxdx

f x mxdx b nx mxdx

f x mxdx b mx mxdx b f x nxdx b

   
   
 
 
  
  
 


   


 
  
 
 
  _  _
 
 
 
 
 _ _
 
 
   























Vậy các hệ số bn được xác định bởi công thức:

 





1

sin 1,2,3,...

n

b f x nxdx n




_





 (4)

Định nghĩa 2.2. Chuỗi Fourier và hệ số Fourier

Cho f(x) là hàm liên tục từng khúc chu kỳ 2𝜋 xác định với mọi x. Khi đó chuỗi
Fourier của hàm f(x) là chuỗi:





0
1

1

( ) cos sin

2 _n n n

f x a  a nx b nx



 



 (5)

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

11

 





1

cos 0,1,2,3,...

n

a f x nxdx n




_





 (6)

 





1

sin 1,2,3,...

n

b f x nxdx n




_





 (7)

Chú ý. Chuỗi Fourier của một hàm có thể không hội tụ về hàm tại những điểm xác
định trong miền xác định của hàm số. Do đó thay vì viết dấu bằng giữa hàm số và
chuỗi Fourier ta sử dụng ký hiệu sau:





0
1

1

( ) cos sin

2 _n n n

f x a  a nx b nx



 





Trong mục này ta xét chuỗi Fourier của hàm liên tục từng khúc vì nhiều hàm
xuất hiện trong ứng dụng chỉ liên tục từng khúc chứ không liên tục. Chú ý rằng các
tích phân trong cơng thức tính hệ số Fourier tồn tại nếu f(x) là hàm liên tục từng khúc,
vì vậy mỗi hàm liên tục từng khúc có một chuỗi Fourier.

Chú ý. Các cơng thức tính tích phân sau đây rất hữu ích khi tính tốn chuỗi fourier của
hàm đa thức:

1

1

cos cos sin

sin sin cos

cos sin sin

sin cos cos

n n n

n n n

u u du u u u C

u u du u u u C

u u du u u n u u du

u u du u u n u u du




  

  

 

  













Ví dụ 2.2. Tìm chuỗi Fourier của hàm tuần hồn chu kỳ 2𝜋 được xác định bởi:

 


























t

x
x

x
x

f

2
0

0
0

Giải.

Giá trị hàm số tại f

 

 không ảnh hưởng đến các giá trị của tích phân trong
các hệ số Fourier. Vì f x

 

0 trên



,0



nên ta chỉ cần tích tích phân trên khoảng

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

12

Đầu tiên ta tính hệ số a₀ theo cơng thức (6):

 

 

0 ₀ ₀

1 1 1

2

a  f x dx  f x dx xdx





   















Các hệ số an xác định bởi:

 

₀

 

₀

1 1 1

cos cos cos

n

a  f x nxdx  f x nxdx x nxdx



   













Đặt ux dv, cosnxdxvà theo cơng thức tích phân từng phần ta có:

0 ₀ 0

1 1 sin 1

cos sin

n

x nx

a x nxdx nxdx

n n

 
 
_ _ 
  
  __ __  _
 
 





Vậy ₂





₀ ₂





2

0 2

1 1

cos cos 1 ₂

2

n

n

a nx n

n
n n
n
 _
  _


      _




Tương tự, ta tính các hệ số bn được xác định từ (7):

 

₀

 

₀

1 1 1

sin sin sin

n

b  f x nxdx  f x nxdx x nxdx



   













Đặt ux dv, sinnxdx và tính tích phân từng phần:

0 ₀ 0

1 1 cos 1

sin cos

n

x nx

b x nxdx nxdx

n n

 
 

_ _ 
  
  __ __  _

 
 





Vậy ta có:

 





1
1
1
1
cos 1
1
n
n
nchan
n

b n n

n n
nle
n
   
  _  


Công thức chuỗi Fourier cần tìm:

 













le
n n
n
n
nt
n
nt
x
f
1
1
2
sin
1
cos
2
)
(




Tính chất. Nếu hàm f(x) tuần hồn với chu kỳ 2𝜋 thì ta có:

 

_aa 2

 

f x dx f x dx

 





 





với mọi giá trị của a.

Điều đó có nghĩa là tích phân của hàm f(x) tuần hoàn với chu kỳ 2𝜋 trên các khoảng có
độ dài đúng bằng 2𝜋 luôn bằng nhau. Do đó, ta hay đưa khoảng tính tích phân về

khoảng [0, 2𝜋 ] để có các cơng thức thuận tiện hơn.

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

13

 

 

2 2

0 0

1 1

cos sin

n n

a  f x nxdx b  f x nxdx

 









(8)

2.3 Chuỗi Fourier đầy đủ

Trong mục 2.2 ta đã định nghĩa chuỗi Fourier của một hàm tuần hồn có chu kỳ

2. Bây giờ, giả sử f x

 

là một hàm liên tục từng khúc và có chu kỳ P2L0. Ta
gọi L là nửa chu kỳ của hàm f.

Ta xác định hàm g như sau: g u

 

f Lu



 


 _{ }_{ } với mọi u.

Khi đó: g u



2



f L u



2



f Lu 2L f Lu g u

 

  

 _ _ _ _ _{ }

     

  ___ ___ ___  __ ___{ }_

Vậy g(u) cũng là hàm tuần hoàn và chu kỳ của g là 2.
Ta gọi chuỗi Fourier tương ứng của g là:





0
1

1

( ) cos sin

2 _n n n

g u a  a nu b nu



 





Với các hệ số xác định bởi:

   





   





1

cos 0,1,2,3,...

1

sin 1,2,3,...

n

n

a g u nu du n

b g u nu du n















 

 





Ta đặt: x Lu u x f x

 

f Lu g u

 

L



   

     _{ }_{ }_ , ta có:





 

0
1

0

1

0
1

1

( ) cos sin

2
1

cos sin

2
1

cos sin

2

n n

n

n n

n

n n

n

g u a a nu b nu

x n x n x

g a a b

L L L

n x n x

f x a a b

L L

  

 










  

 _  

 __ _ _ _ _

 

 _ _

  _ _

 

 

  _  _

 







</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

14

 





 





1

cos 0,1,2,3,...

1

sin 1,2,3,...

L
n

L
L
n

L

n x

a f x dx n

L L

n x

b f x dx n

L L









 _


 __ __ 

 _


 _ __ 





Định nghĩa 2.3. Chuỗi Fourier và hệ số Fourier

Cho hàm f(x) liên tục từng khúc và có chu kỳ 2L xác định với mọi x. Khi đó
chuỗi Fourier của hàm f(x) là chuỗi.

 

0
1

1

cos sin

2 _n n n

n x n x

f x a a b

L L

 




 

 

  _  _

 



(9)

Với các hệ số xác định bởi:

 





 





1

cos 0,1,2,3,...

1

sin 1,2,3,...

L
n

L
L
n

L

n x

a f x dx n

L L

n x

b f x dx n

L L









 _


 __ __ 

 _


 _ __ 





(10)

Ta có thể đánh giá các tích phân trên bất kỳ khoảng nào có độ dài 2L.

 

 

2 2

0 0

1 1

cos sin

L L

n n

n x n x

a f x dx b f x dx

L L L L

 









(11)

Định nghĩa 2.4. Hàm liên tục từng khúc.

Hàm f được gọi là liên tục từng khúc trên [a,b] nếu có một sự phân chia hữu hạn
khoảng [a,b] với các điểm chia: a_{    }x₀ x₁ x₂ ... x_n_₁_{ }x_n b sao cho:

i) Hàm f liên tục trên mỗi khoảng mở



x_i_₁,x_i



ii)Tại mỗi điểm chia x_i của khoảng con, tồn tại hữu hạn giới hạn trái và giới hạn
phải của f x

 

Hàm f được gọi là liên tục từng khúc nếu nó liên tục từng khúc trên mọi khoảng

giới nội. Như vậy một hàm liên tục từng khúc là liên tục ngoại trừ tại các điểm cô lập
(điểm gián đoạn). Tại các điểm gián đoạn này ta có:

 

 

 

 

lim , lim

i i

i i

x x f x f x x x f x f x

 

    đều tồn tại hữu hạn.

Nói cách khác hàm liên tục từng khúc là hàm có hữu hạn điểm gián đoạn và các
điểm gián đoạn này đều là điểm gián đoạn loại I (điểm nhảy hữu hạn)

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

15
Định nghĩa 2.5. Hàm trơn từng khúc

Một hàm liên tục gọi là hàm trơn nếu đạo hàm của nó liên tục. Một hàm liên tục từng
khúc f được gọi là trơn từng khúc nếu đạo hàm của nó là liên tục từng khúc.

Ví dụ 2.3.

Hàm liên tục từng khúc Hàm không liên tục từng khúc

Nếu hàm số liên tục từng khúc trên



L L,



thì giá trị hàm số f tại các điểm gián
đoạn không ảnh hưởng tới việc xây dựng chuỗi Fourier của nó. Cụ thể là tích phân

 

L

L f x dx




luôn tồn tại và độc lập với các giá trị được gán cho hàm số tại (hữu hạn)
các điểm gián đoạn.

Định lý sau đây khẳng định chuỗi Fourier của một hàm trơn từng khúc hội tụ
tại mọi điểm.

Định lý 2.6. Sự hội tụ của chuỗi Fourier

Giả sử hàm tuần hồn f trơn từng khúc. Khi đó chuỗi Fourier của nó hội tụ:
a) Đến giá trị f(x) tại mỗi điểm mà ở đó f(x) liên tục

b) Đến giá trị 1



   



2 f x f x

 _  _{tại mỗi điểm mà ở đó f không liên tục.}

Chú ý. Biểu thức 1



   



2 f x f x

 _  _{là giá trị trung bình của các giới hạn trái và giới}

hạn phải của hàm f tại điểm x. Nếu hàm f liên tục tại điểm x thì ta có:

 

1₂



   



f x  f x  f x

Từ đó ta có thể phát biểu lại định lý trên như sau:

“Chuỗi Fourier của một hàm trơn từng khúc f hội tụ tới 1



   



2 f x f x

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

16

Do đó, ta có thể viết:

 

₀

1

1

cos sin

2 _n n n

n x n x

f x a a b

L L

 




 

 

  _  _

 



2.4 Chuỗi Fourier Cosine và chuỗi Fourier Sine
2.4.1 Hàm số chẵn và hàm số lẻ

 Hàm số f(x) xác định với mọi x gọi là chẵn nếu: f

 

 x f x

 

, x

 Hàm số f(x) xác định với mọi x gọi là lẻ nếu: f

 

 x f x

 

, x
Tính chất:

- Hàm số chẵn có đồ thị đối xứng qua trục Oy.
- Hàm số lẻ có đồ thị đối xứng qua gốc tọa độ O

- Tích hai hàm chẵn là một hàm chẵn
- Tích hai hàm lẻ là một hàm chẵn

- Tích một hàm chẵn và một hàm lẻ là một hàm lẻ

- Tích phân của hàm số chẵn:

 

 

0

2

a a

a f x dx f x dx

 





- Tích phân của hàm số lẻ: a

 

0

a f x dx

 



- Chuỗi Fourier của các hàm chẵn chỉ gồm các phần tử cosine
- Chuỗi Fourier của các hàm lẻ chỉ gồm các phần tử sine

2.4.2 Mở rộng hàm chẵn và hàm lẻ

Trong các mục trước ta thường xét hàm số tuần hoàn với mọi x, chuỗi hàm
Fourier của các hàm số như vậy được xác định bởi một công thức hệ số Fourier duy
nhất. Tuy nhiên trong các tình huống thực tế, ta thường sử dụng hàm số xác định trong
khoảng 0 x L và ta muốn biểu diễn giá trị trên đoạn này của chúng bởi chuỗi hàm
số Fourier với chu kỳ 2L.

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

17



2



 

f x L  f x .

Tuy nhiên, làm thế nào để xác định được giá trị của hàm f trong khoảng
0

L x

   ? Và ta hiểu rằng chuỗi hàm số Fourier biểu diễn hàm f x

 

trong khoảng
0 x L mà ta thu được sẽ phụ thuộc vào sự lựa chọn mở rộng này.

Các lựa chọn khác nhau của phần mở rộng hàm số f x

 

trên khoảng
0

L x

   sẽ sinh ra các chuỗi hàm số Fourier khác nhau. Các chuỗi Fourier này
cùng hội tụ về hàm số f x

 

trong khoảng ban đầu 0 x L, nhưng trên khoảng

0

L x

   chúng sẽ hội tụ đến các phần mở rộng khác nhau của hàm số f x

 

.

Trên thực tế, với f x

 

xác định trên khoảng 0 x Lta thường chọn một
trong hai cách mở rộng tự nhiên của f x

 

: mở rộng chẵn và mở rộng lẻ (mở rộng để
thu được một hàm chẵn hoặc một hàm lẻ).

Mở rộng chẵn chu kỳ 2L của f là một hàm số, ký hiệu f_E được định nghĩa
như sau:

 

 

0

0

E

f x x L

f

f x L x

 _{ }



  _    và fE



x2L



 f x

 

,x

Giá trị của hàm số f x_E

 

tại các điểm x là bội nguyên của L là không quan
trọng vì chúng khơng ảnh hưởng tới chuỗi hàm số Fourier của f_E. Chuỗi hàm số
Fourier của f_E sẽ chỉ bao gồm các phần tử cosine và nó được gọi là chuỗi hàm số
Fourier cosine của hàm số f ban đầu.

Mở rộng lẻ chu kỳ 2L của f là một hàm số, ký hiệu f_O được định nghĩa như
sau:

 

 

0

0

E

f x x L

f

f x L x

 _{ }



  _    và fO



x2L



 f x

 

,x

Chuỗi hàm số Fourier của f_O sẽ chỉ bao gồm các phần tử sine và nó được gọi
là chuỗi hàm số Fourier sine của hàm số f ban đầu.

2.4.3 Chuỗi Fourier Cosine và Fourier Sine

Giả sử hàm số f x

 

liên tục từng khúc trong khoảng

 

0,L . Khi đó:

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

18

 

0

1

cos ,

2 _n n

a n x

f x a

L






 



với

 

0

2

cos

L
n

n x

a f x dx

L L







(12)

 Chuỗi Fourier sine của hàm f là chuỗi:

 

0
1

sin ,

2 _n n

a n x

f x b

L






 



với

 

0

2

sin

L
n

n x

b f x dx

L L







(13)

Nếu giả sử thêm f x

 

là hàm trơn từng khúc và thỏa mãn điều kiện

 

1₂



   



f x  f x  f x tại mỗi điểm không liên tục của nó. Khi này, theo định lý
hội tụ 2.6, các chuỗi Fourier Cosine và Fourier Sine của hàm số f hội tụ về f x

 

với
mọi x

 

0,L .

Ngoài khoảng này, các chuỗi sẽ hội tụ về các mở rộng của hàm f . Nhưng nếu
chúng ta không cần quan tâm đến các giá trị hàm số f ngồi khoảng

 

0,L thì ta có
thể lựa chọn một trong hai chuỗi trên để biểu diễn giá trị hàm số f trong khoảng

 

0,L .

Ví dụ 2.4. Giả sử f x

 

 1 x, 0



 x 1



. Hãy tìm biểu diễn Fourier sine và cosine
của hàm số f .

Giải.

Đồ thị hàm số đã cho có dạng:

 Khai triển chuỗi Fourier sine:

Đầu tiên ta mở rộng lẻ trên đoạn



1,0



, ta có: f

 

  x f x

  

  1 x 0



Ta có:

 

 

0 1: 1

1 0 : 1

x f x x

x f x x

   

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

19

Vậy ta dùng hàm

 

1 , 0 1

1 , 1 0

x x

f x

x x

   



  _    để khai triển tuần hồn.

Sau đó, ta mở rộng tồn trục số:

Tính hệ số của chuỗi Fourier sine:

 

 













 

 



  

 





 



  

1
1

0 1

1 0

1
0

0 1

1 0

1 ₀

1
0

1 ₀

1

sin sin

1 sin 1 sin

1

1 1 1

1 cos cos cos cos

1

1 1

1 cos cos

L

n _L

n

n

n

n x

b f x dx f x n xdx

L L

b x n xdx x n xdx

x

b x n x n x dx n x n x dx

n n n n

x

b x n x n x

n n n

 _

 

   

   

 

  

 








 

    

 

  _  _

 

 _ _  _ _ 

  _ _

 

  _  _

 

 _ _ _ _ 

  _ _













1 2

n_ n_

 

Chuỗi Fourier sine:

 

1

2
sin

n

f x n x

n 








Do hàm mở rộng không liên tục tại x₀ 0. Giá trị tại điểm này xác định bởi:

   

0 0 ₁

 

₁

0

2 2

f   f  _{ }

 

Ta có:

1

0 0

2
sin

1 0 1

n

x
n x

x x

n_ 




 



  _  



 Chuỗi Fourier cosine:

Đầu tiên ta mở rộng chẵn trên đoạn



1,0



, ta có: f

 

 x f x

 



  1 x 0



Ta có:

 

 

0 1: 1

1 0 : 1

x f x x

x f x x

   

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

20

Vậy ta dùng hàm

 

1 , 0 1

1 , 1 0

x x

f x

x x

   



  _    để khai triển tuần hồn.

Sau đó, ta mở rộng tồn trục số:

Tính hệ số của chuỗi Fourier sine:

 

   



  



  





 

 



  

 

 

 

 

 

1
1
0 1
1 0
1

0 ₀ ₁

1 0
1 ₀
0 1
2
1 0
1
cos cos

1 cos 1 cos

1

1 1 1

1 sin sin sin sin

1 1 1

sin sin cos

L
n _L

n
n
n
n x

a f x dx f x n x dx

L L

a x n x dx x n x dx

x

a x n x n x dx n x n x dx

n n n n

a n x dx n x dx n x

n n _n

 _
 
   
   
  
  _
 





 
   
 
  _  _
 
 _ _  _ _ 
   
 
 
   _{ }
 

















_{ }

 

 

 

 

 

_{ }

0 1
2
1 0
2 2
2
1
cos
0 2

2 2 ₄

1 cos 1 1

2
n
n
n x
n
n
a n
n

n n _n




  _

 
 

  
 _ _


  
 
 _  _ __   _ _
 _



Chuỗi Fourier cosine:

 

 

_{2 2}

1

1 2

1 1 cos

2

n
n

f x n x

n  




 





__   __



Do hàm mở rộng liên tục trên  nên ta có:

 

2 2

1

1 2

1 1 cos 1 , 0 1

2

n
n

n x x x

n  




 





__   __    

2.5 Vi phân từng phần của chuỗi Fourier

Định lý 2.7. Giả sử hàm số f là liên tục với mọi x, tuần hồn với chu kỳ 2L, có đạo
hàm là fvà đạo hàm của nó trơn từng khúc với mọi x. Khi đó, chuỗi Fourier của f

là chuỗi:

 

1

' _nsin _ncos

n

n n x n n x

f x a b

L L L L

   


 _





_  __

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

21

 

0

1

cos sin

2 _n n n

a n x n x

f x a b

L L

 




 _



 



__  __

Định lý 2.8.

i) Nếu f liên tục trên



L L,



, f

 

 L f L

 

và f là hàm trơn từng khúc trên



L L,



. Khi đó chuỗi Fourier đầy đủ của hàm f có thể lấy đạo hàm theo từng số
hạng và chuỗi thu được chính là chuỗi Fourier của f. Chuỗi này hội tụ đến f tại
nhưng điểm mà f tồn tại.

ii) Nếu f liên tục trên

 

0,L , f

 

0  f L

 

0 và f là hàm trơn từng khúc trên

 

0,L . Khi đó chuỗi Fourier sine của hàm f có thể lấy đạo hàm theo từng số hạng và
chuỗi thu được chính là chuỗi Fourier cosine của f. Chuỗi này hội tụ đến f tại
nhưng điểm mà f tồn tại.

iii) Nếu f liên tục trên

 

0,L và f là hàm trơn từng khúc trên

 

0,L . Khi đó

chuỗi Fourier cosine của hàm f có thể lấy đạo hàm theo từng số hạng và chuỗi thu
được chính là chuỗi Fourier sine của f. Chuỗi này hội tụ đến f tại nhưng điểm mà

f tồn tại.

Ví dụ 2.5. Xét hai chuỗi Fourier sine và cosine của hàm f x

 

_{ }1 x, 0



_{ }x 1



trong ví dụ 2.4.

+ Chuỗi Fourier sine không lấy đạo hàm từng số hạng được do vi phạm tính liên tục

 

 

1 1 1

2 2

sin cos 2 cos

n n n

f x n x f x n n x n x

n  n   

  

  



 







 

+ Chuỗi Fourier cosine có thể lấy đạo hàm từng số hạng được.

