Trao đổi bài giảng PTĐHR lớp K58TN

Standard

Hôm nay, 07/09/2015, tôi bắt đầu dạy môn PTĐHR cho lớp K58TN. Giáo trình tôi sử dụng

“Giáo trình PTĐHR” của thầy Nguyễn Thừa Hợp.

Ngoài ra tôi còn sử dụng thêm các giáo trình:

+”An introduction to PDEs” của Y. Pinchover và J. Rubinstein;

+”Methods of Applỉed Mathematics III: PDEs” của Bernard Deconinck.

Sách của thầy Hợp các bạn có thể mượn thư viện.

Trừ giáo trình của thầy Hợp, các giáo trình khác các bạn có thể lấy bản điện tử theo đường dẫn trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2015/01/19/trao-doi-bai-giang-mon-ptdhr-lop-k57a1t-k57tn/

Có gì cần trao đổi các bạn có thể viết vào phần “Phản hồi”.

66 responses »

  1. Bài tập phần phương trình cấp 1 cho lớp K58TN

    Bài tập PT cấp 1 cho K58TN

    Bạn lớp trưởng giúp tôi chia lớp thành ba nhóm nhỏ, mỗi nhóm không quá ba sinh viên.

    • Tôi đã chấm xong phần bài tập phương trình cấp 1:

      – nhóm 1, 2 làm tốt; còn nhóm 3 làm trung bình.

      Các bạn chưa:

      – nắm được miền xác định tối đa (maximal domain) của nghiệm tìm được,

      – xây dựng đường sốc: bài 10, 14, 15 trong giáo trình của GS. Bernard.

      Các bạn chú ý: viết rõ bài nào thuộc sách nào, trang nào vào từng bài, đặc biệt đợt tới có nhiều bài tập thuộc vào nhiều sách.

  2. Sáng 08/09/2015 tôi có trình bày ví dụ

    u_x+u_y=1, u(x, x)=f(x).

    Đường cong ban đầu

    x_0(s)=s, y_0(s)=s, u_0(s)=f(s).

    Đường cong đặc trưng thoả mãn hệ phương trình

    x_t(t, s)=1, y_t(t, s)=1, u_t(t, s)=1,

    với điều kiện ban đầu

    x(0, s)=x_0(s)=s, y(0, s)=s, u(0, s)=f(s).

    Chú ý u(t, s)=u(x(t, s), y(t, s)).

    Khi đó

    x(t, s)=y(t, s)=t+s, u(t, s)=t+f(s).

    Như vậy

    t+f(s)=u(t, s)=u(t+s, t+s)=f(t+s)

    hay bài toán đã cho có nghiệm khi và chỉ khi

    f(s)=s.

    Khi f(s)=s, như tôi đã chữa ta có vô số nghiệm

    u(x, y)=y+g(x-y)

    với g\in C^1(\mathbb R) bất kỳ thoả mãn g(0)=0.

    Việc tìm nghiệm: ta đặt thêm điều kiện “không tiếp xúc” đường cong đặc trưng và “tương thích” với điều kiện cũ của bài đã cho.

  3. Lớp trưởng đã cho tôi danh sách nhóm:

    N1: Nguyễn Tú Anh, Tô Thị Thu Hằng, Phạm Minh Hoàng,

    N2: Phùng Lâm Bình, Trần Minh Tâm,

    N3: Nguyễn Thụy Trung, Lê Quốc Tuấn.

    Các nhóm chú ý làm đúng bài tập của nhóm mình.

    Bài tập về phương trình cấp 1: hạn nộp 22/09/2015.

    Hôm nay một số bạn đã lên chữa vài bài tập. Chú ý khi làm bài cần có quá trình dẫn dắt, các bạn nên viết rõ quá trình dẫn dắt này.

    • Bài tập phần Phương Pháp Đặc Trưng hạn nộp bài: 06/10/2015.

      Các bạn chú ý: ghi rõ bài tập ở trang nào, sách nào vào từng bài tập. Nếu không tôi sẽ không chấm những bài đó.

    • Tôi đang chấm bài tập nhóm lần 2:

      – Nhóm 1: làm khá tốt, ngoại trừ các bài phần 8.2, 8.3 trong sách của O’ Neil.

