Bài toán Goursat – Bài tập trong sách thầy Hợp

Standard

Trong sách thầy Hợp có một bài tập thú vị như sau:

Giải bài toán Goursat cho phương trình hyperbolic

xyu_{xx}(x, y)+(y^2-x^2)u_{xy}(x, y)-xyu_{yy}(x, y)=0

với các điều kiện biên

u|_{x^2+y^2=1}=x^2 khi y>0,

u|_{y=0}=2x-1 khi 1\le x\le 2.

Bài tập yêu cầu tìm miền để nghiệm được xác định duy nhất.

Lời giải dưới đây khá hình học, dựa vào các đường cong đặc trưng. Ngoài ra dùng “đẳng thức hình bình hành” (ý của Nguyễn Tiến Vinh K54TN)!

Trước hết ta tìm các đường cong đặc trưng nhờ phương trình đặc trưng

xy(dy)^2-(y^2-x^2)dxdy-xy(dx)^2=0

hay

(ydy+xdx)(xdy-ydx)=0.

Từ đó ta có hai họ đường cong đặc trưng

+) các đường tròn tâm tại gốc: x^2+y^2=R^2,

+) các đường thẳng đi qua gốc: ax+by=0, a^2+b^2\not=0.

Trước hết nhìn vào hình trên có thể thấy với điều kiện biên trên nửa đường tròn đơn vị và trên đoạn [1, 2] (trên trục hoành) nghiệm xác định duy nhất trong nửa vành

R_+=\{(x, y)|\; 1<x^2+y^2<4, y>0\}.

Bây giờ ta tính giá trị của u(x, y) tại mỗi điểm P=(x_0, y_0)\in R_+.

Có một gợi ý, bạn Nguyễn Tiến Vinh đã dùng, “công thức hình bình hành”. Hình bình hành ở bài này bị bóp méo với các cặp cạnh là các đường đặc trưng.

Chẳng hạn “hình bình hành” 1MPQ với:

+) các cạnh 1M, PQ là các đoạn nằm trên các đường đặc trưng là các đường thẳng đi qua gốc,

+) các cạnh MP, 1Q là các cung nằm trên các đường tròn có tâm tại gốc.

Với P=(x_0, y_0) ta có thể tính được

M=(\sqrt{x_0^2+y_0^2}, 0), Q=\dfrac{1}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}(x_0, y_0).

Tuy nhiên ta không có

u(1, 0)+u(P)=u(M)+u(Q)!

Lý do, khi chuyển về dạng chính tắc nhờ phép đổi biến

\xi=x^2+y^2, \eta=\dfrac{x}{y}

ta được dạng chính tắc

2\xi u_{\xi\eta}-u_{\eta}=0.

Muốn có công thức hình bình hành ta cần làm thêm động tác xét hàm:

v=\xi^{-1/2}u

ta có

v_{\xi\eta}=0.

Lúc này ta mới có công thức hình bình hành cho hàm

v(x, y)=(x^2+y^2)^{-1/2}u(x, y)

nghĩa là

v(P)+v(1, 0)=v(Q)+v(M) hay v(P)-v(M)=v(Q)-v(1, 0).

Từ đó có “công thức hình bình hành” cho hàm u:

(x_0^2+y_0^2)^{-1/2}(u(P)-u(M))=1(u(Q)-u(1, 0)).

Một cách tổng quát:

\dfrac{u(x_1, y_1)-u(z_1, t_1)}{R_1}=\dfrac{u(x_2, y_2)-u(z_2, t_2)}{R_2}

với

R_j^2=x_j^2+y_j^2=z_j^2+t_j^2, j=1, 2,

x_j<z_j, j=1, 2.

Từ điều kiện biên có

+) Q nằm trên nửa đường tròn đơn vị nên u(Q)=\dfrac{x_0^2}{x_0^2+y_0^2},

+) (1, 0), M nằm trên trục hoành nên u(M)=2(x_0^2+y^2_0)^{1/2}-1, u(1, 0)=1.

Như vậy

u(x_0, y_0)=\dfrac{2x_0^2+y_0^2}{\sqrt{x_0^2+y_0^2}}-1.

One response »

  1. Có thể nhìn thấy hiện tượng cầu vồng từ bài toán trên.

    Cầu vồng

    Trước hết điều kiện biên có thể cho một cách tổng quát hơn:

    +) điều kiện trên một cung tròn bán kính R_1, chẳng hạn trong hệ tọa độ cực x=r\cos\theta, y=r\sin\theta

    C_{R_1}=\{(r, \theta)|\; r=R_1, \theta_1<\theta<\theta_2\} (với 0\le\theta_1<\theta_2\le2\pi);

    +) điều kiện tiếp trên đoạn nằm trên bán kính đi qua một đầu mút của cung trên:

    L_{\theta_1}=\{(r, \theta)| R_1\le r\le R_2, \theta=\theta_1\}.

    Hiện tượng cầu vồng xuất hiện trong bài toán khi

    +) trên cung C_{R_1} hàm u(R_1, \theta)=const (một màu nào đó, chẳng hạn Tím)

    +) trên đoạn L_{\theta_1} hàm u(r, \theta_1) chuyển dần từ Tím sang Đỏ.

    u(R_1, \theta)=const nên theo đẳng thức hình bình hành sẽ có

    u(x, y)=u(r, \theta_1) với r=(x^2+y^2)^{1/2}

    hay nói cách khác trên từng cung tròn bán kính r (cố định)

    \{(r, \theta)|\; \theta_1<\theta<\theta_2\}

    hàm u(r, \theta) có cùng màu với u(r, \theta_1).

    Như vậy ta có cầu vồng!

Gửi phản hồi

Mời bạn điền thông tin vào ô dưới đây hoặc kích vào một biểu tượng để đăng nhập:

WordPress.com Logo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản WordPress.com Log Out / Thay đổi )

Twitter picture

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Twitter Log Out / Thay đổi )

Facebook photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Facebook Log Out / Thay đổi )

Google+ photo

Bạn đang bình luận bằng tài khoản Google+ Log Out / Thay đổi )

Connecting to %s