Ta có:

 

 

_{2 2}

1

1 2

1 1 cos

2

n
n

f x n x

n  




 





__   __



Nên đạo hàm từng số hạng ta được:

 

 

2 2





 

1 1

2 2

1 1 n sin 1 1 sinn

n n

f x n n x n x

n

n     

 

 



   

 



__   __  



__   __

Nghiệm chuỗi Fourier của phương trình vi phân.

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

22

 





 

 

0

0 0

ay by cy f x x L

y y L

    

 

Trong đó f x

 

là hàm số cho trước. Bài tốn dạng này có thể giải bằng phương
pháp chồng chất nghiệm như trong chương 1. Tuy nhiên ta có thể ứng dụng chuỗi
Fourier vào giải bài toán này và trong nhiều trường hợp phương pháp này tỏ ra hiệu
quả hơn phương pháp trong chương 1.

Bước 1. Mở rộng định nghĩa của hàm số f x

 

đến khoảng _{  }L x 0 theo một cách
thích hợp

Bước 2. Mở rộng tuần hoàn ra toàn bộ trục số

Bước 3. Nếu hàm số mở rộng có chuỗi Fourier:

 

0
1

cos sin

2 _n n n

A n x n x

f x A B

L L

 




 _



 



__  __

Thì ta giả sử phương trình vi phân có nghiệm là y x

 

và có một chuỗi Fourier:

 

0
1

cos sin

2 _n n n

a n x n x

y x a b

L L

 




 _



 



_  __

và giả sử chuỗi này có thể vi phân từng phần hai lần được.

Bước 4. Thay các chuỗi vào phương trình vi phân và cân bằng hệ số.

Nếu cách làm này có thể tìm được chuỗi thỏa mãn phương trình vi phân và thỏa
mãn các điều kiện biên thì ta có chuỗi Fourier nghiệm hình thức của bài tốn giá trị

biên. Do đó, ta cần chú ý đến tính đúng đắn của việc tính vi phân từng số hạng của
chuỗi Fourier.

Ví dụ 2.6. Hãy tìm nghiệm dạng chuỗi Fourier của bài toán biên sau đây:

   

4 4

0 1 0

y y x

y y

  

 

Giải.

Ta có f x

 

4 , 0x



 x 4



.

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

23

 

1

_

_

1

1

8

4 sin , 0 1

n
n

x n x x

n 













 

Do đó, ta sử dụng chuỗi sine:

 

1

sin

n
n

y x  b n x






Chú ý rằng bất kỳ chuỗi nào dạng trên đều thỏa mãn các điều kiện biên.

Thay vào phương trình ta được:



2 2



 

1

1 1

1
8

4 b sin sin

n
n

n n

n n x n x

n

  





 

 



  





Cân bằng hệ số ta có:

 





1
2 2

8 1

4

n
n

b

n n 







Vậy nghiệm dạng chuỗi Fourier:

 

 





1
2 2
1

1
8

sin
4

n
n

y x n x

n n 

 













Nghiệm chính xác bài tốn này là:

 

sin 2



0 1



sin 2

x

y x  x  x

2.6 Tích phân từng phần của chuỗi Fourier

Định lý 2.9. Giả sử hàm số f x

 

là liên tục với mọi x, tuần hoàn với chu kỳ 2L và
chuỗi Fourier:

 

0
1

cos sin

2 _n n n

a n x n x

f x a b

L L

 




 _



 



_  __

Chuỗi này có thể khơng hội tụ. Khi đó:

 

0
0

1

sin cos 1

2

x

n n

n

a x L n x n x

f t dt a b

n L L

 






  _

 _ _

  __  _  __

 _ _





</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

24

BÀI TẬP CHƯƠNG 2

Bài 1. Xây dựng chuỗi Fourier của các hàm số dưới đây. Trong mỗi trường hợp nêu rõ

khoảng hội tụ của chuỗi về hàm số trên miền đã cho

   

   

   

   

   

   

   

   

1 , 1 0 0 , 0

1 2

0 ,0 1 3 ,0

2 , 1 0 1 , / 2 0

3 4

3 ,0 1 2 ,0 / 2

5 1 , 1 1 6 1 2 , 2 2

1 , 2 0 1 2 , 1/ 2 0

7 8

2 ,0 2 4 ,0 1/ 2

x x

f x f x

x x

x x

f x f x

x x

f x x x f x x x

x x x

f x f x

x x x





       
 
 
_ _{ } __ _{ }
 
 

       
 
 
_ _{ } _ _{ }
 
 
         
        
 
 
_ _ _{ } _ _{ }
 

   

   

   

   

   

   

   

   

2
2

, 1 0 1 , 0

9 10

2 1 ,0 1 2 1 ,0

11 2 3, 1 1 12 , 2 2

1 , / 2 0

, 1 0

13 14

sin ,0 / 2

2 1 ,0 1

0 , 2 1 3 ,

15 16

1 , 1 2

x

x x x x

f x f x

x x x x

f x x x x f x e x

x

x x

f x f x

x x

x x

x

f x f x

x x






        
 
 
_ _ _{ } _ _ _{ }
 
 
         
 
       
 
_ _ _{ } _ _{ }


    

_{    } 


/ 2

1 , / 2

x
x

 
  

   


Bài 2. Xây dựng chuỗi Fourier sine và Fourier cosine của các hàm dưới đây. Nêu
khoảng hội tụ của chuỗi về hàm số trong khoảng [0,L]

   

   

   

   

   

   

   

   

0 ,0 1 2 ,0

17 18

1 ,1 2 0 , 2

1 ,0 1 2 ,0 / 2

19 20

1 ,1 2 3 , / 2

21 2 , 0 1 22 3 1 ,0 2

,0 1 2 1 ,0 1

23 24

2 ,1 2 2 1 ,1 2

x x

f x f x

x x

x x

f x f x

x x

f x x x f x x x

x x x x

f x f x

x x x


 

 

     
 
 
_ _{ } _ _{ }
 
 
     
 
 
__ _{ } _ _{ }
 
 
       
      
 
 
__ _{ } _ _ _{ }
 
 

   

   

   

   

   

   

2
2

2 ,0 1

25 26 1, 0 2

1 ,1 2

1 ,0 1

27 28 1 ,0 1

2 ,1 2

cos ,0 / 2

29 sin , 0 30

1 , / 2

x

x x

f x f x x x x

x x

x x

f x f x e x

x x x

x x

f x x x x f x

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

25

CHƯƠNG 3.

BÀI TOÁN STURM - LIOUVILLE

Trong phương trình vi phân thường, có một lớp bài tốn bậc 2 có vai trị đặc biệt
quan trọng trong việc tìm nghiệm của phương trình đạo hàm riêng. Mục này, ta giới
thiệu và xem xét một số kết quả quan trọng liên quan đến các bài toán như vậy. Từ đó,
cung cấp các kiến thức nền tảng cho phương pháp tách biến và khai triển hàm riêng
trong các chương sau.

3.1 Bài toán Sturm – Liouville chính quy

Để tránh sự phức tạp hóa trong ký hiệu, trong phần tiếp theo ta ký hiệu một
khoảng nói chung là I, cho dù khoảng này đóng, mở, nửa mở, hữu hạn hay vô hạn.
Nếu một khoảng đặc biệt thì sẽ được ký hiệu riêng thơng qua các đầu mút hoặc bất
đẳng thức. Các hàm xác định trên các khoảng được giả sử là khả tích trên khoảng đó.

Định nghĩa 3.1. Cho _ là một khơng gian hàm xác định trên khoảng I. Một toán tử vi

phân tuyến tính L trên  gọi là đối xứng trên X nếu:

   

   



1 2 2 1



0

I

f x Lf x  f x Lf x dx



với mọi f f₁, ₂

Ví dụ 3.1. Xét _ là khơng gian các hàm khả vi cấp 2 trên đoạn [0,1] và triệt tiêu tại 0,
1. Gọi L là toán tử đạo hàm cấp 2 trên . Như vậy với mọi f f₁, ₂ ta có:

 

1 1,

 

2 2,

L f  f L f  f

Ta có:

 

 









1 1

1 2 2 1 1 2 2 1

0 0

1 ₁ 1 ₁

1 2 ₀ 1 2 2 2 ₀ 1 2

0 0 0

I f L f f L f dx f f f f dx

I f f f f dx f f f f dx

 

   

       

_ _  _ _  









Vậy L là toán tử đối xứng.

Chú ý. Một tốn tử có thể đối xứng trên không gian hàm này nhưng lại không đối
xứng với khơng gian hàm khác. Nếu trong ví dụ trên hàm số khơng có điều kiện triệt
tiêu tại 0 và 1 thì tốn tử L khơng đối xứng.

Định nghĩa 3.2. Cho 𝜎 là hàm xác định trên I thỏa mãn 𝜎(𝑥)>0, với mọi 𝑥∈𝐼. Hai

</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

26

     

1 . 2 . . 0

I

f x f x  x dx



Nếu 

 

x 1, thì ta nói ngắn gọn hai hàm f f₁, ₂ trực giao. Tập hợp các hàm trực giao
từng đôi trên I được gọi là một tập trực giao.

Ví dụ 3.2. Hàm f x₁

 

1 và f x₂

 

9x5 là hai hàm trực giao với hàm trọng số

 

x x 1

   trên khoảng [0,1] vì: 1







1



2



0 9x5 x1 dx 0 9x 4x5 dx0





Ta cũng có thể nói rằng hai hàm f x₁

  

 x1



và f x₂

 

9x5 trực giao trên [0,1].

Ví dụ 3.3. Hàm sin 3

 

x và cos 2

 

x là hai hàm trực giao trên khoảng



 ,



vì:

   

1

 

 

sin 3 cos 2 sin 5 sin 0
2

x x dx x x dx

 

 

      





Định nghĩa 3.3. Cho L là tốn tử vi phân tuyến tính trên khơng gian hàm _ bao gồm
các hàm số xác định trên (a,b). Ta xét phương trình dạng:

  

Lf x 

   

x f x 0, a x b  (1)
Với  là tham số thực và  là hàm cho trước sao cho 

 

x 0, x

 

a b, được gọi là
bài toán giá trị riêng. Số  sao cho phương trình (1) có nghiệm khác 0 trên gọi là
giá trị riêng, hàm nghiệm tương ứng của phương trình (1) được gọi là hàm riêng.

Định lý 3.4. Nếu toán tử L trong bài toán (1) là đối xứng thì:
i) Tất cả các giá trị riêng đều là số thực

ii) Các giá trị riêng tạp thành một dãy vô hạn  ₁ ₂ ... _n... thỏa mãn lim
n 
iii)Các hàm riêng tương ứng với các giá trị riêng khác nhau là các hàm trực giao

với hàm trọng số  trên (a,b).

Định nghĩa 3.5. Cho [a,b] là một khoảng hữu hạn, và cho p q, , là các hàm số thực,

1, , ,2 3 4

k k k k là các số thực sao cho:

i) p x

 

là hàm khả vi liên tục trên [a,b] và p x

 

0,  x

 

a b,

ii) q x

   

, x là các hàm liên tục trên [a,b] và 

 

x 0, x

 

a b,

iii) k k₁, ₂ không đồng thời bằng 0 và k k₃, ₄ khơng đồng thời bằng 0.
Xét bài tốn giá trị riêng dạng:

   

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

27

 

 

1 2 ' 0

k f a k f a  (3)
và k f b₃

 

k f b₄ '

 

0 (4)
Khi này bài toán (2), (3), (4) được gọi là bài tốn Sturm – Liouville (S-L) dạng chính
quy.

Ví dụ 3.4. Nếu chọn p x

 

1,q x

 

0,

 

x 1,k11, k20,k31,k4 0,a0,b L

thì ta có bài tốn S-L dạng chính quy như sau:

 

 

 

 

0, 0

0 0, 0

f x f x x L

f f L



    

 

Bài toán dạng này khá quen thuộc!!!

Ví dụ 3.5. Nếu chọn p q, , , , a b như trong ví dụ 4 nhưng k₁0,k₂ 1, k₃0, k₄1 thì
ta có bài tốn S-L dạng chính quy sau:

 

 

 

 

0, 0

0 0, 0

f x f x x L

f f L



    

   

Ví dụ 3.6. Nếu p q, , , , a b chọn giống như trong ví dụ 4 nhưng

1 1, 2 0, 3 , 4 1

k  k  k h k  thì ta có bài tốn S-L dạng chính quy sau:

 

 

 

 

 

0, 0

0 0, 0

f x f x x L

f hf L f L



    



  

Ví dụ 3.7. Bài tốn biên

 

 

 

 

 

2 0, 0 1

0 0, 1 0

f x f x f x x

f f



      



 _ _

 chính là một bài tốn

S-L chính quy.

Thật vậy, từ hệ số của f x

 

, sử dụng kỹ thuật thừa số tích phân ta chọn:

 

 

_exp

 

₂ 2x_,

 

₀

p x  x 



dx e q x 

Từ đó ta có thể biến đổi phương trình ban đầu sang dạng tương đương như sau:

 



_{e f x}2x _



___{e f x}2x

 

__{0, 0}_{ }_x ₁

Định lý 3.6. Trên không gian  bao gồm các hàm thỏa mãn điều kiện biên (3) và (4),
xét toán tử

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

28
Trong đó p q, là các hàm thỏa mãn các điều kiện của phương trình (2) trong
Định nghĩa 3.5.

Khi đó L là một tốn tử đối xứng trên khơng gian hàm _ .

Chứng minh. Xem như bài tập

Bổ đề 3.7. Các giá trị riêng và hàm riêng của bài tốn Sturm – Liouville dạng chính

quy có đầy đủ các tính chất nêu trong Định lý 3.4.

Trước khi tính tốn các giá trị riêng và hàm riêng cho các bài toán S-L cụ thể, ta
đưa ra một công thức liên quan đến các đại lượng này. Bằng cách nhân phương trình
(2) với f (x) ta được:

     





   

   

 

2 2

2 2

. 0

0

f x p x f x q x f x x f x
hay f pf qf f





   



   

Lấy tích phân hai vế trên (a,b) ta có:

 

₂ ₂





 

2 ₂ ₂

0 b b b b

a f pf qf dx af dx a pff p f qf dx  a f dx

 _    _  _ 

 _  _   _   _ 

   









Ta có:





b b

 

2 2 b 2 ₀

a a a

pff 



_p f qf _dx 



f dx

Từ đó ta có cơng thức Rayleigh sau:

 

2 ₂





2

b b

a
a

b
a

p f qf dx pff
f dx





     

 







(6)

Ví dụ 3.8. Xét bài tốn S-L trong ví dụ 3.4, ta có:

 

2 ₂

 

2





   

0
0

2 2

0

0; 0;

0

b L b L

a
a

b L

a

p f qf dx f dx pff f x f x

f dx f dx



        _  _ 

 

 









Vậy theo cơng thức (6) ta có:

 





2 ₂

2 0

b _b

a
a

b
a

p f qf dx pff
f dx





     

 









Nhận xét thấy 0 khi và chỉ khi f x

 

là hàm hằng. Nhưng nếu như vậy thì từ hai
điều kiện biên: f

 

0 0, f L

 

0 ta suy ra f x

 

0.

Điều này mâu thuẫn với giả thiết hàm riêng là nghiệm khác không.
Do vậy 0 và nghiệm tổng quát của phương trình trong ví dụ 3.4 là:

 

1cos

 

1sin

 

, 1, 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

29

Thay vào điều kiện biên f

 

0 0 ta được: C₁0

Dùng điều kiện biên thứ 2 f L

 

0 ta có:

2sin 0 sin 0 , 1, 2,3,...

C L  L  L n  n

Vậy các giá trị riêng của bài toán trên là:

2

, 1, 2,3,...

n _n

L



 _ _ 

 

Các hàm riêng tương ứng: f x

 

C₂sinn x, n 1, 2,3,...

L



 

Để thuận tiện ta chọn hằng số C₂1.

Dễ dàng kiểm tra lại các tính chất trong Định lý 3.4 được thỏa mãn. Tính trực giao của
các hàm riêng trên khoảng

 

0,L được kiểm tra trực tiếp dưới đây:









0
0

0 ,
1

sin .sin cos cos

2 ,

2

L

L m n x m n x n m

m x n x_dx _dx

L

L L L L n m

 

  _ _  _  _ _ 
 

  _ 

  _





Ví dụ 3.9. Một cách tương tự ta tính tốn các hàm riêng của bài tốn S-L trong ví dụ

3.5. Ta vẫn có bất đẳng thức:

 





2 ₂

2 0

b _b

a
a

b
a

p f qf dx pff
f dx





     

 









Tuy nhiên, khi này ta không loại được trường hợp  0. Vì hàm hằng f x

 

c khác 0
vẫn thỏa mãn được hai điều kiện biên:

 

0 0,

 

0

f  f L 

Chọn 1

2

c ta nói bài tốn có cặp giá trị riêng – hàm riêng: ₀ 0, ₀

 

1
2

f x

  

Với 0 nghiệm tổng quát của phương trình là:

 

1cos

 

1sin

 

, 1, 2

f x C x C x C C const
Từ điều kiện biên: f

 

0  0 C₂ 0.

Từ điều kiện f L

 

 0 C₁ sin

 

L 0

Do các nghiệm hàm riêng khác 0 nên ta có

 

2

sin L 0 n , n 1, 2,3,...

L



    _ _ 

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

30

 

2

, 1, 2,3,... cos , 1, 2,3,...

n _n _{f x} n x _n

L L

 

 _ _   _ _ 

   

Ta dễ dàng kiểm chứng các hàm riêng và giá trị riêng đều thỏa mãn các tính chất trong
Định lý 3.4.

Ví dụ 3.10. Giả sử rằng h0 trong bài tốn S-L ở Ví dụ 3.6. Viết lại điều kiện biên
thứ 2 dạng f L

 

 hf L

 

ta thấy:



  

   

   

2

 

0 0 0

b L

a

pff  ff  f L f L  f f  hf L
Từ cơng thức Rayleigh ta có:

 

2 ₂





 

2 ₂ ₂

 

2 2 0

b b b

a

a a

b b

a a

p f qf dx pff p f qf dx hf L

f dx f dx



 

          

   















Dễ thấy ta loại trường hợp 0.

Từ công thức nghiệm tổng quát và điều kiện biên tại 0 ta được: C₁0

Sử dụng điều kiện biên f L

 

hf L

 

0 ta có:

 

 

 

 

2 cos 2sin 0 cos sin 0

C  L hC L    L h L 

Ta được phương trình: tan

 

L 1

 

L

h hL



     

Đặt L ta thấy  là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ytan và
y

hL




</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

31

Dựa vào đồ thị ta thấy có đếm được các điểm_n sao cho bài tốn S-L có vô hạn dãy
giá trị riêng dương:

2

, 1, 2,3,..., lim
n

n n _n n

L



 



 

_ _   

 

Tương ứng với các hàm riêng:

 

sin





sin n , 1, 2,3,...

n n

x

f x x n

L




  

Tập hợp các hàm riêng

 

sin





sin n , 1, 2,3,...

n n

x

f x x n

L




   là trực giao trên [0,L].

Ví dụ 3.11. Tìm các hàm riêng và vecto riêng của bài tốn S-L trong Ví dụ 3.7 sau:

 

 

 

 

 

2 0, 0 1

0 0, 1 0

f x f x f x x

f f



      



 _ _


Đáp án.

 Bài tốn khơng có giá trị riêng 1.

 Nếu  1 thì nghiệm tổng quát dạng:

 



1cos



1



2sin



1





, 1, 2
x

f x e C  x C  x C C const

 Các giá trị riêng: 2 2 _1, _{1, 2,3,...}

n n n

    

 Các hàm riêng tương ứng:

 

xsin





, 1, 2,3,...
n

f x e n x n 

Bài tốn Sturm-Liouville chính quy có hai tính chất rất quan trọng dưới đây.
Định lý 3.8.

i) Với mỗi giá trị riêng _n chỉ tồn tại duy nhất một hàm riêng độc lập tuyến tính f_n
ii)Tập hợp

 

f_{n n}_₁ các hàm riêng là tập đầy đủ, có nghĩa là, mọi hàm u trơn từng

khúc trên [a,b] đều có duy nhất chuỗi Fourier (hay chuỗi hàm riêng) dưới dạng:

 

 

1

,
n n

n

u x  c f x a x b






  (7)

Chuỗi này hội tụ điểm đến 1



   



2 u x u x

 _  _trên_{a x b}_{ } _{và hội tụ về}_{u x}

 

_nếu
hàm u x

 

liên tục tại x.