      – Nhóm 2: làm còn thiếu các bài trong 8.3 của O’Neil, và mắc lỗi ở các bài trong 8.2.

      – Nhóm 3: làm khá hơn lần 1, nhưng vẫn sai những lỗi cơ bản, đôi lúc chưa đọc kỹ đề (chẳng hạn trong sách thầy Hợp có yêu cầu tìm nghiệm tổng quát thì các bạn mới chuyển về dạng chính tắc) hay đề bài yêu cầu kiểm tra nghiệm thì viết “hiển nhiên”, ngoài ra không đánh số trang các bài (chẳng hạn như trong sách O’Neil tôi cho các bài có cùng số nhưng khác trang). Nhóm này lại có ưu điểm: thấy được sốc ở các bài trong 8.2.

      Trong các bài trong 8.2 của O’Neil các bạn mới thấy sốc, nhưng có những chỗ đường đặc trưng không cắt vào điều kiện đã cho. Ở chỗ đó sẽ có vô số nghiệm. Còn tại sốc ta có thể chia ranh giới và nghiệm vẫn có thể tồn tại.

      • Ta thử xem bài 6, mục 8.2, trang 354 trong sách của O’Neil:

        Tìm nghiệm của phương trình

        y^2u_x+x^2u_y=y^2.

        b) Với điều kiện u(x, -x)=x^2.

        c) Với điều kiện u(x, y)=-2y trên đường hyperbol x^2-y^2=2.

        Hình chiếu của họ các đường cong đặc trưng

        x^3-y^3=C.

        Nghiệm tổng quát

        u(x, y)=x+f(x^3-y^3).

        Bai 6/8.2 O'Neil

        Với câu b để ý các hình chiếu đường cong đặc trưng (màu xanh và tím) chỉ cắt đường y=-x (màu đỏ) tại đúng một điểm. Lúc đó bài toán có duy nhất nghiệm

        u(x, y)=x+((x^3-y^3)/2)^{2/3}+((x^3-y^3)/2)^{1/3}.

        Với câu c lại khác:

        + Với -\sqrt{8} < C < \sqrt{8} thì hình chiếu đường cong đặc trưng x^3-y^3=C không cắt đường hyperbol x^2-y^2=2 (màu vàng). Do đó trong vùng

        -\sqrt{8}< x^3-y^3 < \sqrt{8}

        bài toán có vô số nghiệm.

        + Còn trong miền

        |x^3-y^3|> \sqrt{8}

        xảy ra sốc.

      • Với bài 5, mục 8.3, trang 359 trong sách của O’Neil có hình ảnh

        Bai 5/8.3 O'Neil

        TH1: y> 0 bài toán có duy nhất nghiệm.

        TH2: 0> y > -e^{x-2} có sốc.

        TH3: y< -e^{x-2} bài toán có vô số nghiệm.

  4. Hôm qua, 15/09/2015, tôi có chữa các bài trong sách của Rubinstein-Pinchover.

    Ex 2.1: để giải ta có thể dùng phép đổi biến

    \xi=x-y, \eta=x

    để chuyển phương trình

    u_x+u_y=1

    thành

    v_\eta=1 với v(\xi, \eta)=u(\eta, \xi+\eta).

    Từ đó ta tích phân lên sẽ thu được nghiệm tổng quát

    u(x, y)=x+f(x-y)

    với f\in C^1(\mathbb R) bất kỳ.

    Ta cũng có thể giải bằng việc tìm đường cong đặc trưng như một bạn đã làm. Điểm giống nhau ở hai cách đều cần giải phương trình đặc trưng

    dy/dx=1.

    Với cách đổi biến: việc đổi biến như trên giống hệt như cách đổi biến trong phương trình parabolic.

    Ex 2.2 việc giải phương trình đặc trưng

    dy/dx=(x+y)/x

    cho ta nghiệm

    \dfrac{y-x\ln|x|}{x}=C.

    Ta có các đường cong đặc trưng

    Ta dùng đổi biến

    \xi=\dfrac{y-x\ln|x|}{x}, \eta=x

    phương trình đã cho

    xu_x+(x+y)u_y=1

    chuyển thành

    \eta v_\eta=1.