Chú ý.

i) Các hệ số c_n trong công thức khai triển (7) được xác định như sau:

     

   

2 , 1, 2,3,...
b

n
a

n b

n

a

u x f x x dx

c n

f x x dx










</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

32

ii)Bài toán S-L trong ví dụ 3.4 và ví dụ 3.8 thì từ công thức khai triển (7) cho ta
chuỗi Fourier sine của hàm u. Cịn bài tốn S-L trong ví dụ 3.5 và ví dụ 3.9 thì từ
cơng thức khai triển (7) cho ta chuỗi Fourier cosine của hàm u.

iii) Tương tự như ví dụ 3.11 ta có thể tính tốn được giá trị riêng và hàm riêng của
bài toán S-L tổng quát hơn sau đây.

 

 

 

 

 

 

0, 0

0 0, 0

f x af x bf x cf x x L

f f L



       



 _ _



Trong đó a b, và c0 là các hằng số. Giá trị riêng và hàm riêng như sau:

 

2 2

/ 2
2

2

1 4 _{4 ,} _sin _, _{1, 2,3,...}
4

a x

n n

n _a _b _f _e n x _n

c L L

 

 _  _ _  _  _

 

 

Ví dụ 3.12. Giả sử ta muốn khai triển hàm u x

 

 x 1, 0 x 1 thơng qua các hàm
riêng trong ví dụ 3.6 và 3.10 với L h 1.

Ta viết lại bài toán:

 

 

 

 

 

0, 0

0 0, 0

f x f x x L

f hf L f L



    



  

Các giá trị riêng (theo ví dụ 3.10):

2

, 1, 2,3,...,
n

n n

L



 _ _ 

 

Các hàm riêng (theo ví dụ 3.10):

 

sin





sin n , 1, 2,3,...

n n

x

f x x n

L




  

Năm nghiệm đầu tiên của phương trình tan   được xấp xỉ sau đây:

1 2,0288 2 4,9132 3 7,9787 4 11, 0855 5 14, 2074

         

Sử dụng cơng thức (8) ta có các hệ số:

1 1,9184, 2 0,1572, 3 0,3390, 4 0,1307, 5 0,1696,

c  c  c  c  c 

Vậy chuỗi khai triển có dạng:

1,9184sin 2,0288 0,1572sin 4,9132 0,3390sin 7,9787
0,1307sin 11

( ) ( ) ( ) ( )

( ,0855 ) 0,1696si (n 14,2074 ) ···.

u x x x x

x x

  

  

Ví dụ 3.13. Giả sử ta muốn khai triển hàm _{u x}

 

__ex, 0_{ }_x 1_{thông qua các hàm}

riêng trong ví dụ 3.7 và 3.11.

Ta viết lại bài toán:

 

 

 

 

 

2 0, 0 1

0 0, 1 0

f x f x f x x

f f



      



 _ _



Các giá trị riêng (theo ví dụ 3.11): 2 2 _1, _{1, 2,3,...}

n n n

    

Các hàm riêng (theo ví dụ 3.11):

 

xsin





, 1, 2,3,...
n

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

33

Sử dụng công thức (8) với chú ý _

 

_x __e2x_{ta có:} ₁

 

₁n 2 _, _{1, 2,3,...}
n

c n

n

 

  _ _ 

Do đó, từ cơng thức (7) ta có khai triển của hàm _{u x}

 

__ex_là:

 

 





1

2

1 1 n xsin
n

u x e n x

n 






 

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

34

BÀI TẬP CHƯƠNG 3

Bài 1. Chứng tỏ rằng các bài toán sau là các bài toán Sturm – Liouville và xác định
loại bài tốn (chính quy hay phi chính quy)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

1 0, 0 1,

0 2 0 0, 1 0.

2 1 0, 0 1,

0 0, 1 0.

3 2 1

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) (

0, 0 2,

0 0, , 2 .

4

)

( ) ( ) (

f x f x x

f f f

f x xf x x f x x

f f

x f x f x f x x

f f x f x bounded as x

f x f x f x






    

  
      
 
 
      

 
   

 

 

 

 

 

 

   

2

0, 0 2,

0 0, 2 2 0.

5 2 0, 0 ,

0 0, , .

6 2 1 0, 0 1,

,

)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) 0 , 1 1 0.

x

f f f

f x f x x f x x

f f x f x bounded as x

x f x xf x x f x x

f x f x bounded as x f f




  

  
       

  
       
  

Bài 2. Tính giá trị riêng và hàm riêng của các bài toán Sturm – Liouville chính quy sau
đây.

 

 

 

 

 

 

   

 

 

 

 

 

 

( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) (

7 0, 0 ,

0 0, 0.

8 0, 0 1,

0 0, 1 0.

9 0, 0 1,

0 0 0, 1 0.

10 0, 0 1,

0 0, 1 1

)

( ) ( )

( )

0.

11 ( )

f x f x x

f f

f x f x x

f f

f x f x x

f f f

f x f x x

f f f

f x f x

 





    


 
    
  
    
   
    
    
 

   

 

 

 

 

( )

0, 0 1,

0 0 0, 1 0.

12 2 ( 1) ( 0, 0 2,

0 0, 2
)

0.

x

f f f

f x f x x

f f

  
    
     
 

 

 

 

13 ( ) 4 ( ) 3 ( ) 0, 0 1,

0 0, 1 0.

f x f x f x x

f f



      

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

35

 

 

 

 

 

 

 

 

14 0, 0 1,

0 0, 1 0.
15 2

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) (

3 0, 0 1,

0 0, 1 0.

16 5 2 0, 0 / 2,

0 0, / 2

) (

.
)

( ) 0

f x f x f x x

f f

f x f x f x x

f f

f x f x f x x

f f





 



      

   

      



 

      

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

36

CHƯƠNG 4.

PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG & MỘT

VÀI PHƯƠNG TRÌNH TỐN LÝ CƠ BẢN

4.1. Phương trình đạo hàm riêng và phân loại.

Định nghĩa 4.1. Một phương trình đạo hàm riêng là phương trình có chứa một hàm
nhiều biến chưa biết và một trong các đạo hàm riêng của nó.

Để thống nhất ký hiệu, ta ký hiệu các đạo hàm riêng của hàm số bằng các chỉ số dưới,
Chẳng hạn với hàm uu x t

 

, ta ký hiệu:

2 2

2 2

, , , ,...

t tt x xx

u u u u

u u u u

t t x x

   

 _   _ 

 

Ví dụ 4.1. Các phương trình sau là các PTĐHR đối với hàm hai biến u x y

 

, hoặc

 

,

u x t :

 

 

 

2

2 ₂

e) ( ) ( , ) ( , ) 0.

) 0 ) ,

) , 3 4

.

2

) 0

t x xx yy

x
x

xx yy x

x xy yy

x xx y

a u cu b u u f x y

c x y u u x u e

d u u u u u a x y u b x y u





   

  

    

Nói chung ta có thể viết một PTĐHR dưới dạng:



1, ,..., , ,2 1,..., n, 1 2...



0 ,

n

n x x x x

x x x u u u u  x Ω  (4.1)

trong đó x



x x₁, ,...,₂ x_n



là các biến độc lập, u là hàm của các biến đó.

Một nghiệm của (4.1) trên Ω là một hàm u xác định, khả vi đến cấp cần thiết trên Ω và
thỏa mãn phương trình đó tại mọi điểm thuộc Ω. Nói chung một PTĐHR thường có vơ
hạn nghiệm.

Ví dụ 4.2. Các hàm ( , ) u x t  ex ct và ( , ) u x t  cos( - )x ct là các nghiệm của a)
trong Ví dụ 4.1. Hơn nữa, mọi hàm khả vi của



x ct



đều là nghiệm của phương trình
đó.

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

37

2. Theo mức độ phi tuyến, tuyến tính (phương trình tuyến tính nói chung đơn giản hơn
phương trình phi tuyến, mức độ phi tuyến càng cao thì càng phức tạp)

3. Theo sự phụ thuộc vào thời gian (phương trình biến đổi theo thời gian thì được gọi
là phương trình tiến hóa, trái lại thì được gọi là phương trình dừng). Trong tình huống
này người ta thường kí hiệu biến thời gian là t, các biến cịn lại là biến khơng gian.
Cụ thể hơn ta có các khái niệm sau đây:

Định nghĩa 4.2. Cấp của một PTĐHR là cấp cao nhất của đạo hàm riêng có mặt trong
phương trình.

Định nghĩa 4.3. Một PTĐHR là tuyến tính nếu nó có dạng tốn tử:

 

 

L u  f x (4.2)

trong đó L[u] là một tổ hợp tuyến tính của u và các đạo hàm riêng của u với các hệ số
là các hàm của biến độc lập x. Nếu f ≡ 0 thì ta nói phương trình tuyến tính (4.2) là
thuần nhất, trái lại thì ta nói phương trình đó là khơng thuần nhất.

Định nghĩa 4.4. Một PTĐHR khơng tuyến tính thì được gọi là phi tuyến.

Ví dụ 4.3. Trong ví dụ 4.1 ta có:

- Phương trình a) là phương trình cấp 1, cịn các phương trình b), e) là phương
trình cấp hai.

- Phương trình a), b), c) là tuyến tính, trong đó a) là thuần nhất, c) là khơng thuần
nhất.

Nhận xét. Nói chung các PTĐHR phức tạp hơn các phương trình vi phân thường

vì với phương trình vi phân thường, để tìm một nghiệm riêng từ nghiệm tổng quát ta
chỉ phải tìm các giá trị của các hằng số tùy ý, trong khi đó với PTĐHR, việc chọn
nghiệm riêng thỏa mãn các điều kiện bổ sung có khi cịn khó hơn cả việc tìm nghiệm
tổng qt. Đó là vì, nghiệm tổng quát của các PTĐHR phụ thuộc vào các hàm tùy ý
(xem ví dụ 4.4 sau đây) và nó có thể có vơ hạn các nghiệm độc lập tuyến tính.

Ví dụ 4.4. Giải PTĐHR tuyến tính cấp hai: u_xy

 

x y, 0

Lấy tích phân phương trình này theo x (giữ y cố định) ta có: u x y_y

 

,  f y

 

(do y cố định nên hằng số tích phân có thể phụ thuộc y).

Lấy tích phân theo y (giữ x cố định) ta nhận được: u x y

 

, _



f y dy G x

 

_

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

38

 

,

 

 

u x y F y G x

trong đó F,G là hai hàm khả vi bất kỳ. Như vậy, để nhận được một nghiệm riêng thỏa
mãn một số điều kiện nào đó ta sẽ phải xác định hai hàm F,G.

4.2. Phân loại phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp hai

Trong học phần này, chúng ta sẽ chỉ nghiên cứu về phương trình đạo hàm riêng
tuyến tính cấp hai. Loại phương trình này xuất hiện trong nhiều mơ hình thực tế.
Chúng ta sẽ nghiên cứu ba lớp đặc biệt của phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp
hai là: phương trình elliptic, hyperbolic và parabolic thơng qua các đại diện của chúng
là phương trình Laplace, phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt.

Xét PTĐHR tuyến tính cấp hai tổng quát đối với hàm u x

 

u x x



₁, ,··· ,₂ x_n



:

 

 

, 1 i j 1

n n

ij x x i xi

i j i

a u b u c x u d x

    





(4.3)

trong đó các hệ số a_ij  a x b_ij

 

, _i  b x c_i

 

,  c x d

 

,  d x

 

là các hàm liên tục
đã cho trên Ω, a_ij a_j_ivà các aijkhông đồng thời bằng khơng.

Việc phân loại phương trình (4.3) chỉ phụ thuộc vào các hệ số a_ij của các đạo hàm
riêng cấp hai và được định nghĩa tại từng điểm như sau.

Gọi A x

 

 __a x_ij

 

__là ma trận vuông cấp n các hệ số của các đạo hàm riêng cấp hai.
Tại mỗi x_ cố định, A x

 

là một ma trận thực, đối xứng nên A x

 

có đúng n giá trị
riêng thực. Ta nói:

 Phương trình (4.3) thuộc loại elliptic tại x nếu A(x) có n giá trị riêng cùng dấu;

 Phương trình (4.3) thuộc loại hyperbolic tại x nếu A(x) có 1 giá trị riêng trái
dấu với n−1 giá trị riêng cịn lại;

 Phương trình (4.3) thuộc loại parabolic tại x nếu A(x) có 1 giá trị riêng bằng 0
còn n−1 giá trị riêng còn lại cùng dấu;

 Phương trình (4.3) thuộc loại elliptic (hyperbolic, parabolic) trên miền Ω nếu nó
thuộc loại đó tại mọi điểm x ∈ Ω.

Ví dụ 4.5.

a. Phương trình Laplace

1

0,

i i

n

n
x x

i

u u x



</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

39

b. Phương trình truyền nhiệt u_t u 0,

 

x t, n1 là phương trình parabolic trên

1

n

 ;

c. Phương trình truyền sóng u_tt u 0,

 

x t, n1 là phương trình hyperbolic trên

1

n



d. Phương trình





1 1 2 2 2

2

1 x x x x x 0, 1, 2

x u u u  x x x  thuộc loại elliptic trên
miềnx₁0, thuộc loại hyperbolic trên miền x₁0 và thuộc loại parabolic trên đường
thẳng x₁0.

Đặc biệt, trong trường hợp hai biến độc lập, phương trình (4.3) có dạng:

2

( , ) _xx 2 ( , ) _xy ( , ) _yy ( , , , , )_x _y 0, ( , )

a x y u  b x y u c x y u d x y u u u  x y  (4.4)
trong đó các hệ số a,b,c là các hàm liên tục của hai biến (x,y) đã cho, a,b,c khơng

đồng thời bằng khơng. Khi đó tại mỗi (x,y) ma trận các hệ số của các đạo hàm riêng
cấp hai là:

a b a b

A A I

b c b c






 _   _

 

__ __  __ __



   

có các giá trị riêng là nghiệm của phương trình bậc hai





2





2

det aI    a c   ac b 0 (4.5)
Dễ dàng kiểm tra được phương trình này có hai nghiệm thực và dấu của các giá trị

riêng có thể kết luận được nhờ định lý Viet thông qua dấu của   b2 ac. Cụ thể:
+ Nếu ∆ < 0 thì (4.5) có hai nghiệm cùng dấu nên (4.4) thuộc loại elliptic;

+ Nếu ∆ > 0 thì (4.5) có hai nghiệm trái dấu nên (4.4) thuộc loại hyperbolic;

+ Nếu ∆ = 0 thì (4.5) có một nghiệm bằng khơng và một nghiệm khác không nên (4.4)
thuộc loại parabolic.

4.3. Phương trình truyền nhiệt

Sự truyền nhiệt trong thanh một chiều

Trong mục này, năng lượng nhiệt (the heat energy or the thermal energy) sẽ
được gọi tắt là nhiệt năng.

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

40
x và x + ∆x

Gọi E x t

 

, là mật độ nhiệt năng (the thermal density-nhiệt năng trên một đơn
vị thể tích). Giả thiết mặt xung quanh của thanh được cách nhiệt hoàn toàn. Khi đó
khơng có nhiệt năng thốt ra khỏi thanh qua mặt xung quanh. Nhiệt năng có thể phụ
thuộc vào x và t nếu thanh khơng được nung nóng đều.

Xét một phần nhỏ (lát cắt) của thanh với độ dài ∆x giữa x và x + ∆x. Nếu lát cắt
đủ mỏng thì tổng nhiệt năng trong lát cắt bằng tích của mật độ nhiệt năng và thể tích,
tức là: E x t A x

 

, 

Tốc độ thay đổi nhiệt năng cho bởi: E x t A x

 

,

t

 _ _ _


Theo định luật bảo toàn nhiệt năng, tốc độ thay đổi này trên một đơn vị thời
gian phải bằng tổng của lượng nhiệt năng sinh ra bên trong trên một đơn vị thời gian
với lượng nhiệt năng truyền ra ngoài thanh qua hai đầu thanh (ta sẽ gọi là biên) trên
một đơn vị thời gian.

Gọi ϕ(x,t) là thông lượng nhiệt (heat flux - lượng nhiệt năng trên một đơn vị
thời gian truyền sang phải trên một đơn vị diện tích), S(x,t) là lượng nhiệt năng trên
một đơn vị thể tích sinh ra trên một đơn vị thời gian. Khi đó, luật bảo tồn nhiệt năng
được mô tả bởi:

 

,

 

x t A,



x x t A,



 

,

E x t A x S x t A x

t  

 _ _{ }_ _

    

Phương trình này chỉ là một mơ tả gần đúng, nhưng nó sẽ chính xác khi chuyển
qua giới hạn khi độ dày của lát cắt ∆x → 0. Chia hai vế cho A∆x rồi cho ∆x → 0, ta
nhận được phương trình:

 

,

   

x t, S x t,

E x t

t x

 _ _{  } _

 

  (4.6)

Bây giờ, ta viết lại phương trình này thông qua hàm nhiệt độ (the temperature)
u(x,t). Mật độ nhiệt năng E x t

 

, được cho bởi:

       

, ,

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

41
o c(x) là nhiệt dung riêng (the specific heat - nhiệt năng cần phải cung cấp để một

đơn vị khối lượng tăng nhiệt độ của nó lên một độ) và

o ρ(x) là mật độ khối (the mass density).

Thơng lượng nhiệt có liên hệ với nhiệt độ thông qua định luật Fourier:

 

x t, K u x t

 

,

x

   

 (4.8)

trong đó K là hệ số dẫn nhiệt (the thermal conductivity).
Thế (4.7) (4.8) vào (4.6) ta có:

 

( ) ( ) u ,

c x x K u x t S

t x x

 _  _ _ _ _

  (4.9)

Đặc biệt, khi c, ρ, K là các hằng số ta nhận được:

t xx

u ku Q

trong đó k K Q S

c c



  .

Chú ý Q đại diện cho nguồn nhiệt. Nếu khơng có nguồn cấp nhiệt thì ta có
phương trình sau:

 

,

 

, , 0 , 0

t xx t xx

u ku hay u x t ku x t  x L t

Phương trình dạng trên gọi là phương trình truyền nhiệt một chiều. Trong quá
trình giải các phương trình truyền nhiệt, ta sẽ thường phải xác định thêm các điều kiện.
Do hàm nhiệt độ phụ thuộc vào biến thời gian t và biến vị trí x nên thơng thường ta
xác định thêm 3 điều kiện: hai điều kiện biên và một điều kiện ban đầu.

Điều kiện ban đầu.

Điều kiện ban đầu là phân bố nhiệt tại thời điểm t = 0, tức là: u x

 

,0  f x

 

Điều kiện biên. Các điều kiện biên có thể thuộc một trong các loại sau đây:

1. Biết nhiệt độ tại hai điểm biên (điều kiện biên Dirichlet)

 

0,

 

u t  p t hay u L t

   

, q t

2. Hai đầu cách nhiệt (điều kiện biên Neumann): u_x

 

0,t 0 u L t_x

 

, 0
Điều này có nghĩa là năng thông tại 2 đầu bằng 0.

Điều kiện về năng thơng tại hai đầu có thể cho dạng tổng quát hơn như sau:

 

,

 

, 0

x

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

42

Khi một đầu của thanh (chẳng hạn đầu x = 0) được tiếp xúc tại biên với một
chất, môi trường khác (dịng chất lỏng hoặc khí chuyển động) thì sẽ có sự trao đổi
nhiệt. Sự trao đổi này được xác định bởi định luật đối lưu nhiệt Newton (Newton’s law
of cooling)

“Năng thông tại điểm biên tỷ lệ với độ chênh lệch nhiệt trên thanh và nhiệt độ
bên trong chất, môi trường mới”

 



 

 



0 x 0, 0, 0

K u t _H u t _U t t_

trong đó H là hệ số đối lưu nhiệt (the heat transfer/convection coefficient) còn U(t) là
nhiệt độ của môi trường xung quanh. Bài toán này thường gặp khi ta cho một đầu cách
nhiệt và đầu còn lại tiếp xúc với chất lỏng làm mát.

Nếu xét tại đầu mút ở xa thì: K u L t₀ _x

 

, H u L t



 

, U t

 



t0

Chú ý.

(i) Tại mỗi điểm chỉ có một loại điều kiện biên.

(ii) Điều kiện biên tại x = 0 có thể khác tại x = L.

(iii) Phương trình truyền nhiệt là phương trình tuyến tính.

(iv) Phương trình truyền nhiệt 1 chiều là phương trình dạng parabolic đơn giản nhất.

Ví dụ 4.6. Bài toán biên điều kiện ban đầu mô tả quá trình truyền nhiệt trong một
thanh nhiệt đồng chất có nguồn cung cấp nhiệt, bề mặt cách nhiệt và xét đến nhiệt độ
tại hai đầu thanh có dạng như sau:

 

   

 

 

 

 

 

, , , , 0 , 0

0, ( ), , , 0

,0 , 0

t xx

u x t ku x t q x t x L t

u t u L t t t

u x x L

t

x f

 

    

  

  

Ví dụ 4.7. Nếu đầu mút gần được cách nhiệt và đầu mút xa được nhúng vào một chất
làm mát có nhiệt độ hằng số là 0 và nếu khơng có nguồn cung cấp nhiệt thì bài tốn trở
thành:

 

 

 

 

 

 

 

, , , 0 , 0

0, 0, , , 0, 0

,0 , 0

t xx

x x

u x t ku x t x L t
u t u L t hu L t t

u x f x x L

   

   

  

4.4. Phương trình truyền sóng

Sự dao động của dây (bài toán dây rung)

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

43

theo phương ngang và chỉ xét dao động của dây theo phương thẳng đứng. Xem hình
dưới đây:

Ta đặt:

L: chiều dài của dây;

x: biến thể hiện vị trí một điểm trên dây (0<x<L)

t: biến thời gian (t>0)

u x t

 

, : độ lệch của dây so với vị trí cân bằng tại điểm x và thời điểm t

₀

 

x : tỷ trọng dài của dây (mật độ phân bố vật chất theo chiều dài)

 F x t

 

, : lực căng dây tại điểm x, thời điểm t

q x t

 

, : ngoại lực tác động lên dây theo phương thẳng đứng phân phối trên một
đơn vị chiều dài

Ta giả sử thêm độ dao động của dây khỏi vị trí cân bằng theo phương thẳng
đứng cũng rất nhỏ. Tức là độ lệch của dây u(x,t) và đạo hàm riêng u_x là rất nhỏ đến
mức có thể bỏ qua đại lượng

 

u_x 2.

Ta xét đoạn dây giới hạn bởi hai điểm M M₁, ₂ với hoành độ tương ứng x x₁, ₂.
Vì ta có thể bỏ qua đại lượng

 

u_x 2 nên độ dài của đoạn dây M M₁ ₂ bằng:

 

2
1

2

2 1 1 2

' x 1 _x

x

l 



 u dx  x x M M

Điều này có nghĩa là ta giả sử chiều dài của dây gần như không đổi khi dao
động. Vậy, theo định luật Hooke, lực căng của sợi dây cũng không thay đổi

 

, 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>

44

"Trong chuyển động của đoạn dây, tổng các lực tác động vào đoạn dây, kể cả
lực qn tính bằng khơng; do đó tổng các hình chiếu của các lực trên một trục bất kỳ là
bằng không."

Các lực tác dụng lên đoạn dây:

- Lực căng dây tại hai đầu M1 và M2 (ngược chiều nhau như hình vẽ);

- Lực quán tính;

- Ngoại lực tác dụng (chỉ xét ngoại lực theo phương thẳng đứng, tức song song
với Ou)

Ta có hình chiếu lên trục Ou của tổng các lực tác dụng lên đoạn dây bằng 0.

Khi đó ta có lực căng của dây hướng theo phương tiếp tuyến tại M1 và M2, bằng

T0. Như vậy tổng hình chiếu các lực căng tại M1 và M2 lên trục u bằng

 

2, sin



 

2,



 

1, sin



 

1,



0 sin



 

2,



sin



 

1,



YF x t  x t F x t  x t F __  x t   x t __

Ta có:

 



  

 

0

, ,

tan , lim _x ,

x

u x x t u x t

x t u x t

x

 _{ } _  

Mà do dây dao động rất nhỏ nên ta xem như các góc 

   

x t₁, , x t₂, cũng rất nhỏ, tức
là ta có thể xấp xỉ:

 







 





 



 







 





 



2 2 2

1 1 1

sin , tan , ,

sin , tan , ,

x
x

x t x t u x t

x t x t u x t

  

  

 

 

Vậy

 



 



2

1

0 2, 1, 0

x

x x _x xx

Y F u x t__ u x t __F



u dx

Hình chiếu trên trục Ou của ngoại lực tác động lên đoạn dây đang xét là:

 

2
1

,

x
x

P



q x t dx

Ta có tỷ trọng dài của sợi dây là ρ0(x) ( tức là mật độ phân bố vật chất theo chiều dài).

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

45

   

2

1 0

,

x

tt
x

Z  



 x u x t dx

Tổng hợp các lực tác động lên đoạn dây theo phương thẳng đứng là:

 

   





2

1 0 0

0 x _xx , _tt , 0

x

Y   P Z



F u q x t  x u x t dx

Do x x₁, ₂ tùy ý nên ta có:

 

   

   

 

0 xx , 0 tt , 0 0 tt , 0 xx ,

F u q x t  x u x t   x u x t F u q x t

Biến đổi thêm ta được dạng gọn hơn:

 

2

 

 

1

, , , , 0 , 0

tt xx

u x t c u x t q x t  x L t (4.10)
Với

 

2 0

0

F
c

x



 và

 

 

 

1

0

,
, q x t

q x t

x





Phương trình này được gọi là phương trình dao động của dây. Trong trường hợp dây
đồng chất, khơng có ngoại lực tác động, phương trình trở thành:

 

_, 2

 

_{, ,} ₀ _, ₀

tt xx

u x t c u x t  x L t (4.11)
Tất nhiên, phương trình (4.10) hay (4.11) sẽ có vơ số nghiệm. Nghiệm duy nhất
sẽ được xác định ứng với một số điều kiện cho trước nào đấy, tương ứng với các bài
toán biên và bài toán giá trị ban đầu cho phương trình (4.10) hay (4.11). Việc nghiên
cứu các bài tốn biên và bài tốn giá trị ban đầu đóng vai trị quan trọng trong nghiên
cứu phương trình vi phân đạo hàm riêng.

Điều kiện ban đầu.

Vì phương trình đạo hàm riêng là cấp hai đối với biến thời gian t nên ta cần có hai điều
kiện ban đầu. Thơng thường thì các điều kiện đó là:

 

,0

 

, _t

 

,0

 

u x  f x u x  g x

tức là cho biết độ lệch và vận tốc ban đầu của sợi dây.

Điều kiện biên.

1. Nếu một đầu mút của dây cố định thì độ lệch tại đó bằng khơng, nên ta có điều kiện:

 

0, 0

 

, 0

u t  hay u L t 

Chúng ta cũng có thể cho một đầu mút chuyển động theo một quy luật đã biết
nào đó, chẳng hạn:

 

0,

 

 

,

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

46
2. Một trường hợp đặc biệt, một đầu dây tự do (không có lực căng phương thẳng
đứng) nên: F₀sinF₀tanF u₀ _x 0

Ta có điều kiện biên tự do: u

 

0,t 0

x

 _

 hay

 

, 0

u
L t
x

 _



3. Một điều kiện thường gặp khác là khi một đầu của sợi dây được gắn với một hệ
động lực nào đó:

 



 

 



 



 

 



0 x 0, 0, E 0 x , , E

F u t k u t u t hay F u L t k u L t u t

Điều kiện này thường được gọi là điều kiện biên đàn hồi. Nếu u t_E

 

0, tức là
vị trí cân bằng của hệ động lực trùng với vị trí cân bằng của dây, thì điều kiện biên là
thuần nhất.

Ví dụ 4.8. Bài tốn một dây rung với các đầu mút cố định, xét đến trọng lực của dây
được cho dưới dạng sau:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

1

, , , , 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 , ,0 , 0

tt xx

t

u x t c u x t q x t x L t

u t u L t t

u x f x u x g x x L

    

  

   

Ví dụ 4.9. Nếu trong Ví dụ 4.8 ta nối đầu mút gần với 1 dây đàn hồi và để đầu mút

phía xa tự do, bỏ qua yếu tố trọng lực thì:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

, , , 0 , 0

0, 0, 0, , 0, 0

,0 , ,0 , 0

tt xx

x x

t

u x t c u x t x L t

u t ku t u L t t

u x f x u x g x x L

   

   

   

4.5. Phương trình Laplace

Phương trình truyền nhiệt nhiều chiều.

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

47

Ta giả sử 2 mặt đĩa cách nhiệt, và đủ mỏng để nhiệt độ không thay đổi theo
hướng trao đổi nhiệt thẳng đứng. Ta muốn xác định u x y t



, ,



là nhiệt độ tại điểm (x,y)
và thời điểm t.

Giả sử rằng tấm kim loại làm từ vật liệu với mật độ là  và nhiệt độ c (khối
lượng trên đơn vị thể tích), hằng số dẫn nhiệt là K và tất cả các giả thiết đó như nhau
trên tồn bộ đĩa kim loại. Dưới những giả thiết đó, ta có thể chỉ ra rằng hàm nhiệt độ



, ,



u x y t thỏa mãn phương trình truyền nhiệt hai chiều sau đây:

2 2

2 2

u u u

k

t x y

 

 _ __ __{ }_


 _



    (4.12)

Tương tự như trong phương trình truyền nhiệt một chiều, k là hằng số khuyếch tán

nhiệt k K
c

 của vật liệu làm đĩa. Tổng của các đạo hàm thứ 2 trong vế phải, gọi là
Laplacian của hàm số u, thường được viết dưới dạng sau:

2 2

2

2 2

u u

u

x y

_ _{ }

 _

 __ _ __

 

Do vậy phương trình truyền nhiệt hai chiều có thể viết lại dưới dạng sau:

2

u

k u
t

  

 (4.13)

Nếu có nguồn nhiệt trong tấm kim loại thì ta có phương trình khơng thuần nhất
sau:



_{, ,}



2



_{, ,}



 

_, _, ₀
t

</div>
<span class='text_page_counter'>(49)</span><div class='page_container' data-page=49>

48

So sánh với phương trình đẳng nhiệt u ku_xx
t

 

 ta thấy khi chuyển từ một

phương trình một chiều sang hai chiều toán tử đạo hàm u_xx được thay thế bằng tốn tử
Laplace _2_u_{. Cách này có thể áp dụng trong tổng quát, chẳng hạn nếu kéo dãn mặt}

phẳng khỏi vị trí cân bằng trong mặt phẳng xy và rung (gõ) nó theo hướng u, khi đó
hàm dịch chuyển u x y t



, ,



thỏa mãn phương trình truyền sóng hai chiều:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

u u u

c c u

t x y

 

 _ __ __{ }__{ }


 _



   

Phương trình Laplace

Nếu nghiệm u(x,y,t) của phương trình (4.13) độc lập với thời gian, tức là uu x y

 

, ta
nói đây là trạng thái ổn định (steady state). Dễ thấy nghiệm này thỏa mãn phương
trình:

2 2

2

2 2 0

u u

u

x y

 

   

  (4.14)

Và thỏa mãn điều kiện biên độc lập với biến thời gian, chẳng hạn:

 

,

   

, , ,

u x y __ x y x y _{ }D

Phương trình (4.14) được gọi là phương trình Laplace hai chiều. Mở rộng bài tốn ta

có phương trình Laplace 3 chiều dạng:

2 2 2

2

2 2 2 0

u u u

u

x y z

  

    

  

Nếu trong đĩa có nguồn nhiệt ổn định q x y

 

, thì nhiệt độ cân bằng sẽ thỏa mãn

phương trình Poisson sau đây.

 

2 2

2

2 2

1
,

u u

u q x y

k

x y

  

   

  (4.15)

Nhận xét.

- Ta có thể xem phương trình Poisson là phương trình Laplace khơng thuần nhất.

- Bài tốn tìm nhiệt độ cân bằng có thể có nghiệm hoặc khơng có nghiệm.
Về điều kiện ban đầu

Trong bài tốn này, điều kiện ban đầu có dạng:



, ,0



   

, ,

u x y  f x y  x y D

</div>
<span class='text_page_counter'>(50)</span><div class='page_container' data-page=50>

49
Về điều kiện biên

Các điều kiện biên cũng tương tự như phương trình truyền nhiệt một chiều trên thanh.
Thơng thường bao gồm 3 dạng sau:

1. Biết nhiệt độ trên biên (điều kiện biên Dirichlet)



, ,





, , ,



 

, , 0

u x y t  x y t x y D t

2. Biết dòng năng thông đi qua biên (tốc độ phân tán nhiệt ra mơi trường bên ngồi
trên biên)



gradu x y t n x y



, , .

  

 , 



x y t, ,

  

x y, D t, 0
Tương đương với: u x y t_n



, ,







x y t, ,



 

x y,  D t, 0
Với n là vec tơ đơn vị chuẩn theo D và u_n u

n




 . Điều kiện này cịn gọi là điều kiện

biên Neumann. Nói riêng, khi biên được cách nhiệt ta có:



, ,



0,

 

, , 0

n

u x y t  x y D t

3. Biên có sự đối lưu nhiệt, từ định luật đối lưu nhiệt Newton ta có:

















 

0 n , , , , , , , , , 0

K u x y t H u x y t U x y t x y D t

     

Điều kiện biên này còn gọi là điều kiện biên Robin.

Chú ý.

(i) Phương trình Laplace và Poisson là các phương trình tuyến tính.
(ii) Phương trình Laplace là phương trình dạng elliptic đơn giản nhất.

Ví dụ 4.10. Bài tốn tìm nhiệt độ cân bằng phân bố trên một đĩa mỏng, đều, có nguồn
cung cấp nhiệt, 2 mặt trên và dưới cách nhiệt và đã biết nhiệt độ trên biên được mơ tả
bởi bài tốn biên sau đây:

 

 

 

   

2 _, _,

, , ,

u q x y x y D

u x y  x y x y D

  

   (4.16)

Với biên của miền D là D là một đường cong đóng.

Định lý 4.5. (Nguyên lý cực đại của phương trình Laplace). Nếu u là nghiệm của
bài tốn (4.16) thì u sẽ đạt được cực đại và cực tiểu trên biên Dcủa đĩa D.

Bổ đề 4.6. Nếu nghiệm u của bài toán (4.16) triệt tiêu trên biên D thì u cũng triệt
tiêu trên cả miền D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(51)</span><div class='page_container' data-page=51>

50
Định nghĩa 4.8. Một nghiệm của bài toán biên được gọi là phụ thuộc liên tục vào dữ

liệu (hoặc ổn định) nếu một sự thay đổi nhỏ của dữ liệu (chẳng hạn thay đổi của điều
kiện biên, điều kiện ban đầu, thành phần không thuần nhất …) sẽ dẫn đến một sự thay
đổi nhỏ trong nghiệm.

Định lý 4.9. Nghiệm của bài toán biên (4.16) là phụ thuộc liên tục vào dữ liệu biên.

Chú ý. Bài toán biên được gọi là đặt chỉnh (well posed) nếu nó có nghiệm duy nhất và
phụ thuộc liên tục vào dữ liệu. Bài toán Dirichlet của phương trình Laplace là bài tốn
đặt chỉnh. Ta sẽ chứng minh kết quả này ở trong các chương sau.

4.6 Các phương trình khác

Dưới đây là một số phương trình đạo hàm riêng tuyến tính quan trọng.

4.6.1. Chuyển động Brownian. Hàm u(x,t) thể hiện xác suất tại điểm x và thời gian t
của một hạt chuyển động một chiều trong một chất lỏng, thỏa mãn phương trình đạo
hàm riêng cấp 2, dạng parabolic sau:

 

,

 

,

 

,

t xx x

u x t au x t bu x t

Trong đó các tham số a>0 là độ lệch trung bình trong dao động của hạt trên đơn vị thời
gian và b>0 là phương sai của các độ lệch xung quanh trung bình mà ta quan sát được.

4.6.2. Bài toán khuyếch tán – đối lưu. Trong trường hợp một chiều, bài toán được
mơ tả bởi phương trình dưới đây:

 

,

 

,

 

,

 

,

t xx x

u x t ku x t au x t bu x t

Trong đó u x t

 

, là hàm nhiệt độ và các hệ số ,k a0 và b là các đại lượng thể hiện
các tính chất vật lý của chất liệu, tốc độ dòng nhiệt, và độ mạnh của nguồn cấp nhiệt.
Khi a=0 và b>0 phương trình trên mơ tả q trình khuyếch tán theo dây chuyền.

4.6.3. Giá của thị trường chứng khoán. Giá V(s,t) của một cơng cụ phái sinh trên thị
trường chứng khốn là nghiệm của phương trình đạo hàm riêng bậc 2, dạng parabolic
sau đây:

 

_S, 1 2 2

 

_,

 

_,

 

_, ₀

2

t SS S

V t   S V S t rSV S t rV S t 

</div>
<span class='text_page_counter'>(52)</span><div class='page_container' data-page=52>

51

CHƯƠNG 5.

PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN

Phương pháp tách biến là một trong những phương pháp lâu đời và hiệu quả nhất để
tìm nghiệm của một phương trình đạo hàm riêng. Chương này sẽ cho ta thấy ứng dụng của

phương pháp này vào bài tốn biên cho phương trình truyền sóng, phương trình truyền nhiệt
và phương trình Laplace.

5.1 Phương trình truyền nhiệt

Trong mục này ta sẽ đi tìm nghiệm tổng quát của các bài toán giá trị biên đặc trưng trong
phương trình truyền nhiệt. Các bài tốn được xác định bởi các điều kiện biên khác nhau.
Bài toán A. Thanh nhiệt với nhiệt độ hai điểm đầu mút bằng 0

Xét phương trình nhiệt:

 

,

 

, , 0 , 0

t xx

u x t ku x t  x L t (5.1)
Với điều kiện biên:

 

0, 0,

 

, 0, 0

u t  u L t  t (5.2)
Và điều kiện ban đầu:

 

,0

 

, 0

u x  f x  x L (5.3)
Bài toán B. Điều kiện cách nhiệt hai điểm đầu mút.

Xét phương trình nhiệt:

 

,

 

, , 0 , 0

t xx

u x t ku x t  x L t
Với điều kiện biên:

 

0, 0,

 

, 0, 0

x x

u t  u L t  t (5.4)
Và điều kiện ban đầu:

 

,0

 

, 0

u x  f x  x L

Nhận xét.

- Phương trình truyền nhiệt (5.1) là tuyến tính. Hai điều kiện biên (5.2), (5.4) gọi là điều
kiện biên thuần nhất. Điều kiện ban đầu (5.3) gọi là không thuần nhất.

- Nếu u1, u2 là hai nghiệm của (5.1) thì bất kỳ một tổ hợp tuyến tính nào của hai nghiệm
này cũng vẫn là nghiệm của phương trình (5.1)

- Nếu u1, u2 thỏa mãn điều kiện biên (5.2) hoặc (5.4) thì bất kỳ một tổ hợp tuyến tính
nào của chúng cũng thỏa mãn (5.2) hoặc (5.4).

</div>
<span class='text_page_counter'>(53)</span><div class='page_container' data-page=53>

52

trình (5.1) và các điều kiện biên (5.2) hoặc (5.4). Sau đó ta kết hợp các nghiệm này lại
với nhau và tìm điều kiện để cho sự kết hợp này thỏa mãn luôn điều kiện ban đầu
(5.3).

Ví dụ 5.1. Bằng cách thay thế trực tiếp, ta dễ dàng để kiểm tra rằng các hàm số sau:

 

1

 

4

 

9

1 , sin 2 , sin 2 3 , sin 3

t t

u x t _e x u x t _e x u x t _e x

Đều thỏa mãn phương trình u_t u_xx. Ta sẽ dùng các hàm này để tìm nghiệm cho bài tốn
biên sau:

 

 

 

 

 

 

 

3





, , , 0 , 0 *

0, 0, , 0, 0 **

,0 80sin 60sin 30sin 3 ***

t xx

u x t u x t x t

u t u t t

u x x x x




   

  

  

Ta thấy, bất kỳ tổ hợp tuyến tính nào có dạng sau:

 

 

 

 

 

1 1 2 2 3 3

1 4 9

1 2 3

, , , ,

, sin tsin 2 tsin 3

u x t c u x t c u x t c u x t
u x t c e x c e x c e x

  

  

Cũng đều thỏa mãn phương trình (*) và điều kiện biên (**). Nhận thấy, điều kiện ban đầu
không thuần nhất (***) được thỏa mãn với c₁60,c₂ 0,c₃ 20 nên nghiệm của bài
toán biên trên là: _{u x t}

 

_, _₆₀_e1_sin_x_₂₀_e9t_{sin 3}_x

Bài tốn biên trong Ví dụ 5.1 là một trường hợp đơn giản và đặc biệt khi chỉ cần chồng chất
một số hữu hạn các nghiệm của phương trình thuần nhất là thỏa mãn được điều kiện biên
không thuần nhất.