    Khi đó ta thu được nghiệm tổng quát

    u(x, y)=\ln|x|+f\left(\dfrac{y-x\ln|x|}{x}\right).

    Thay vào điều kiện u(1, y)=y ta có f(y)=y nên nghiệm của bài toán

    u(x, y)=y/x (trên lớp tôi chữa nhầm).

    Đồ thị của nghiệm

    Nghiệm này hoàn toàn xác định trên cả nửa trái và phải, trừ trục tung.

    Tuy nhiên như đã nói trên lớp:

    – nghiệm chỉ xác định duy nhất bên nửa phải,

    – bên nửa trái ta có nhiều nghiệm khác chẳng hạn u(x, y)=\ln|x|, x< 0 mà không nhất thiết có dạng như ta vừa tìm ở trên.

    Lý do: có sốc xuất hiện tại gốc và điều kiện đã cho nằm ở bên phải.

    Ex 2.3: Phương trình đặc trưng

    dy/dx=y/x

    cho ta các đường đặc trưng

    là các tia “xuất phát” tại gốc.

    Câu (a) cho điều kiện trên đường tròn tâm tại gốc bán kính 1: cắt các đường đặc trưng.

    Bằng cách đổi biến

    \xi=y/x, \eta=x

    ta chuyển phương trình ban đầu

    xu_x+yu_y=pu

    thành

    \eta v_\eta=pv.

    Ta thu được nghiệm tổng quát

    u(x, y)=x^pf(y/x).

    Với p=4u(x, y)=1 khi x^2+y^2=1 ta giải được

    f(t)=(1+t^2)^2.

    Việc các đường đặc trưng “không đi qua” gốc không ảnh hưởng gì, theo nghĩa nghiệm xác định trên toàn mặt phẳng.

    Mọi việc sẽ khác đi nếu p=-1, tại gốc nghiệm sẽ không xác định. Cụ thể nghiệm

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

    Câu (b) có điều kiện trên đường đặc trưng: u(x, 0)=x^2, x> 0. Ta giải được từ nghiệm tổng quát

    f(0)=1.

    Như vậy bài toán có vô số nghiệm! Chẳng hạn hình ảnh của hai nghiệm

    Lý do: điều kiện đã cho tương thích với đường đặc trưng.

    Mọi việc sẽ khác khi p=2, u(x, 0)=x. Bài toán lúc này sẽ vô nghiệm.

    Ex 2.4 có các đường đặc trưng là các nửa đường tròn trên

    x=-s\cos t, y= s\sin t, 0\le t\le \pi,

    x=-s\cos t, y=s\sin t, 0\le t\le \pi.

    Như vậy sốc tại mọi điểm trên nửa mặt phẳng trên.

    Bằng cách đổi biến

    \xi=x^2+y^2, \eta=x

    phương trình đã cho có nghiệm tổng quát

    u(x, y)=f(x^2+y^2).

    Câu (a) cho điều kiện u(x, 0)=x^2, x\in\mathbb R: thông tin truyền theo hai đường

    x=-s\cos t, y= s\sin t, 0\le t\le \pi,

    x=-s\cos t, y=s\sin t, 0\le t\le \pi.

    phù hợp với nhau.

    Khi thay nghiệm tổng quát vào điều kiện ta giải được f(t)=t.

    Câu (b) cho ta hiện tượng khác: thông tin dẫn từ hai đường đặc trưng không phù hợp dẫn đến tình trạng

    f(t^2)=t!

    Chú ý điều này không mâu thuẫn với việc kiểm tra định thức

    det\begin{pmatrix}a(x_0, y_0) & b(x_0, y_0) \\ (x_0)_s & (y_0)_s\end{pmatrix}=s

    với x_0(s)=s, y_0(s)=0, a(x, y)=y, b(x, y)=-x

    vì từ định thức khác 0 chỉ dẫn đến nghiệm xác định ở gần điều kiện đã cho. Cụ thể

    u(x, y)=\begin{cases}\sqrt{x^2+y^2} \; khi \; x> 0, \\ -\sqrt{x^2+y^2} \; khi \; x< 0.\end{cases}

  5. Hôm nay có bạn hỏi tôi về tính kỳ dị (singular hay nonclassical) của nghiệm PT truyền sóng. Đây là những điểm mà tại đó nghiệm không thỏa mãn phương trình ban đầu, nghĩa là:

    – không liên tục,

    – liên tục, không có đạo hàm riêng cấp 1,

    – có đạo hàm riêng cấp 1, không có đạo hàm riêng cấp 2,

    – có đạo hàm riêng cấp 2, không thỏa mãn phương trình.