Thơng thường có vơ hạn các hàm số thỏa mãn phương trình (5.1) và điều kiện biên (5.2) hoặc
(5.4), cho nên về tổng quát ta tìm nghiệm dưới dạng chuỗi vô hạn sau:

 

 

1

, _{n n} ,
n

u x t  c u x t






(5.5)

Sau đó ta tìm các hệ số để hàm trong (5.5) thỏa mãn điều kiện ban đầu (5.3)
5.1.1 Giải bài toán A. Thanh nhiệt với nhiệt độ hai điểm đầu mút bằng 0
Ta dùng phương pháp tách biến tìm các hàm số thỏa mãn (5.1) và (5.2) dưới dạng:

 

,

   

u x t  X x T t

Thay vào phương trình (5.1) ta được: X x T t

   

.  kX x T t

   

.
Chia hai vế phương trình cho kX x T t

   

ta được:

 

 

 

 

1T t X x
k T t X x

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(54)</span><div class='page_container' data-page=54>

53
Do vậy ta có:

 

 

 

 

1T t X x
k T t X x 

 

  

Trong đó  gọi là hằng số tách.
Phương trình trên tương đương với:

 

 

0 0

X x X x   x L (5.6)
Và T t

 

k T t

 

0 t0 (5.7)
Đầu tiên ta tìm hàm X x

 

. Từ điều kiện biên (5.2) ta có:

 

0,

   

0 0, 0

u t  X T t   t

Do hàm T t

 

0 nên ta có: X

 

0 0. Một cách tương tự ta có: X L

 

0
Vậy hàm X x

 

thỏa mãn bài toán giá trị biên sau:

 

 

 

 

0 0

0 0 0

X x X x x L

X X L



    

  (5.8)

Đây là một trong các bài toán giá trị riêng và là bài tốn S-L chính quy. Ta tính được các hàm
riêng và giá trị riêng sau:

 

2

sin 1, 2,...

n n

n n x

X x n

L L

 

 _ _  

  (5.9)

Với mỗi giá trị riêng

2

n

n
L


 _{ } _

  , thay vào phương trình (5.7) ta có:

 

2

 

 

 _/ 2

0 k n L t
n

n

T t k T t T t e
L



 

 

  _ _   

  (5.10)

Như vậy từ (5.9) và (5.10) ta có hai dãy

   

Xn , Tn . Kết hợp lại với nhau ta đặt:

 

   

 _/ 2

, sin . k n L t

n n n

n x
u x t X x T t e

L



 

 

Dễ dàng kiểm tra các hàm u x t_n

 

, thỏa mãn phương trình (5.1) và điều kiện biên (5.2) với
mọi giá trị của n.

Theo nguyên lý chồng chất nghiệm ta kết hợp các nghiệm trên.

 

 

 _/ 2

1 1

, , b sin . k n L t

n n n

n n

n x

u x t b u x t e

L





 



 









(5.11)

</div>
<span class='text_page_counter'>(55)</span><div class='page_container' data-page=55>

54

 

 

1
,0 b sin_n

n

n x
u x f x

L






 



Theo công thức tính hệ số của chuỗi Fourier sine ta có:

 

0
2

sin
L

n

n x

b f x dx

L L






Do đó, nghiệm của bài tốn được cho bởi chuỗi vơ hạn sau:

 

 2

/
1

, b sin . k n L t
n

n

n x

u x t e

L














với

 

0

2 L _sin
n

n x

b f x dx

L L





_

(5.12)

Định lý 5.1. Bài toán biên A hay bài toán (5.1), (5.2), (5.3) đối với một thanh nhiệt với nhiệt
độ bằng 0 tại điểm đầu mút có nghiệm là chuỗi hình thức sau:

 

 _/ 2

1

, b sin . k n L t
n

n

n x

u x t e

L














Trong đó bn là các hệ số của chuỗi Fourier sine trong phương trình (5.12) của hàm nhiệt độ
ban đầu u x

 

,0  f x

 

.

Ví dụ 5.2. Tìm nghiệm của bài toán biên sau đây:

 

 

 

 

 









, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 sin 3 2sin 5 , 0 1

t xx

u x t u x t x t

u t u t t

u x x x x

   

  

   

Giải.

Theo công thức nghiệm trong Định lý 5.1 ta có:

 

 / 2
1

, b sin . k n L t
n

n

n x

u x t e

L














Áp dụng công thức nghiệm tổng quát ở trên cho trường hợp k=1, L=1 ta có:

 





 2

1

, b sin . n t
n

n

u x t  n x e  






Chú ý rằng vế phải của điều kiện đầu chính là tổ hợp tuyến tính của các hàm riêng.
Do đó, ta tìm được: b31, b5 2, bn 0



n3,5



</div>
<span class='text_page_counter'>(56)</span><div class='page_container' data-page=56>

55

 

 

 

 

 

, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0
,0 , 0 1

t xx

u x t u x t x t

u t u t t

u x x x

   

  

  

Áp dụng công thức nghiệm tổng quát ở trên cho trường hợp k=1, L=1 ta có:

 





 2

1

, b sin . n t
n

n

u x t  n x e  






Các hệ số bn được tính bởi cơng thức:





 

1 ₁

0

2

2 sin 1 n , 1, 2,3,...
n

b x n x dx n

n









_

  

Vậy nghiệm tổng quát của bài toán:

 

 

1





 2
1

2

, 1 n sin . n t
n

u x t n x e

n








 








5.1.2 Giải bài toán B. Hai đầu mút được cách nhiệt.
Nhắc lại bài toán:

 

,

 

, , 0 , 0

t xx

u x t ku x t  x L t (5.13)
Với điều kiện biên:

 

0, 0,

 

, 0, 0

x x

u t  u L t  t (5.14)
Và điều kiện ban đầu:

 

,0

 

, 0

u x  f x  x L (5.15)
Một cách tương tự, ta tìm nghiệm của phương trình (5.13) và (5.14) dạng tách biến:

 

,

   

u x t  X x T t

Giống như bài toán A (hai đầu có nhiệt độ bằng 0), sau khi thay thế và xét các điều kiện biên
ta có:

Bài tốn biên xác định hàm X(x):

 

 

 

 

0 0

0 0 0

X x X x x L

X X L



    

    (5.16)

Và phương trình vi phân sau: T t

 

k T t

 

0, t0 (5.17)

Ta tính được các hàm riêng và giá trị riêng của bài toán (5.16) sau:

 

2

cos 1, 2,...

n n

n _{X x} n x _n

L L

 

 _ _  

 
Với mỗi giá trị riêng

2

n

n
L


 _{ } _

</div>
<span class='text_page_counter'>(57)</span><div class='page_container' data-page=57>

56

 

2

 

 

 _/ 2

0 k n L t

n

n

T t k T t T t e
L

 
 
  _ _   
 

Vậy nghiệm dạng chuỗi của bài tốn biên ban đầu được tính như sau:

 

 _/ 2

0
1
1

, cos

2

k n L t
n

n

n x

u x t a a e

L





 



Dễ thấy, các hàm dạng trên đều thỏa mãn phương trình (5.13) và điều kiện biên (5.14).
Sử dụng điều kiện ban đầu (5.15) ta được:

 

 

0

1
1

,0 cos , 0

2 n n

n x

u x f x a a x L

L






  



 

Điều này chứng tỏ a a₀, _n chính là các hệ số trong chuỗi Fourier cosine của hàm số f.
Ta có cơng thức tính các hệ số như sau:

 

0
2

cos , 0,1, 2,...
L

n

n x

a f x dx n

L L







 (5.18)

Do đó, nghiệm của bài tốn được cho bởi chuỗi vô hạn sau:

 

 _/ 2

0
1
1

, cos

2

k n L t
n

n

n x

u x t a a e

L







 



với

 

0
2

cos , 0,1, 2,...
L

n

n x

a f x dx n

L L









Định lý 5.2. Bài toán biên B hay bài toán (5.13), (5.14), (5.15) đối với một thanh nhiệt với hai
đầu mút cách nhiệt có nghiệm là chuỗi hình thức sau:

 

 / 2
0

1
1

, cos

2

k n L t
n

n

n x

u x t a a e

L





 



Trong đó bn là các hệ số của chuỗi Fourier cosine trong phương trình (5.18) của hàm nhiệt độ
ban đầu u x

 

,0  f x

 

.

Ví dụ 5.4. Tìm nghiệm tổng qt của phương trình sau:

 

 

 

 

 

, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0
,0 , 0 1

t xx

x x

u x t u x t x t

u t u t t

u x x x

   

  

  

Theo công thức tổng quát ta tính các hệ số:





 

1 1

0 ₀ ₀ 2 2

2

2 1 _n 2 cos 1 n 1 , 1, 2,...

a xdx a x n x dx n

n





 



_

 

_

 _  _ 

Vậy nghiệm tổng quát theo định lý 5.2:

 

 

₂ ₂





2 2
1

1 2

, 1 1 cos

2

n _n _t

n

u x t n x e

</div>
<span class='text_page_counter'>(58)</span><div class='page_container' data-page=58>

57
5.2 Phương trình truyền sóng

Xét bài tốn biên sau:

 

_, 2

 

_{, , 0} _, ₀

tt xx

u x t c u x t  x L t  (5.19)

 

0, 0

 

, 0 0

u t  u L t  t (5.20)

 

,0

 

_t

 

,0

 

0

u x  f x u x g x  x L (5.21)
Đây là phương trình của dây chuyển động tự do với hai đầu cố định, vị trí ban đầu là f(x) và
tốc độ ban đầu là g(x).

Phương trình (5.19) là tuyến tính, điều kiện (5.20) thuần nhất nhưng điều kiện (5.21) không
thuần nhất. Ta sẽ phải xử lý hai điều kiện không thuần nhất này.

Phương pháp tách biến bao gồm việc chồng chất các nghiệm thỏa mãn điều kiện thuần nhất
để được một nghiệm thỏa mãn các điều kiện không thuần nhất. Để áp dụng kỹ thuật này, ta

dùng chiến lược chia để trị, ta chia bài toán trên thành 2 bài toán tách biệt. Mỗi bài toán chỉ
bao gồm 1 điều kiện khơng thuần nhất.

Bài tốn A Bài toán B

 

 

 

 

 

 

 

2

, ,

0, 0 , 0

,0
,0 0

tt xx

t

u x t c u x t

u t u L t

u x f x
u x



 




 

 

 

 

 

 

 

2

, ,

0, 0 , 0

,0 0
,0

tt xx

t

u x t c u x t

u t u L t

u x

u x g x



 




Nếu ta có thể tìm được một nghiệm u x t_A

 

, và một nghiệm u x t_B

 

, độc lập nhau thì tổng
của chúng u x t_A

 

, u x t_B

 

, u x t

 

, sẽ là nghiệm của bài toán ban đầu.

Từ (5.19), (5.20) bằng phương pháp tách biến ta được: X T₂

X c T 

_  _{ }

Bài toán biên xác định hàm X(x):

 

 

 

 

0 0

0 0 0

X x X x x L

X X L



    

  (5.22)

Bài toán biên xác định hàm T(t): _{T t}_

 

__{c T t}2_

 

__0, _t_₀ _(5.23)
Các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán (5.22):

 

2

sin 1, 2,3...

n n

n n x

X x n

L L

 

 _ _  

 

Thay vào phương trình (5.23) ta được:

 

 

2 2
2

2 0, 0

n n

n

T t c T t t

L



   

</div>
<span class='text_page_counter'>(59)</span><div class='page_container' data-page=59>

58

1 2 1 2

) ,

( ,

n n n n n

n c n c

T t b cos t b sin t b b const

L L

 

  

Ta giả sử nghiệm của bài toán ban đầu có dạng sau:

 

   

2

1 1 1

, _n _n sin

n n n n

n ct n ct
b cos b sin

L
n x

u x t X

L L

x T t   

 
 
 
 _ _
  






(5.24)

Tính đạo hàm theo t ta được:

 

   

1 1

1 sin 2 c

, sin n n os

t n n

n n

n ct

n x

u x t X x T t b b n ct n t

L L
L L
  

 
 
 

  _ _
  





(5.25)

Thay (5.24) vào điều kiện ban đầu u x

 

,0  f x

 

của bài toán A ta có:

 



1



 

1 1

1 2

0 0

,0 sin _n _n sin .

n n n

b cos b sin

n x n x

u x f x

L L b

 

 

 





 





Vậy các hệ số b₁_n là các hệ số trong chuỗi Fourier sine của f x

 

. Ta có:

 

1 ₀
2
sin
L
n
n x

b f x dx

L L




_

Thay (5.25) vào điều kiện ban đầu u xt

 

,0 0của bài tốn A ta có:

 





1 1 2 1 2

sin 0

,0 sin cos 0 sin . . 0

t

n n n n n

n x n x

u b b n c b n c

L L
x
L L

  
 
 




  





Tương tự ta được: 2 ₀
2
0sin 0
L
n
n x
b dx
L L







Vậy nghiệm của bài toán A:

 

   

1 ₀

 

1 1 1

2

, sin . ; L sin

A n
n n
n n
n
n ct
b cos

n x n x

u x t X x T t b f x d

L x

L L L

  

 

 













Tương tự cho bài toán B, (5.24) vào điều kiện u x

 

,0 0 ta được: b₁_n0
Thay (5.25) vào điều kiện u x_t

 

,0 g x

 

ta có:

 

 

2

 

1
2

1

,0 sin . . sin .

t

n n

n n

n x n x L

u x n c g x g x

n
L

L b L b c


 

 
 




 





Ta có: ₂

 

 

0 0

2 L_g _sin 2 L_g _sin
n

L n x n x

b x dx x dx

L n c L n c L

 

 



_



_

Vậy nghiệm của bài toán B:

 

   

2 2 ₀

 

1 1

2

, sin . sin ; L s ni

B n n n

n n

n

n

n x n x

u x t X x T t b g x dx

L n c

</div>
<span class='text_page_counter'>(60)</span><div class='page_container' data-page=60>

59
Kết hợp lại ta có nghiệm của bài toán ban đầu: u x t

 

, u x t_A

 

, u x t_B

 

,

 

   

1

1
1

2

, n n sin . n nsin

n n

n ct n ct
b co

n x

u x t X x T t s b

L
L L
  
 
 

 _  _








(5.26)

Trong đó: ₁

 

₂

 

0 0

2 L _sin 2 L _sin

n n

n x n x

b f x dx b g x dx

L L n c L

 





_



_

(5.27)

Định lý 5.3. Bài toán biên (5.19), (5.20), (5.21) mô tả chuyển động của dây với hai đầu cố
định, vị trí ban đầu là f(x) và tốc độ ban đầu là g(x) có nghiệm dạng chuỗi:

 

1

1

2

. i

, sin s n

n

n n

n ct n ct
b cos b

L L

n x
u x t

L
 



 _ 
 
 





Trong đó b b₁_n, ₂_n là các hệ số của chuỗi Fourier sine được tính trong (5.27).

Ví dụ 5.5. Giải bài toán sau:

 

 

 

 

 

 





 

, , , 0 1, 0

0, 0 1, 0 0

,0 3sin 0 1,

4 2

2sin 3 ,
, 0 1

0 ) ,

, (

tt xx

t

u x t u x t x t

u t u t t

u x x x x

sin

u x x x





   
  




 

Theo cơng thức nghiệm từ định lý 5.3 ta có:

 

1

1 2

. i

, sin s n

n n n

n ct n ct
b cos b

L L

n x
u x t

L
 



 _ 
 
 




Với

 

 

1 ₀

11 12 13 1

2

sin ( ) ( )

b 3, 0, 2, 0 4

3 2 3

L
n

k

sin x sin
n x

b f x dx f x

L L

b b b k

x
 

 
  

    



Và

 

 

2 ₀
22 2
4

2 _sin ₍ ₎

b 2, 0 2

2
L
n
k
si
n x

b g x dx g x

n c L n

b
x
k
 


 
    



Vậy nghiệm tổng quát cần tìm:

 

1 2

1
, sin
( )

. sin

, 3 ( ) ( ) 2 (3 ) (3 ) 2 (2 ) (2 )
n

n

n

n x
u x t

L

n ct n ct
b cos b

L L

u x t sin x cos t sin x cos t sin x sin t

</div>
<span class='text_page_counter'>(61)</span><div class='page_container' data-page=61>

60

5.3 Phương trình Laplace

Xét bài tốn sau:

1 2

1 2

, , 0, 0 , 0 ,
0, ,

( ) ( )

( ) ( , , 0 ,
,0 , , , 0

) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) .

xx yy

u x y u x y x L y K

u y f y u L y f y y K
u x g x u x K g x x L

     

   

   

Theo nguyên lý chồng chất nghiệm ta tách bài toán trên thành 2 bài tốn (thậm chí có thể tách
thành 4 bài toán đơn giản hơn nữa).

Bài toán A:

1 2

, , 0, 0 , 0 ,
0, 0, , 0, 0 ,

,0 , , , 0
( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) .

xx yy

u x y u x y x L y K

u y u L y y K

u x g x u x K g x x L

     

   

   

Bài toán B: ₁ ₂

, , 0, 0 , 0 ,
0, ,

( ) ( )

( ) ( ) ( , ) ( ), 0 ,
,0 0, , 0, 0

( ) ( ) .

xx yy

u x y u x y x L y K

u y f y u L y f y y K

u x u x K x L

     

   

   

Giả sử gọi u x yA

 

, và u xB

 

, y là nghiệm của hai bài tốn trên thì theo ngun lý chồng chất
nghiệm ta có: u x y

 

, u x yA

 

, u x yB

 

, là nghiệm cần tìm của bài tốn ban đầu.

Giải bài toán A bằng phương pháp tách biến.

Đặt u x y

 

,  X x Y y

   

, thay vào ta được: X x Y y( ) ( ) X x Y y( ) ( )  0

Tương tự: ( ) ( )

( ) ( )

X x Y y

X x Y y 

 _{ }  _

Từ hai điều kiện biên thuần nhất ta có:

 

0 ( ) 0, ( ) ( ) 0, 0 .

X Y y  X L Y y   y K

Do Y(y) không thể đồng nhất không nên: X

 

0  0, X L( )  0.

Phương trình tìm X x( ) là: X x( )X x( )0, X

 

0  X L

 

0

Nghiệm tổng quát:

2

( )

, , 1, 2,....

n n

n x n x

X x sin n

L L

 

 _ __  
Phương trình tìm Y(y):

2

0, 0

( ) ( )

n n

n

Y y Y y y K

L



 

 __{ }_ _ _{ }

 

Nghiệm tổng quát của phương trình này dạng:

1 sinh 2 sinh , 1 , 2

(

( ) )

n n n n n

n y K n y

Y y C C C C const

L L

  

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(62)</span><div class='page_container' data-page=62>

61

   

1 2

1 1

, sin sinh ( ) sinh

( )

A n n n n

n n

n x n y K n y

u x y X x Y y C C

L L L

  
 
 
  
 
  _  _
 





Để thỏa mãn hai điều kiện biên không thuần nhất ta cần:

1 2 1 1

1 1

1 2 2 2

1 1

,0 sin sinh sinh 0

( ) ( )

( )

b sin
, sin sinh 0 sinh ( ) b sin

A n n n

n n

n n n

n n

n x n K n x

u x C C g x

L L L

n x n K n x

u x K C C g x

L L L

  
  
 
 
 
 

 
 _  _
 
 
 _  _


 









Bằng cách sử dụng chuỗi Fourier của g x₁

 

, g x₂

 

ta được:

 

 

1 1 ₀ 1

2 2 ₀ 2

2
sinh sin
2
sinh sin
L
n n
L
n n

n K n x

b C g x dx

L L L

n K n x

b C g x dx

L L L

 
 
  
 





Do đó ta có các cơng thức tính hệ số cn:









 









 

1

1 ₀ 1

2

2 ₀ 2

2

csch / sin

sinh /

2

csch / sin

sinh /
L
n
n
L

n
n

b n x

C n K L g x dx

n K L L L

b n x

C n K L g x dx

n K L L L








 
 





Vậy nghiệm tổng quát của bài toán A:

1 2

1

( )

, sin sinh si

( ) nh

A n n

n

n x n y K n y

u x y C C

L L L

  


  
 
 _  _
 



với C₁_n,C₂_n được xác định theo công thức trên.

Việc tìm nghiệm của bài tốn B cũng làm tương tự như bài tốn A.

Ví dụ 5.6. Giải bài toán biên sau đây:

, , 0, 0 1, 0 2,

0, 0, 1, 0, 0 2,

,0 , , 2 3sin , 0

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) 1,

xx yy

u x y u x y x y

u y u y y

u x x u x x x

     

   

   

Bài toán này là trường hợp riêng ứng với:

 

 

1

 

2

 

1, 2, 1, 0, 0, 0, , 3si (n )

L K  f y  f y  g x x g x  x

</div>
<span class='text_page_counter'>(63)</span><div class='page_container' data-page=63>

62

 

1





2

 

1

( , ) sin sinh ( 2) sinh

A n n

n

u x y  n x C n y C n y



 





_   _

Bằng tích phân từng phần ta có:

 

 

 

 

1 ₁

1
0

1 2

sin 1n _n 1n csch 2 1,2,3,...

x n x dx C n n

n n

 

 



     



Tương tự ta có: C₂₁3csch 2 ,

 

 C₂_n3csch 2 ,

 

 n2,3,...

Vậy nghiệm của bài toán trên:

   





 

 

 

 





   

 

2
1

1

( ) ( )

( )

2

, sin 1 sinh 2 sinh

2

, 1 sin csch 2 sinh ( 2) 3csch 2 sin sinh

n

A n

n

n
A

n

u x y n x n y C n y

n

u x y n x n n y x n y

n

 _  

     








 

 

 _    _

 

 

  _  _

</div>
<span class='text_page_counter'>(64)</span><div class='page_container' data-page=64>

63

CHƯƠNG 6.

BÀI TỐN TUYẾN TÍNH KHƠNG THUẦN NHẤT

Phương pháp tách biến chỉ áp dụng được cho các phương trình đạo hàm riêng
và điều kiện biên thuần nhất. Tuy nhiên, các mơ hình tốn học có thể chứa các thành
phần, số hạng không thuần nhất (chứa hàm chưa biết hoặc đạo hàm của chúng) trong
phương trình hoặc có các dữ liệu tại các điểm biên khơng thuần nhất (khác 0). Chương
này sẽ giải quyết vấn đề này.

6.1. Nghiệm cân bằng

Ta đã biết tới khái niệm nghiệm cân bằng (trạng thái ổn định, trạng thái dừng
hay độc lập với thời gian) trong bài toán truyền nhiệt nhiều chiều. Mục dưới đây ta sẽ
xem xét nhiệt độ cân bằng phân bố trên 1 thanh đồng chất.

6.1.1. Đã biết nhiệt độ tại các điểm biên

Bài toán biên giá trị đầu tổng quát trên một thanh với nguồn cung cấp nhiệt
được xét dạng sau:

 

   

 

 

 

 

 

 

, , , , 0 , 0

0, , , , 0

,0 , 0

t xx

u x t ku x t q x t x L t

u t t u L t t t

u x f x x L

 

    

  

  

Nếu ,  là hằng số và qq x

 

thì ta “có thể” có nghiệm cân bằng thỏa mãn
bài tốn biên sau:

   

 

 

0, 0

0 , ,

q x

u x x L

k

u  u L 

    

 

Trong đó nghiệm cân bằng khơng ảnh hưởng bởi thời gian nên các đại lượng
thể hiện biến động theo thời gian t đều bằng 0. Do nghiệm u x t

 

, không phụ thuộc
thời gian nên ta có: lim

 

,

 

tu x t u x

Do đó, để thuận tiện ký hiệu bài tốn tìm nghiệm cân bằng như sau:

   

 

 

0, 0

0 , ,

u x q x x L

u  u L 



 

    

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(65)</span><div class='page_container' data-page=65>

64
Ví dụ 6.1. Tìm nhiệt độ cân bằng của bài toán biên giá trị ban đầu sau:

 

 

 

 

 

, 4 , 2 1, 0 2, 0

0, 1, 2, 2, 0

,0 sin , 0 2

2

t xx

u x t u x t x x t

u t u t t

x

u x  x

     

   

  

Giải.

Nhiệt độ cân bằng là nghiệm của bài toán sau:

 

 

 

4 , 2 1 0, 0 2

0 1, 2 2

u x t x x

u u



 

     

 

Bằng cách tính tích phân 2 lần ta có:

 

3 2

1 2 1 2

1 1

, ,

12 8

u_ x   x  x C x C C C const

Kết hợp điều kiện biên ta có nghiệm cân bằng:

 

1 3 1 2 17 ₁

12 8 12

u_ x   x  x  x
6.1.2. Đã biết thông lượng nhiệt các điểm biên

Bài tốn tương ứng có dạng:

 

   

 

 

 

 

 

 

, , , , 0 , 0

0, , , , 0

,0 , 0

t xx

x x

u x t ku x t q x t x L t

u t t u L t t t

u x f x x L

 

    

  

  

Cũng như trong mục trên, nghiệm cân bằng có thể tồn tại trong trường hợp
,

  là các hằng số và q không phụ thuộc thời gian. Nghiệm cân bằng (nếu tồn tại) sẽ
thỏa mãn bài toán sau:

   

 

 

0, 0

0 , ,

u x q x x L

u  u L 



 

    

   

Trong bài toán này điều kiện đầu khơng thể bỏ qua như bài tốn trên. Thực tế,
điều kiện đầu đóng vai trị rất quan trọng để tìm được nghiệm cân bằng (nhiệt độ cân
bằng). Do đó, dưới các điều kiện và giả thiết ở trên với ,  và q ta lấy tích phân

phương trình từ 0 đến L và sử dụng điều kiện biên, được:

 

 

 

0 , 0 , 0

L L L

xx
d

u x t dx k u x t dx q x dx

</div>
<span class='text_page_counter'>(66)</span><div class='page_container' data-page=66>

65

 

 

 

 

0 , , 0, 0

L L

x x

d

u x t dx k u L t u t q x dx

dt



   



 

   

 

0 , 0

L L

d

u x t dx k t t q x dx

dt



   



Chú ý rằng bề mặt hình trụ của thanh được cách nhiệt, do đó nhiệt độ cân bằng nếu tồn
tại thì điều kiện là tổng các nguồn nhiệt trên thanh và thông lượng nhiệt qua các đầu
mút phải bằng 0. Ta có điều kiện:

   

₀L

 

0

k__ t __ t __



q x dx_

Nếu thỏa mãn điều kiện trên thì

 

0 , , 0

L

u x t dxconst  t



do đó:

 

 

 

 

0 0

0 0

,0 lim ,

L L

t

L L

u x dx u x t dx

hay u x dx f x dx















(6.1)

Ví dụ 6.2. Tìm nhiệt độ cân bằng trong bài toán IBVP sau đây:

 

 

 

 

 

, 4 , 24, 0 2, 0

0, 2, 2, 14, 0

,0 sin , 0 2

2

t xx

x x

u x t u x t x x t

u t u t t

x

u x x







     

  

  

Với const.

Giải.

Nhiệt độ cân bằng thỏa mãn bài toán sau.:

 

 

 

4 24 0, 0

0 2, 2 14,

u x x x L

u u





 

     

   

Từ phương trình vi phân thường ta có:

 

2

1

1

6
8

u_ x   x  x C

Từ điều kiện biên ta được:  48,C₁2

Đây là giá trị duy nhất của _ để nhiệt độ cân bằng tồn tại. Lấy tích phân ta được:

 

3 2

2

2 3 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(67)</span><div class='page_container' data-page=67>

66

Ta có:

 

2

0 0 sin 2 1 6

L _x

f x dx    dx

 

 





 

2 3 2

2 2

0 0 2 3 2 2 4

L

u x dx _ x  x  x C dx_  C 

 





Từ điều kiện (6.1) ta có

 

3 2

2 1 2 3 2 1

C _{ }u_ x _ x _ x _{ }x

Dễ dàng kiểm tra lại rằng tổng của các nguồn nhiệt trên thanh và của thông lượng tại
điểm mút bằng 0.

6.1.3. Điều kiện biên dạng hỗn hợp

Ví dụ 6.3. Tìm nhiệt độ cân bằng trong bài toán biên giá trị ban đầu sau đây:

 

 

 

 

 

, 4 , 16, 0 2, 0

0, 5, 2, 4, 0

,0 sin , 0 2

2

t xx

x

u x t u x t x t

u t u t t

x

u x  x

    

   

  

Ta cần giải bài toán sau:

 

 

 

4 16 0, 0 2

0 5, 2 4,

u x x

u u



 

    



  

Bằng phương pháp lấy tích phân và sử dụng điều kiện ta được:

 

₂ 2 ₄ ₅

u_ x  x  x

Ví dụ 6.4. Tìm nhiệt độ cân bằng trong bài tốn biên giá trị ban đầu sau đây:

 

 

 

 

 

 

, 4 , 32, 0 2, 0

13

0, 2 0, , 2, 1, 0

2

,0 sin , 0 2

2

t xx

x

u x t u x t x t

u t u t u t t

x

u x  x

    

 

 

 _  _  

 

  

Ta cần giải bài toán sau:

 

 

 

 

4 32 0, 0 2

13

0 2 0 , 2 1

2

u x x

u u u



  

    

 

  _  _ 

 

Bằng phương pháp lấy tích phân và sử dụng điều kiện ta được:

 

₄ 2 ₇ ₃

</div>
<span class='text_page_counter'>(68)</span><div class='page_container' data-page=68>

67
6.1.4. Hình khun trịn với nhiệt độ cho trên biên (đọc thêm)

Do tính chất hình học của miền xác định nên phần này ta sử dụng Laplacian và tọa độ
cực.

Ví dụ 6.5. Tìm nhiệt độ cân bằng trong bài toán IBVP sau đây:

    



 



 

 

 

 

1

, , , , 1 2, 0

1, 3, 2, 1, 0

,0 , 1 2

t r _r

u r t k u r t kr ru r t r t

u t u t t

u r f r r



     

   

  

Mơ hình truyền nhiệt trên hình khun trịn đồng chất khơng có nguồn nhiệt và
các bề mặt bên trong, bên ngoài (ứng với r=1, r=2) được giữ cố định ở hai nhiệt độ
khác nhau và điều kiện ban đầu chỉ phụ thuộc vào r. (Do phần thân và điều kiện biên
có đối xứng theo hình trịn nên ta giả sử rằng nghiệm u là độc lập với góc  trong tọa
độ cực).

Khi này nhiệt độ cân bằng u_

 

r thỏa mãn bài toán sau:

 





 

 

0, 1 2

1 3, 2 1

ru r r

u u



 



   

  

Bằng phương pháp lấy tích phân và sử dụng điều kiện ta được:

 

₂ 2 ₄ ₅

u_ x  x  x

 Lấy tích phân lần 1 ta được: ru_

 

r  C₁ const

 Lấy tích phân lần 2: u_

 

r C₁lnr C ₂, C₂const

Kết hợp với các điều kiện biên ta có nhiệt độ cân bằng:

 

4 ln 3
ln 2

u_ r  r
6.2 Bài tốn khơng thuần nhất

6.2.1. Điều kiện biên độc lập với thời gian

Xét bài toán sau:

 

 

 

 

 

 

, , , 0 , 0

0, , , , 0

,0 , 0

t xx

u x t ku x t x L t

u t u L t t

u x f x x L

 

   

  

  

(6.2)

</div>
<span class='text_page_counter'>(69)</span><div class='page_container' data-page=69>

68

Giống như trong mục 6.1 dễ thấy nghiệm cân bằng của bài toán là:

 

, 0

u x x x L

L

 


      (6.3)

Khi này hàm v_{ }u u_ là nghiệm của bài toán biên giá trị đầu:

 

 

 

 

 

 

 

, , , 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 u , 0

t xx

v x t kv x t x L t

v t v L t t

v x f x _ x x L

   

  

   

Nghiệm của bài tốn mới này (xem mục 5.1) có dạng:

 

 2 2_/ 

1

, _nsin k n L t

n

n x

v x t b e

L





 _







Các hệ số b_n tính tương tự nhưng ta cần thay f x

 

bởi



f x

 

u_

 

x



.

Ta có:



 

 



0

2

u sin , 1,2,...

L
n

n x

b f x x dx n

L L









  (6.4)

Vậy nghiệm của bài toán trên có dạng:

   

 

 

 2 2 

/
1

, , _nsin k n L t

n

n x

u x t v x t u x u x b e

L





 _

 



   



Với u_

 

x b, _n cho bởi các công thức (6.3) và (6.4).

6.2.2. Điều kiện biên và nguồn nhiệt độc lập với thời gian

Xét bài toán sau:

 

   

 

 

 

 

, , , 0 , 0

0, , , , 0

,0 , 0

t xx

u x t ku x t q x x L t

u t u L t t

u x f x x L

 

    

  

  

Trong đó , ,k   là hằng số và f là hàm cho trước.

Ta có thể sử dụng phương pháp tương tự như trong 6.2.1 với bài toán này, chú ý thêm
chỗ nguồn nhiệt q(x). Nếu tồn tại nghiệm ổn định thì ta có thể làm tương tự cho các
dạng điều kiện biên khác nhau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(70)</span><div class='page_container' data-page=70>

69

 

 

 

 

 

 

2

2

, , sin , 0 1, 0

0, 1, 1, 3, 0

,0 , 0 1

t xx

u x t u x t x x t

u t u t t

u x x x

 

    

   

  

Giải.

Bài tốn tìm nghiệm cân bằng:

 

 

 

 

2_sin _0, ₀ ₁

0 1, 1 3,

u x x x

u u

 



 

    

  

Nghiệm tìm được dạng: u_

 

x sin

 

x  4x 1

Đặt v x t

   

, u x t, sin

 

x  4x 1, ta có bài tốn tìm nghiệm v(x,t) như sau:

 

 

 

 

 

2

 

, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 4 1 sin , 0 1

t xx

v x t v x t x t

v t v t t

v x x x x x

   

  

     

Bài toán này có thể giải bằng phương pháp tách biến.

Nghiệm u(x,t) của bài tốn ban đầu có dạng: u x t

   

, v x t, u_

 

x
Ví dụ 6.7. Nếu bài toán biên giá trị ban đầu:

 

 

 

 

 

2 3

, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

1 1 1

,0 , 0 1

2 4 6

t xx

x x

u x t u x t x x t

u t u t t

u x x x x x



     

  

      

Với _ là hằng số, có nghiệm trạng thái ổn định thì nghiệm này thỏa mãn bài toán:

 

 

 

0, 0 1

0 0, 1 0,

u x x x

u u





 

     

   

Tích phân hai vế, ta có:

 

1 2 ₁

2

u_ x   x  x C

Thay vào điều kiện biên ta tìm được: 1/ 2,C₁0

Lấy tích phân lần hai, ta được:

 

3 2

2

1 1

6 4

u_ x _{ } x _ x _C

</div>
<span class='text_page_counter'>(71)</span><div class='page_container' data-page=71>

70

Khi này đặt

   

, , 1 3 1 2

6 4

v x t u x t  x  x ta có bài tốn:

 

 

 

 

 

, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

1

,0 , 0 1

2

t xx

x x

v x t v x t x t

v t v t t

v x x x

   

  

   

Bài toán này có thể giải tiếp bằng phương pháp tách biến. Sinh viên tự giải tiếp.

6.2.3. Trường hợp tổng quát

Ta xét bài toán sau:

 

   

 

 

 

 

 

 

, , , , 0 , 0

0, , , , 0

,0 , 0

t xx

u x t ku x t q x t x L t

u t t u L t t t

u x f x x L

 

    

  

  

Trong đó , , ,_{ } f q là các hàm cho trước.

Ta đặt: p x t

 

, C t₁

 

C t x₂

 

là đa thức tuyến tính theo x, thỏa mãn các điều kiện
biên có nghĩa là:

 

 

 

 

12





0,

/
,

p t t C

C L

p L t t

 

 


   

 

 _

 

    

 



Đặt u v p ta biến đổi bài toán đã cho về dạng:

 

 

 

 

 

 

 

   

, , , , , 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 ,0 , 0

t xx t

v x t kv x t q x t p x t x L t

v t v L t t

v x f x p x x L

 

 _  _   

  

   

Trong bài toán trên, các điều kiện biên là thuần nhất nhưng phương trình
chưa thuần nhất. Các bài toán dạng này với các điều kiện biên khác được giải bằng
phương pháp khai triển hàm riêng sẽ được đề cập đến trong chương sau.

Ví dụ 6.8. Xét bài tốn biên giá trị ban đầu sau đây.

 

 

 

 

 

2

, , , 0 1, 0

0, 1 , 1, , 0

,0 , 0 1

t xx

u x t u x t xt x t

u t t u t t t

u x x x

    

   

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(72)</span><div class='page_container' data-page=72>

71

 

,

q x t xt. Do đó, ta tính được: p x t

 

,     1 t



t2 t 1



x và đặt

   

_, _, ₁



2 ₁



u x t v x t     t t t x

Ta được bài toán mới dạng đơn giản hơn với điều kiện biên thuần nhất như sau:

 

 

 

 

 

, , 1 , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 2 1, 0 1

t xx

v x t v x t xt x x t

v t v t t

v x x x

      

  

   

Ví dụ 6.9. Xét bài toán biên giá trị ban đầu sau đây.

 

 

 

 

 

2

, , , 0 1, 0

0, , 1, , 0

,0 1, 0 1

t xx

x x

u x t u x t xt x t

u t t u t t t

u x x x

    

  

   

Đối với dạng này ta làm tương tự như Ví dụ 6.8 nhưng thay p x t_x

 

, bởi p x t

 

, . Ta
được:

 

 

 

 

 

2

1 2

, ; 0, ; 1,

x x x

p x t C t C t x p t t p t t

Ta tính được p x t_x

 

,   t

 

t2 t x

Lấy tích phân hai vế ta có:

 

, 1 2

 

2
2

p x t  xt x t t (cho hằng số tự do là 0)

Đặt:

   

_, _, 1 2

 

2

2

u x t _v x t _{ }xt x t _t

Ta được bài toán mới dạng đơn giản hơn với điều kiện biên thuần nhất như sau:

 

 





 

 

 

2 1 2

, , 2 1 , 0 1, 0

2

0, 0, 1, 0, 0

,0 1, 0 1

t xx

x x

v x t v x t t t xt x t x x t

v t v t t

v x x x

         

  

   

</div>
<span class='text_page_counter'>(73)</span><div class='page_container' data-page=73>

72

CHƯƠNG 7.

PHƯƠNG PHÁP KHAI TRIỂN HÀM RIÊNG

Phương pháp tách biến không thể thực hiện nếu phương trình và điều kiện biên
khơng thuần nhất. Như ta đã thấy trong chương 6, có một số trường hợp riêng ta có thể
đưa bài toán về dạng tương đương với phương trình và điều kiện biên thuần nhất,
nhưng không phải luôn luôn làm được điều này. Trong trường hợp tổng quát, cách tốt
nhất là ta đưa điều kiện biên về dạng thuần nhất. Kỹ thuật khai triển theo hàm riêng có
thể được áp dụng cho các bài tốn biên giá trị ban đầu (IBVP) với phương trình khơng
thuần nhất và điều kiện biên thuần nhất.

7.1 Phương trình truyền nhiệt

Ta xét bài tốn IBVP sau:

 

   

 

 

 

 

, , , , 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 , 0

t xx

u x t ku x t q x t x L t

u t u L t t

u x f x x L

    

  

  

Các giá trị riêng và hàm riêng tương ứng của bài toán thuần nhất là (xem mục 5.1)

 

2

, sin , 1,2,...

n n

n n x

X x n

L L

 

  _{ }_{ }  

Do chuỗi

 

X_{n n}_₁ là tập đầy đủ nên ta có thể xem nghiệm cần tìm được khai triển
dưới dạng:

 

   

1

, _n _n

n

u x t  c t X x






(7.1)

Đạo hàm hai vế của chuỗi (7.1) và thay vào phương trình với chú ý rằng
0

n n n

X X  ta được:

   

     

 

   

1 1 1

, ,

n n n n n n n

n n n

c t X x k c t X x q x t k c t  X x q x t

  

  

     







Hay

 

     

1

,

n n n n

n

c t k c t X x q x t




 _{ }  _

 



Nhân hai vế của phương trình trên với X_m

 

x , sau đó lấy tích phân trên [0,L] và chú ý
rằng cách hàm riêng trực giao theo định lý 3.8 mục iii) ta được:

 

 

2

 

   

0 0 ,

L L

m m m m m

c t k c t X x dx q x t X x dx

    

</div>
<span class='text_page_counter'>(74)</span><div class='page_container' data-page=74>

73

Đổi ký hiệu m bằng n ta được phương trình sau:

 

 

   

 

0

2
0

,

, 0, 1,2,...

L

n

n n n L

n

q x t X x dx

c t k c t t n

X x dx



  



 



(7.2)

Dễ thấy các điều kiện biên đều được thỏa mãn do mỗi hàm X x_n

 

trong (7.1) đều thỏa
mãn các điều kiện biên này.

Từ (7.1) và các điều kiện ban đầu ta có:

 

 

   

1

,0 _n 0 _n

n

u x f x  c X x



 



Làm tương tự như trên ta được:

 

   

 

0

2

0

0 , 1,2,...

L

n

n L

n

f x X x dx

c n

X x dx









(7.3)

Rõ ràng, điều này tương tự như tìm dạng khai triển của các hàm số sau:

 

   

 

 

1 1

, _n _n , _n _n ,

n n

q x t  q t X t f x  f X t

 









Trong đó q t f_n

 

, _n được xác định như vế phải của (7.2) và (7.3). Khi này
nghiệm của bài tốn IBVP ban đầu có dạng (7.1) với các hệ số c t_n

 

được xác định
theo (7.2) và (7.3).