    Các bạn có thể tham khảo thêm bài

    https://bomongiaitich.wordpress.com/2014/10/18/tinh-chat-cua-nghiem-phuong-trinh-truyen-song-di-truyen-tu-dieu-kien-ban-dau-2/

  6. Hôm nay tôi có chữa bài tập về điểm kỳ dị của nghiệm PT truyền sóng trong nửa trục:

    – chủ yếu những điểm này nằm trên đường chéo,

    – kiểm tra tính liên tục tại điểm (x_0, t_0), x_0=t_0 bằng cách

    + tính giới hạn trái:

    lấy (x, t), x< t, rồi cho (x, t)\to (x_0, t_0),

    + tính giới hạn phải, tương tự,

    + .v.v.;

    – kiểm tra có đạo hàm riêng theo x:

    + tính đạo hàm trái

    u_x(x_0^-, t_0)=\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{u(x, t_0)-u(x_0, t_0)}{x-x_0},

    + tính đạo hàm phải, tương tự,

    + .v.v.

    – .v.v.

    Tuy nhiên nếu nghiệm đã liên tục ta có thể kiểm tra có đạo hàm riêng theo x bằng cách:

    – lấy giới hạn trái của đạo hàm riêng theo x, nghĩa là

    u_x(x_0^-, t_0)=\lim\limits_{x\to x_0^-}u_x(x, t_0),

    – .v.v.

    Các bạn có thể tham khảo bài

    https://bomongiaitich.wordpress.com/2013/04/09/gioi-han-cua-dao-ham-la-dao-ham/

  7. Sáng nay tôi có chữa bài 2.29, cụ thể tôi muốn dùng phương pháp Lagrange để tìm nghiệm tổng quát (general solution) của phương trình

    xu_x+(y+1)u_y=x(1+y)+xu.

    Ta bắt đầu từ hệ phương trình đặc trưng

    \dfrac{dx}{x}=\dfrac{dy}{y+1}=\dfrac{du}{x(1+y)+xu}.\quad\quad(1)

    Sử dụng phương trình đầu ta có

    (y+1)/x=c.

    Ta được một họ các mặt cong. Tôi mắc việc tìm họ mặt cong còn lại.

    Từ nghiệm tổng quát mà một bạn đã chữa:

    u(x, y)=-\dfrac{(x+1)(y+1)}{x}+e^xf\left(\dfrac{y+1}{x}\right)

    ta có

    \dfrac{xu+(x+1)(y+1)}{xe^x}=f\left(\dfrac{y+1}{x}\right)

    ta xét vi phân

    d(xu+(x+1)(y+1))=(u+y+1)dx+(x+1)dy+xdu.\quad\quad(2)

    Từ hệ phương trình đặc trưng (1) và (2) ta có

    d(xu+(x+1)(y+1))=(xu+(x+1)(y+1))\dfrac{(1+x)dx}{x}.

    Tích phân phương trình trên ta có

    \dfrac{xu+(x+1)(y+1)}{xe^x}=C.

    Đây chính là họ mặt cong thứ hai cần tìm. Như vậy nghiệm tổng quát của phương trình đã cho

    F\left(\dfrac{y+1}{x}, \dfrac{xu+(x+1)(y+1)}{xe^x}\right)=0.

    Vấn đề: làm sao ta biết lấy vi phân (2) khi ta không biết trước nghiệm tổng quát?

    • Tôi đang chấm bài tập lần 3:

      – Nhóm 1: còn thiếu bài 1, các bài tập trong Giáo trình của GS. Bernard.

      – Nhóm 2: làm đầy đủ nhất, lại không để ý bài 6.12 đã được sửa lại trong bản các lỗi của Pinchover, và một số bài không ghi rõ số trang.