Khi này bài toán ban đầu trở thành:

 

 

 

 

 

 

2

0

0

2

, sin ,

2

0 sin ,

L

n n n

L

n n

n n x

c t k c t q t q x t dx

L L L

n x

c f f x dx

L L

 



 


  _{ }_{ }  

 





Bài toán IBVP với các điều kiện biên dạng khác được tính tốn tương tự.

Ví dụ 7.1. Các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán IBVP sau:

 

 

 

 

 

 

 

2

2 24

, , e sin 5 , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 3sin 4 , 0 1

t

t xx

u x t u x t x x t

u t u t t

u x x x



 





    

  

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(75)</span><div class='page_container' data-page=75>

74

Do q x t

 

, 2e242tsin 5

   

x , f x 3sin 4

 

x trùng với các hàm riêng nên ta suy
ra ngay phương trình sau:

 

 

 

2

2 24

2 2 e , n 5

0, 5

3, n 4

0

0, 4

t

n n

n

c t n c t

n
c
n


   
  _


 


 _ _

Với n4 ta có:

 

 

 

 

2

2

4 4 16

4
4

16 0, 0

3

0 3

t

c t c t t

c t e

c

 _

    
 _ _
 _


Với n_5 ta có:

 

 

 

 





2

2 2

2 2 24

5 5 25

5
5

25 , 0

1

0 0

t

t t

c t c t e t

c t e e

c

 
  

    
 _ _ _
 _


Với 4

5
n
n
 

 

 ta có:

 

 

 

 

2 2 _0, ₀

0

0 0

n n

n
n

c t n c t t

c t
c

    
 _ _
 _


Vậy nghiệm của bài toán đã cho:

 

   

4

   

4 5

   

5
1

, _n _n

n

u x t  c t X x c t X x c t X x







 

Do đó: _{u x t}

 

_, _₃_e162t_{sin 4}

 

__x __e252t



_e2t__{1 sin 5}



 

__x
Ví dụ 7.2. Các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán IBVP sau:

 

 

 

 

 

, , , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 1, 0 1

t

t xx

u x t u x t xe x t

u t u t t

u x x x



    

  

   

Là _nn2 2 và X x_n

 

sin

 

n x n , 1,2,....

Do q x t

 

,  xet, f x

 

 x 1 nên theo (7.2), (7.3) và công thức khai triển chuỗi
Fourier ta có:

 

2 2

 

1

 

0

2 t sin

n n

c t n  c t  e



x n x dx

Hay c t_n

 

n2 2c t_n

   

1n 1 2 e t, t 0

n





 _

</div>
<span class='text_page_counter'>(76)</span><div class='page_container' data-page=76>

75

Và

 

1



  

0

2

0 2 1 sin

n

c x n x dx

n











  (7.5)

Sử dụng thừa số tích phân trong (7.4) là en2 2t , kết hợp điều kiện (7.5) ta tính được:

   

₁

 

2 2

2 2 2 2

2 1 1

1 1

1 1

n _t n _n _t

n

c t e e

n n n


  
 _ _ _ _ _ _
  _ _   _ _ _ _
 
 
 

Do đó theo cơng thức (7.1) ta có nghiệm của bài toán đang xét là:

 

 

₁

 

2 2

 

2 2 2 2

1

2 1 1

, 1 1 sin

1 1

n t n n t

n

u x t e e n x

n n n

 _
  
 _
 

   
 
 _ _ 
  _ _   _ _ _ _
 
 
 



Ví dụ 7.3. Các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán IBVP sau:

 

 

 

 

 

 

2

 

, , 2 cos 2 , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

1

,0 cos 2 , 0 1

2

t xx

x x

u x t u x t t x x t

u t u t t

u x x x





     
  
  

Là _nn2 2 và X x_n

 

cos

 

n x n , 0,1,2,....

Trong đó để thuận tiện ta đặt ₀1 thay vì là 1/ 2 . Bằng phương pháp tương
tự như khi thực hiện với chuỗi hàm riêng sin ta thấy rằng (7.1) và (7.3) vẫn đúng,
nhưng chú ý khi này n=0,1,2,… và X x_n

 

là các hàm cosine.

Do

 

, 2 cos 2

   

, 1₂cos 2

 

2

q x t t x f x x



   là các tổ hợp tuyến tính của

các hàm riêng nên theo (7.2), (7.3) và công thức khai triển chuỗi Fourier ta có:

 

2 2

 

 

2

2 , 0 ₁

, 2

1, 2 , 0; 0 2

0, 2

0, 0,2

n n n

t n

n

c t n c t n t c

n
n
 
  
 _
 _ _
 _

  _   _
 _  _
 _


Với n0 ta có:

 

 

 

0 2

0
0

2 , 0

0 0

c t t t

c t t
c

   

 _ _

 _



Với n2 ta có:

 

 

 

 

 





2

2

2 2 ₁

2 4

2

2 2

4 1, 0

4 1

1
0

2

t

c t c t t

c t e

c




 _
    
 _ _ _
 _



Với n0, 2 ta có:

 

 

 

 

2 _0, ₀

0

0 0

n n

n
n

c t n c t t

</div>
<span class='text_page_counter'>(77)</span><div class='page_container' data-page=77>

76

Do đó theo cơng thức (7.1) ta có nghiệm của bài tốn đang xét là:

 

   

0

   

0 2

   

2
0

, _n _n

n

u x t  c t X x c t X x c t X x






 

Do đó:

 

, 2 1₂



1 4 2



cos 2

 

4

t

u x t t e  x

 

  

Ví dụ 7.4. Các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán IBVP sau:

 

 

 

 

 

3 5

, , sin sin , 0 1, 0

2 2

0, 0, 1, 0, 0

1 3

,0 sin 2sin , 0 1

2 2

t xx

x

u x t u x t x t x x t

u t u t t

u x x x x

 
 
 _  _
 
  __ __ __ __   
  
 _  _
 
 __ __ __ __  

Là





2 2

2 1

4

n

n _

   và

 

sin



2 1



, 1,2,...

2

n

n x

X x  __   _ n


  .

Tương tự các ví dụ trên ta có:

  



2 2

 

 

1, 2 1, 1

1

2 1 t, 3 , 0; 0 2, 2

4

0, 2,3 0, 1,2

n n n

n n

c t n c t n t c n

n n

   
 
 
 
 
   _   _ 
 _  _
 
 
 

Với n1 ta có:

 

 

 

 

2

2

1 1 /4

1
1
1
0, 0
4
0 2
t

c t c t t

c t e
c

 _
    
 _ _
 _


Với n2 ta có:

 

 

 

 

2

2

2 2 2 9 /4 2

2
2

9

1, 0 ₄ ₄

4 2

9 9

0 2

t

c t c t t

c t e

c

 __ _ __

      
 _ _{ }_ _ _
 _ _
  
 _


Với n3 ta có:

 

 

 

 

2

2

3 3 4 25 /4 2 4

3
3

25

, 0 ₁₆ ₄ ₁₆

4

625 25 625

0 2

t

c t c t t t

c t e t

c


   
    
 _ _ _ _
 _


Với n1,2,3 ta có:

  



 

 

 

2 2

1

2 1 0, 0

4 0

0 0

n n

n
n

c t n c t t

</div>
<span class='text_page_counter'>(78)</span><div class='page_container' data-page=78>

77

Do đó theo cơng thức (7.1) ta có nghiệm của bài tốn đang xét là:

 

2 2

2

2

/4 9 /4

2 2

25 /4

4 2 4

1 18 4 4 3

, sin sin

2 9 9 2

16 4 16 5

sin
2

625 25 625

t t

t

u x t e x e x

e t x

 





 

 



  

 



 

 _ _  _  _

  

 __ _____  __ __ __

  _ _

 

__   __{ }_ __
7.2. Phương trình truyền sóng

Ta xét bài toán IBVP sau:

 

   

 

 

 

 

 

 

2

, , , , 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 , ,0 0

tt xx

t

u x t c u x t q x t x L t

u t u L t t

u x f x u x g x x L

    

  

   

Các giá trị riêng và hàm riêng tương ứng của bài toán thuần nhất là (xem mục 5.2)

 

2

, sin , 1,2,...

n n

n n x

X x n

L L

 

  _{ }_{ }  

Do chuỗi

 

X_{n n}_₁ là tập đầy đủ nên ta có thể xem nghiệm cần tìm được khai triển
dưới dạng:

 

   

1

, _n _n

n

u x t  c t X x






Làm tương tự như trong phương trình truyền nhiệt, kết hợp với điều kiện ban đầu thứ
2, ta được:

 

 

   

 

2 0

2
0

,

, 0, 1, 2,...

L

n

n n n L

n

q x t X x dx

c t c c t t n

X x dx



  



 



(7.6)

Ta thấy đẳng thức (7.3) sau đây vẫn thỏa mãn:

 

   

 

0

2
0

0 , 1,2,...

L

n

n L

n

f x X x dx

c n

X x dx









và ta có thêm điều kiện sau:

 

   

 

0

2
0

0 , 1,2,...

L

n

n _L

n

g x X x dx

c n

X x dx

 





</div>
<span class='text_page_counter'>(79)</span><div class='page_container' data-page=79>

78

Khi này nghiệm của bài toán IBVP có dạng (7.1) với các hệ số c t_n

 

được xác định
theo (7.3), (7.6) và (7.7).

 

 

 

 

 

 

 

2
2
0
0
0
2

, sin ,

2

0 sin ,

2
0 sin
L
n n
L
n
L
n

n n x

c t c c t q x t dx

L L L

n x

c f x dx

L L

n x

c g x dx

L L
 


 

  _{ }_{ } 

 







Bài toán IBVP với các điều kiện biên dạng khác được tính tốn tương tự.

Ví dụ 7.5. Cho bài tốn sau:

 

 

 

 

 

 

 

 

2

, , sin , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 , ,0 2 sin 2 0 1

tt xx

t

u x t u x t x x t

u t u t t

u x u x x x

 

  

    

  

   

Dễ nhận thấy bài tốn này có dạng bài tốn đang xét với:

 

   

 

 

2 _1, _1, _, 2_sin _, _, _{2 sin 2}

c  L q x t  x f x  g x   x

Do đó ta có:

     

 

 

 

 

2
2
0
, 1
, 0
0, 1
2

0 2 sin 1 1 , 1,2,...

2 , 2

0
0, 2

n n
L _n
n
n
n

c t n c t t

n

c n x dx n

n
n
c
n


 

 

  _ 


 
   __ __ 
 

 _{ }






Với n1 ta có:

 

 

 

 

 

 

2 2
1 1
1
1 1
, 0
3cos 1

0 2, 0 0

c t c t t

c t t

c c
  _
    
 _ _ _
 _ _ _


Với n2 ta có:

 

 

 

 

 

 

2

2 2

2

2 2

4 0, 0

sin 2

0 0, 0 2

c t c t t

c t t

c c



    
 _ _
   


Với n1, 2 ta có:

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2 _0, ₀

2

1 1 cos

2

0 1 1 , 0 0

n n

n
n

n

n n

c t n c t t

c t n t

</div>
<span class='text_page_counter'>(80)</span><div class='page_container' data-page=80>

79

Vậy nghiệm cần tìm:

 

 

 

   

 

   

3

2

, 3cos 1 sin sin 2 sin 2 1 1n cos sin

n

u x t t x t x n t n x

n
      

 
 
_  _  



__   __

Ví dụ 7.6. Cho bài toán sau:

 

 

 

 

 

 

 

 

, , 1 cos , 0 1, 0

0, 0, 1, 0, 0

,0 2, ,0 2cos 2 0 1

tt xx

x x

t

u x t u x t t x x t

u t u t t

u x u x x x





     

  

   

Các giá trị riêng và hàm riêng của bài toán này là:

 

 

2 2_, _cos _, _{0,1, 2,...}

n n X xn n x n

     

Thực hiện tương tự các bài trên ta có:

     

 

 

2

1, 0

, 1 , 0

0, 0,1

2, 0 2, 2

0 , 0

0, 0 0, 2

n n

n n

n

c t n c t t n t

n
n n
c c
n n

 

  _  


   
 
 _ 
_ _ _ _
 
 

Do đó, với n0 ta có:

 

 

 

 

0 2

0

0 0

1, 0 ₁

2
2

0 2, 0 0

c t t

c t t

c c

   

 _ _ _

   



Với n1 ta có:

 

 

 

 

 

 

2

1 1 3 2

1

1 1

, 0

sin

0 0, 0 0

c t c t t t

c t t t

c c
 __ _ __
    
 _ _{ } _
 _ _ _


Với n2 ta có:

 

 

 

 

 

 

2

2 2 1

2

2 2

4 0, 0

sin 2

0 0, 0 2

c t c t t

c t t

c c
 __ _
    
 _ _
 _ _ _{ }


Với n0,1, 2 ta có:

 

 

 

 

 

2 2 _0, ₀

0

0 0, 0 0

n n

n

n n

c t n c t t

c t
c c

    
 _ _
 _ _ _


Vậy nghiệm cần tìm:

 

2

   

   

2 3

1 1 1 1

, 2 sin cos sin 2 cos 2

2

u x t t t t x t x

</div>
<span class='text_page_counter'>(81)</span><div class='page_container' data-page=81>

80
7.3. Phương trình Laplace

Ta xét bài tốn BVP sau:

 

   

 

 

 

1

 

 

2

 

, , , , 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 , , , 0

xx yy

u x y u x y q x y x L y K

u y u L y y K

u x f x u x K f x x L

     

   

   

Các giá trị riêng và hàm riêng tương ứng của bài toán thuần nhất là (xem mục 5.3)

 

2

, sin , 1,2,...

n n

n n x

X x n

L L

 

  _{ }_{ }  

Ta tìm nghiệm dưới dạng:

 

 

1

, _n sin

n

n x

u x y c y

L










Làm tương tự như trong mục 7.1 và 7.2 ta được:

 

 

 

 

 

 

 

2 2
0
1
0
2
0
2

, sin , 0

2

0 sin ,

2
sin ,
L
n n
L
n
L
n
n x

c y n c y q x y dx y K

L L

n x

c f x dx

L L

n x

c K f x dx

L L





    









(7.8)

Ví dụ 7.8. Cho bài toán sau:

 

 

 

 

 

 

   

 

2

, , sin , 0 1, 0 2

0, 0, 1, 0, 0 2

,0 2sin 3 , ,2 sin , 0 1

xx yy

u x y u x y x x y

u y u y y

u x x u x x x

 

 

     

   

    

Do đó ta có:

 

 

 

 

2

2 2 , 1_, ₀ ₂

0, 1

2, 3 1, 1

0 , 2

0, 3 0, 1

n n

n n

n

c y n c y y

n
n n
c c
n n

  
  _  


   
 
 
_ _ _ _
 
 

Do đó, với n1 ta có:

 

 

 

 

 

 









2 2
1 1
1
1 1

, 0 2

csch 2 sinh 2 1

0 0, 2 1

c y c y y

c y y

</div>
<span class='text_page_counter'>(82)</span><div class='page_container' data-page=82>

81

Với n3 ta có:

 

 

 

 

 

 









2 2

3 3

3

3 3

9 , 0 2

2csch 6 sinh 3 2

0 2, 2 0

c y c y y

c y y

c c

  _ _

     

 _ _{ } _

 _ _



Với n1,3 ta có:

 

 

 

 

 

2 2

2

0, 0 2

0

0 0, 2 0

n n

n
n

c y n c y y

c y

c c



     

 _ _

 _ _



Vậy nghiệm cần tìm:

 

, csch 2 sinh

 





2





1 sin

 

2csch 6 sinh 3

 





2 sin 3





 

</div>
<span class='text_page_counter'>(83)</span><div class='page_container' data-page=83>

82

CHƯƠNG 8.

BIẾN ĐỔI FOURIER

Một số bài toán thực hành quan trọng nằm ngoài khả năng tiếp cận bằng
phương pháp khai triển hàm riêng. Chẳng hạn như khi không gian biến số được xác
định trên toàn tập số thực và hệ quả là khơng có điểm biên nào cả. Điều này đưa đến
bài toán về việc có một continuum các giá trị riêng thay vì tập đếm được. Trong
trường hợp này ta cần tìm một kỹ thuật giải khác. Biến đổi Fourier xuất phát từ việc
khai triển một hàm thành chuỗi Fourier là một trong các công cụ quan trọng khi làm
việc với các bài tốn có miền spatial vơ hạn hay bán vô hạn bởi vi phép biến đổi này
được phát triển từ các bài toán này và rút gọn các biến trong phương trình đạo hàm
riêng.

8.1. Biến đổi Fourier đầy đủ
Xây dựng phép biến đổi

Để đơn giản, ta xét một hàm số f liên tục và tuần hoàn với chu kỳ 2L trên R. Khi này
ta có khai triển Fourier của hàm số như sau:

 

0
1

1

cos sin

2 _n n n

n x n x

f x a a b

L L

 




 _



 



__  __ (8.1)

Với

 





 





1

cos 0,1,2,....

1

sin 1, 2,....

L

n _L

L

n _L

n x

a f x dx n

L L

n x

b f x dx n

L L







 

 





(8.2)

Từ công thức Euler:













2
2

1
cos

cos sin , 1 ₂

1

cos sin , 1 _sin

2 2

i i

i
i

i i i i

e e

e i i

i

e i i _e _e _e _e

i

 



 _ _ _ _


 

  _



 _ _

  

 


    _{ }__

 
 

     _ _ _ _ _



Thay n x

L



 ta có:

 

 

0
1

0

1 1

1

cos sin

2
1

cos sin

2

n n

n

n n

n n

n x n x

f x a a b

L L

n x n x

f x a a b

L L

 

 




 

 

 _



  _  __

  



</div>
<span class='text_page_counter'>(84)</span><div class='page_container' data-page=84>

83

 

 









0
1 1
0
1 1
1 1

2 2 2

1 1 1

2 2 2

in x in x in x in x

L L L L

n n

n n

in x in x

L L

n n n n

n n

i

f x a a e e b e e

f x a a ib e a ib e

   
 
 _  _
 
  _
 
 _ _  _
 _  _
 
  ___  __ ___  __
   
    









Trong tổng





1
1
2
in x
L
n n
n

a ib e




 



ta thay n bằng –n và chú ý rằng:

 

 

1 1

cos ; sin

L L

n _L n n _L n

n x n x

a f x dx a b f x dx b

L L L L

 

 



_    



_   

Sau đó thay trở lại ta được:

 

0









1 1

1 1 1

2 2 2

in x in x

L L

n n n n

n n

f x a a ib e a ib e

 

 _  _

 

 

 



 





Do đó ta có thể viết:

 

in x
L
n
n

f x c e



 _






Và các hệ số cn được tính bởi cơng thức:





 





 



0



1 1
cos sin
2 2
1 1
0
2 2
L

n n n _L

in x
L

L

n n n _L

n x n x

c a ib f x i dx

L L L

c a ib f x e dx b

L

 


 
 
   _  _
 
   





Tóm lại ta có:

 

1

 

2

in in x

L

L L

L
n

f x f e d e

L
 
 
 _


 
 
 _ _
 
 





(8.3)

Nếu f là hàm không tuần hồn theo nghĩa thơng thường thì ta có thể xem nó là
tuần hồn với một chu kỳ vơ hạn. Sử dụng thêm các cơng cụ của tốn cao cấp ta thấy
khi L tiến ra vơ cũng thì biểu diễn (8.3) sẽ có dạng:

 

1
2

i i xd

f  e d e   


  _
 
 
 
 
 





(8.4)

Từ đó ta định nghĩa phép biến đổi Fourier của một hàm f như sau:

  

_f _ _F

 

_ ₂1 _{f x e dx}

 

i x






 



 (8.5)

</div>
<span class='text_page_counter'>(85)</span><div class='page_container' data-page=85>

84

  

 

 

1 1

2

i x

F x f x F  e  dx





 



 



 (8.6)

Các tốn tử tích phân  , 1 gọi là biến đổi Fourier và biến đổi Fourier ngược tương
ứng. Biến  được gọi là tham số biến đổi.

Chú ý.

i) Công thức (8.5), (8.6) xác định khi  f x dx

 

 



, có nghĩa là f là hàm khả tích

tuyệt đối trên R. Tuy nhiên biến đổi Fourier có thể xác định với một số hàm khơng
thỏa mãn tính chất trên.

ii) Xây dựng biến đổi Fourier đầy đủ có thể được mở rộng cho các hàm liên tục trừng
khúc. Trong trường hợp này, f(x) phải được thay bằng 1



   



2 f x f x

 _ 

Ví dụ 8.1. Tìm biến đổi Fourier của hàm sau:

 









1 , ,

0 , ,

x a a
f x

x a a

 _{ }



 _ _{ }

Ta có:

  

 

 

  

 

 

1 1

2 2

sin

1 1

2 2 2

a

iwx iwx

a

iaw iaw

a
iwx

a

f w F w f x e dx e dx

aw

e e

f w F w e

w

iw iw

 

  



 




  


 

  __ __  








Định nghĩa 8.1. Cho f và g là hai hàm khả tích tuyệt đối trên R. Tích chập
(convolution) của f và g, ký hiệu f*g được xác định bởi:



*

 

1



  

,
2

f g x f x  g  d x










   

Chú ý. Bằng phép đổi biến ta có:



*

 

1

  



,
2

f g x f  g x  d x










   

Vậy tích chập có tính giao hốn hay



f g x*

  

 g f x*

 

Định lý 8.2 (về tính chất phép biến đổi Fourier)

i)  là tuyến tính, nghĩa là 



c f_{1 1}c f_{2 2}



c₁

 

f₁ c₂

 

f₂

ii) Nếu uu x t u x t

   

, , , 0 khi x , đặt 

  

u w t, U w t

 

, ta có:

 

u_x

 

w t, iwU w t

 

,

</div>
<span class='text_page_counter'>(86)</span><div class='page_container' data-page=86>

85

iii) Nếu có thêm điều kiện u x t_x

 

, 0 khi x  thì:

  

_, 2

 

_,
x

u w t  w U w t



iv) Biến đổi Fourier của đạo hàm theo biến thời gian:

  

_t ,



 



 

,

 

,

t

u w t  u w t U w t

 

v) Biến đổi Fourier của tích chập: 



f g*





   

f . g
Chú ý:

- Thông thường 

 

f g. 

   

f . g

- Phép biến đổi Fourier ngược cũng tuyến tính

- Ta có bảng tính sẵn các biến đổi Fourier của các hàm sơ cấp trong phụ lục A2.

 ỨNG DỤNG VÀO GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG.
8.1.1. Bài tốn Cauchy trên dây vơ hạn.

Ta có bài toán sau:

 

 

   

 

 

, , , , 0

, , , 0 , 0

,0 ,

t xx

x

u x t ku x t x t

u x t u x t khi x t

u x f x x

     

   

    

Ta ký hiệu biến đổi Fourier của hàm u(x,t) và hàm f(x) như sau:

  

u w t, U w t

 

,

  

f w F w

 

 

Ta dùng phép biến đổi Fourier cho phương trình và điều kiện ban đầu. Kết quả là:

 

 

 

 

2

, , , 0

,0

t

U w t kw U w t t

U w F w

  



Ta có phương trình vi phân:

 

2

2 ₀

0

kw t
U kw U

U Fe

U F




  _{  }



 _ (8.7)

Để tìm nghiệm của phương trình ban đầu, ta cần tính tốn biến đổi Fourier ngược cho
hàm U mới tìm được.

Đặt _{P w t}

 

, __ekw t2 _{ta tìm biến đổi Fourier ngược của hàm này. Theo công thức 7}

</div>
<span class='text_page_counter'>(87)</span><div class='page_container' data-page=87>

86

  

2 2

 

1 _, 1 1 /4 _,

2 2

kw t iwx x kt

P x t e e dw e p x t

kt





   







 



Theo Định lý8.2 ta có thể viết (8.7) dạng:

  

 

 

2

   





, , , kw t *

u w t U w t F w t e  f p  f p

   

Từ đây suy ra *

 

, 1



  

2

u f p u x t f x  p  d






  





Vậy

 

, 1

  



1

 

1    2/ 4

2 2 2

x kt

u x t f p x d f e d

kt



    

 

  _{ }

 





 



Một dạng khác của công thức nghiệm trên là:

 

,



, , ,0

  

,0

u x t  G x t  u  d






(8.8)

Trong đó:



, , ,0



1    2/ 4
2

x kt

G x t e

kt







 

 gọi là nhân Gauss-Weierstrass hay hàm

ảnh hưởng.

Ví dụ 8.2. Xét bài toán giá trị đầu sau đây.

 

 

   

 

 

, 2 , , , 0

, , , 0 , 0

3, 1

,0

0, 1

t xx

x

u x t u x t x t

u x t u x t khi x t
x

u x f x

x

     

   

 



 _{ }




Ta có:



, , ,0



1    2/ 8
2 2

x t

G x t e

t







 


Vậy

 



  

1    2/ 8

1

3

, , , ,0 ,0

2 2

x t

u x t G x t u d e d

t



   



 _{ }

 











Nếu không dùng công thức nghiệm (8.8) ta có thể sử dụng cơng thức 12 trong bảng

phụ lục A2 để tính được

 

3 sin

2 /

w
F w

w





 và được phương trình vi phân sau:

 

2

2

2

2 0

3 2 sin
3 2 sin

0

w t

U w U

w

U e

w _w

U

w 






   _ _

  


 _

 _

</div>
<span class='text_page_counter'>(88)</span><div class='page_container' data-page=88>

87

 

_, 1

  

_, 3 1 1

2 2 2 2 2

x x

u x t U x t erf erf

t t

 _   

  _  __

Hàm yerf x

 

được gọi là hàm sai số. Đồ thị của hàm sai số và các sai số bổ sung
được xác định trên



 ,



tương ứng là:

 

 

 

2

2

0

2

2

1

x

x
x

y erf x e d

y erfc x e d erf x













 

   





8.1.2. Dao động của một sợi dây vơ hạn.

Ta có bài tốn như sau:

 

 

   

 

 

 

2

, , , , 0

, , , 0 , 0

,0 , ,0 0

tt xx

x

t

u x t c u x t x t

u x t u x t khi x t

u x f x u x x

     

   

    

Sử dụng biến đổi Fourier ta có:

 

 

 

2 2 ₀ ₀

0 ; ' 0 0

U c w U t

U F w U

   

 

Công thức nghiệm tổng quát. U w t

 

, C w₁

   

cos cwt C w₂

   

sin cwt

Thay vào điều kiện ban đầu ta có: U w t

 

, F w

   

cos cwt

Theo công thức Euler:

 

   

 

 

1

  

   

1

, cos

2

, , cos

icwt icwt

iwx

U w t F w cwt F w e e

u x t U x t F w cwt e dw




 



 

  __  __

 



Vậy:

 

, 1

 

    1









2 2

iw x ct iw x ct

u x t F w e  e  dw f x ct f x ct

    





__  __  _    _ (8.9)

Ví dụ 8.3. Xét bài toán sau:

 

 

   

 

2

 

, , , , 0

, , , 0 , 0

,0 , ,0 0

tt xx

x
x

t

u x t u x t x t

u x t u x t khi x t

u x e u x x

     

   

     

</div>
<span class='text_page_counter'>(89)</span><div class='page_container' data-page=89>

88

 

1









1



 2  2



,

2 2

x t x t

u x t  _f x ct f x ct _ e  e 
8.2 Biến đổi Fourier Sine và Cosine

Phép biến đổi Fourier sine và cosine được tổng quát hóa từ chuỗi Fourier sine
và cosine, tương ứng, và được xác định đối với hàm f liên tục từng khúc trên



0,



cho bởi công thức:

  

 

   

  

 

   

0

0

2

sin
2

cos

S

C

f F f x x dx

f F f x x dx

  _ 

  _ 




 

 









Phép biến đổi xác định nếu f khả tích tuyệt đối trên



0,_



có nghĩa là

 

0 f x dx



 



Biến đổi ngược tương ứng.

  

 

   

  

 

   

1

0
1

0

2

sin

2

cos

S

C

F x f x F x d

F x f x F x d

  


  








 

 









Ví dụ 8.4. Biến đổi Fourier sine và cosine của hàm:

 

1₀ 0 x a

f x a const

a x

  



_ 




Giải. Ta có:

  

 

   

 



 



  

 

   

 

 

0 0

0 0

2 2 2 1

sin sin 1 cos

2 2 2 1

cos cos sin

a
S

a
C

f F f x x dx x dx aw

f F f x x dx x dx aw

  _  _  _{ }

   

   





    

   












Chú ý. _{ }_S

 

_C có thể được định nghĩa với các hàm thực nếu các hàm này là chẵn
hoặc lẻ.

Định lý 8.3.

i)  _S, _C là các toán tử tuyến tính

</div>
<span class='text_page_counter'>(90)</span><div class='page_container' data-page=90>

89

  

  

  

 

  

, ,

2

, 0, ,

S x C

C x S

u w t w u w t

u w t u t w u w t



 

  

 

 

iii) Nếu có thêm điều kiện u x t_x

 

, 0 khi x  thì ta có:

  

 

  

  

 

  

2

2

2

, 0, ,

2

, 0, ,

S xx S

C xx x C

u w t wu t w u w t

u w t u t w u w t




 

 

 

 

iv) Đạo hàm theo thời gian có tính giao hoán đối với cả biến đổi Fuorier sine và
Fourier cosine.

  



 



 

  



 



 

, ,

, ,

S t S _t

C t C _t

u w t u w t

u w t u w t




 

 

Việc chọn biến đổi Fourier sine hay cosine phụ thuộc vào điều kiện biên được
mô tả tại x0. Bảng biến đổi Fourier sine và cosine được cho chi tiết trong bảng phụ
lục A3 và A4.

8.2.1. Truyền nhiệt trên dây nửa vô hạn.

Quá trình truyền nhiệt trên một dây dài đã biết hiệt tại điểm đầu trong khi tác động của
các điều kiện xa điểm đầu được bỏ qua, tuân theo phương trình đạo hàm riêng sau đây.

 

 

 

 

   

 

 

, , , 0, 0

0, , 0

, , , 0 , 0

,0 , 0

t xx

x

u x t ku x t x t

u t g t t

u x t u x t khi x t

u x f x x

  

 

   

 

Từ đặc điểm của điều kiện biên, ta sử dụng biến đổi Fourier sine.
Đặt: _S

  

u w t, U w t

 

, _S

  

f w F w

 

Sử dụng biến đổi Fourier với cả phương trình và điều kiện ban đầu và sử dụng tính
chất của định lý trên đây ta được phương trình vi phân thường sau:

 

 

 

 

 

2 2

, , , 0

,0

U w t kw U w t kwg t t

U w F w



   



</div>
<span class='text_page_counter'>(91)</span><div class='page_container' data-page=91>

90

Ví dụ 8.5. Xét bài toán biên điều kiện giá trị đầu sau đây:

 

 

 

   

 

, , , 0, 0

0, 1, 0

, , , 0 , 0

,0 0, 0

t xx

x

u x t u x t x t

u t t

u x t u x t khi x t

u x x

  

 

   

 

Ta có phương trình:

 

 

 

2 2

, , , 0

,0 0

U w t w U w t w t

U w



   



Nghiệm U(w,t) tìm được: U w t

 

, 2 1



1 e w t2



w

 

 

Theo công thức số 12 trong bảng phụ lục ta được:

 

, 1

  

,

2

S

x
u x t U x t erfc

t


 

8.2.2. Bài toán dao động trên dây nửa vơ hạn.
Ví dụ 8.6. Xét bài tốn sau:

 

 

 

   

 

 

, 4 , , 0, 0

0, 0, 0

, , , 0 , 0

,0 , ,0 0, 0

tt xx

x

x
x

t

u x t u x t x t

u t t

u x t u x t khi x t

u x e u x x

  

 

   

  

Với các điều kiện biên ở trên, ta sử dụng biến đổi Fourier cosine (điều kiện biên là đạo
hàm theo x tại 0).

Sử dụng công thức 5 trong bảng A4, biến đổi Fourier cosine của hàm ex là



₂



1

2 / 1w  . Do đó, theo Định lý 8.3 hàm U w t

 

, _C

  

u w t, thỏa mãn
phương trình vi phân thường sau đây:

 

 

 

2

2

, 4 , 0, 0

2 1

,0

1

U w t w U w t t

U w

w



   





Với công thức nghiệm tổng quát:

 

, 2 cos 2

 

₂
1

wt
U w t

w







</div>
<span class='text_page_counter'>(92)</span><div class='page_container' data-page=92>

91

 

1

  

 

2

cosh 2 , / 2

, ,

cosh , / 2

x

C _t

e t t x

u x t U x t

e x t x






 _



 _{ }






8.2.3. Bài toán cân bằng nhiệt trên một dải nửa vô hạn.

Trạng thái nhiệt độ ổn định phân bố trên một dải nửa vô hạn 0 x L y, 0 được
mơ tả bởi bài tốn biên:

 

 

 

 

 

 

   

 

 

   

1 2

1 2

, , 0, 0 , 0

0, , , , 0

, 0

,0 , 0

, , , 0 ,0

xx yy

y

u x y u x y x L y

u y g y u L y g y y

g y g y khi y

u x f x x L

u x y u x y khi y x L

    

  

  

  

    

Sử dụng nguyên lý chồng chất nghiệm, ta tìm nghiệm dưới dạng:

 

, 1

 

, 2

 

,

u x y u x y u x y

Trong đó u1 thỏa mãn bài tốn với g₁0, g₂0 và u2 thỏa mãn bài toán với f 0
Do đó ta có 2 bài tốn.

Bài tốn thứ nhất dạng:

       

 

 

 

 

     

1 1

1 1

1

1 1

, , 0, 0 , 0

0, 0, , 0, 0

,0 , 0

, , , 0 ,0

xx yy

y

u x y u x y x L y

u y u L y y

u x f x x L

u x y u x y khi y x L

    

  

  

    

Ta dùng phương pháp tách biến để giải bài toán này. Thực hiện tương tự như trong
mục 5.3 từ phương trình và các điều kiện biên, điều kiện đầu ta có:

 

 

1

1

1

1

, sin cosh sinh

, sin

n n

n

n y n y

L L

n n

n

n x n y n y

u x y A B

L L L

n x

u x y a e b e

L

 

  






 _



 _



 __  __

 _

 _



 __  __

 





Do u x y₁

 

, 0khi y  nên ta có a_n   0, n 1,2,... do đó:

 

1

1

, sin

n y
L
n

n

n x

u x y b e

L





 _







(8.10)

</div>
<span class='text_page_counter'>(93)</span><div class='page_container' data-page=93>

92

 

 

1

1

,0 _nsin

n

n x

u x b f x

L












Do đó theo cơng thức chuỗi Fourier sine ta có:

 

0

2

sin 1,2,...

L
n

n x

b f x dx n

L L









Vậy nghiệm của bài tốn biên ban thứ nhất cho bởi cơng thức (8.10) với hệ số bn tính

tốn theo cơng thức trên.

Bài toán biên thứ 2:

       

 

 

 

 

   

 

     

2 2

2 1 2 2

1 2

2

2 2

, , 0, 0 , 0

0, , , , 0

, 0

,0 0, 0

, , , 0 ,0

xx yy

y

u x y u x y x L y

u y g y u L y g y y

g y g y khi y

u x x L

u x y u x y khi y x L

    

  

  

  

    

Căn cứ vào điều kiện biên, ta dùng biến đổi Fourier sine theo y và ký hiệu như sau:

  

2 ,

 

, ,

  

1 1

 

,

  

2 2

 

S u x w U x w S g w G w S g w G w

  

Bài toán trên được đưa về:

 

 

 

 

 

 

2

1 2

, , 0, 0

0, L,

U x w w U x w x L

U w G w U w G w

    

 

Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân trên là:

 

, 1

 

sinh

 

2

 

sinh









U x w C w wx C w w L x

Trong đó C C₁, ₂ là hai hàm tùy ý theo biến w. Sử dụng điều kiện biên tại x=0 và x=L
ta có:

 

, csc

   

2 sinh

 

1

 

sinh









U x w  h wL G w__ wx G w w L x __ (8.11)
Nghiệm u2 của bài tốn được tính tốn bằng phép biến đổi ngược _S1 của hàm đẳng

thức trên.

</div>
<span class='text_page_counter'>(94)</span><div class='page_container' data-page=94>

93

 

 

 

 

 

 

 

   

, , 0, 0 1, 0

0, 0, 1, , 0

1, 0 2

0, 2

,0 0, 0 1

, , , 0 ,0 1

xx yy

y

u x y u x y x y

u y u y g y y

y
g y

y

u x x

u x y u x y khi y x

    

  

  



 _ _

  

    

Áp dụng các công thức nghiệm tìm được ở trên ta có:

 

 

2

2

2 1 2 2

1 cos 2 sin

G w w w

w w

   

 _  _

Theo công thức (8.11) ta có:

 

_, 2 2_sin2 _.csch

 

_.sinh

 

U x w w w wx

w





Từ đó ta có:

 

1

  

2

 

 

 

0

4 1

, _S , sin .csch .sinh .sinh

u x y U x y w w wx wx dw

w






 



8.3 Ứng dụng khác

Biến đổi Fourier có thể được áp dụng với một số bài toán khác chẳng hạn các
bài toán được đề cập đến trong mục 4.1, bao gồm các phương trình đạo hàm riêng
khơng thuần nhất.

Ví dụ 8.8. Xét bài tốn Cauchy sau:

 

 

 





   

 

2

2

, t , t 2 , 1 4 , , 0

, t , , t 0 ,0

,0 0,

x

t xx

x

u x u x u x t x t e x t

u x u x khi x t

u x x



        

   

    

Đây là bài tốn mơ hình hóa q trình khuyếch tán với một chuỗi phản ứng và nguồn
trong môi trường (chất liệu) 1 chiều.

Giải.

Theo công thức 8 và 10 trong bảng A2 ta có:





2





2/ 4

2 1 2

1 4 2 1

2

x w

x t e w t e

 _ _  _ _ 

  _ _

 



</div>
<span class='text_page_counter'>(95)</span><div class='page_container' data-page=95>

94

 





 





 

2

2 1 2 /4

, 2 , 2 1 , 0

2

,0 0

w

U w t w U w t w t e t

U w



 

    __   __ 



Tính tốn trực tiếp ta có nghiệm:

 

, 1 2/4
2

w
U w t  te

Theo công thức 8, nghiệm của bài toán ban đầu:

 

  

2

1

, , x

u x t  U x t te
Ví dụ 8.9. Xét bài tốn sau:

 

 

 





 

   

 

 

2 2

2

, 2 , , 2 4 4 , 0, 0

0, , 0

, , , 0 ,0

,0 0, ,0 0, 0

x

tt t xx

x
t

u x t u x t u x t t t e x t

u t t t

u x t u x t khi x t

u x u x x



      

 

   

  

Đây là bài tốn mơ hình truyền của một q trình tán xạ sóng trên một dây nửa vô hạn,

dưới tác động của một phép dời hình gần điểm đầu cho trước và một lực bên ngoài.
Căn cứ vào điều kiện biên ta sử dụng biến đổi Fourier sine để tìm nghiệm.

Theo cơng thức 6 trong bảng A3 ta có:



2



2



2



2

2

2 4 4 2 1 2 2

4

x
S

w

t t e t t

w





 _{ } _ _{ }

 

  _



Từ đây, do Định lý 8.3 và các điều kiện ban đầu, đặt __S

  

u w t, _U w t

 

, ta thấy U
là nghiệm của bài toán biến đổi sau:

 

 

 





 

 

2 2 2

2

2 2

, 2 , , 2 1 2 2 , 0

4

,0 0, ,0 0

w

U w t U w t w U w t wt t t t

w

U w U w

 

        




 

Tính tốn trực tiếp ta có nghiệm:

 

, 2 ₂ 2
4

w

U w t t

w







Theo cơng thức 8, nghiệm của bài tốn ban đầu:

 

_, 1

  

_, 2 2x

S

</div>
<span class='text_page_counter'>(96)</span><div class='page_container' data-page=96>

95

 

   









 

 

 

   

4 2

3
2

2

8 1

, , , , 0 1, 0

1
1

0, 0, 1, , 0

1

,0 0, 0 1

, , , 0 ,0 1

xx yy

y

y

x y y

u x y u x y u x y x y

y

u y u y y

y

u x x

u x y u x y khi y x

 

     



  



  

    

Đây là bài tốn mơ tả trạng thái truyền nhiệt ổn định trên một dải nửa vô hạn với
nguồn nhiệt độc lập thời gian và đáy cách nhiệt. Căn cứ vào điều kiện biên ta sử dụng
biến đổi Fourier cosine để tìm nghiệm.

Theo cơng thức 9-12 trong bảng A4, dễ thấy ta có:

















4 2

2
3

2

2

8 1

1
2
1

1

2
1

w
C

w
C

x y y

w e x
y

e
y









 _ _ 

 

   

 _ 

 

 

 

 _{ }

 

  

 




Từ đây do Định lý 8.3 và các điều kiện ban đầu, đặt _C

  

u w t, U w t

 

, ta thấy U là

nghiệm của bài toán biến đổi sau:

 





 





 

 

2 2

, 1 , 1 , 0 1

2

0, 0, 1, .

2

w

w

U x w w U x w w e x x

U w U w e








      

 

Tính tốn trực tiếp ta có nghiệm:

 

, .
2

w
U x w   xe

Theo cơng thức 9, nghiệm của bài tốn ban đầu:

 

1

  

2

, ,

1

C

x

u x y U x y

y


 



</div>

<!--links-->