      – Nhóm 3: còn thiếu bài 1 trong Giáo trình của GS. Bernard, ngoài ra có một số bài không ghi rõ số trang.

  8. Sáng nay một bạn lên chữa bài 3.4 trong sách Rubinstein-Pinchover. Tôi chấm nhầm cho bạn đó. Bài toán đặt trong nửa mặt phẳng trên, có các đường cong đặc trưng

    3x-y^3=C, 3x+y^3=C.

    Bài 3.4 Pinchover-Rubinstein

    Nghiệm tổng quát

    u(x, y)=F(3x-y^3)+G(3x+y^3).

    Khi thêm các điều kiện

    u(0, y)=8y^3, u_x(0, y)=6

    ta tính được

    F(-y)=3y+C, G(y)=5y+C

    với chú ý y> 0.

    Nhiều năm nay tôi chỉ dừng lại ở nghiệm

    u(x, y)=6x+8y^3.

    Bạn đó nói chính xác hơn:

    – nghiệm tìm được như vậy chỉ xác định duy nhất trong miền

    y^3\ge 3|x|; chẳng hạn như tại điểm B trong hình trên

    u(B)=F(-1)+G(8)=43.

    – tuy nhiên tại những điểm như điểm A thì nghiệm không xác định duy nhất vì

    u(A)=F(1)+G(8),

    nhưng ta không biết F(1), hay chính xác hơn ta có nhiều cách để có F(1).

    Bạn đó thác triển các điều kiện đã cho

    u(0, y)=\begin{cases}8y^3\; khi \; y\ge 0, \\ f_1(y)\; khi \; y< 0,\end{cases}

    u_x(0, y)=\begin{cases}6\; khi \; y\ge 0, \\ g_1(y)\; khi \; y< 0,\end{cases}

    với f_1\in C^2(-\infty, 0], g_1\in C^1(-\infty, 0] thỏa mãn

    f_1(0)=f_1'(0)=f_1"(0)=0, g_1(0)=6, g_1'(0)=0.

    Chẳng hạn ta lấy f_1(y)=8y^3, g_1(y)=6 ta sẽ có nghiệm như trên. Khi đó

    u(A)=37.

    Ta có thể chọn f_1(y)=0, g_1(y)=6 khi y< 0.

    Khi đó

    u(x, y)=\begin{cases} 6x+8y^3 \; khi \; 3|x|\le y^3, \\ -6x+4y^3 \; khi \; 0< y^3< -3x,\\ 18x+4y^3 \; khi \; 0< y^3< 3x\end{cases}

    u(A)=41.

    Cách khác: ta dùng công thức hình bình hành và thêm điều kiện

    u(x, 0)=h(x), với h\in C^2(\mathbb R), h(0)=0, h'(0)=6.

    Công thức hình bình hành:

    u(A)+u(C)=u(B)+u(D),

    A, B nằm trên 3x+y^3=8,

    C, D nằm trên đường 3x+y^3=1,

    B, C nằm trên đường 3x-y^3=-1,

    A, D nằm trên đường 3x-y^3=1.

    • Một bài khác liên quan đến việc lấy nguyên hàm, bài 3.8, 3.10 trong sách Rubinstein-Pinchover. Chẳng hạn bài 3.8, sau khi tìm nghiệm tổng quát

      u(x, y)=F(2y+x)+G(3x-2y^3)

      thay vào điều kiện u(x, 0)=f(x), u_y(x, 0)=g(x)

      ta được hệ

      \begin{cases} F(x)+G(3x)=f(x), \\ 2F'(x)=g(x).\end{cases}

      Khi đó F(x) là “nguyên hàm” của g(x)/2 và được viết dưới dạng tích phân phụ thuộc tham số

      F(x)=\dfrac{1}{2}\int\limits_0^xg(t)dt+C.

      Tại sao không viết

      F(x)=\dfrac{1}{2}\int g(x)dx?

      Một trong các lý do:

      lấy ví dụ

      g(x)=\begin{cases} 1\; khi \; x> 0, \\ 0\; khi \; x\le 0\end{cases}

      thì F(x)=\dfrac{1}{2}\int\limits_0^xg(t)dt+C=\begin{cases}x/2+C \; khi \; x> 0, \\ C\; khi \; x\le 0\end{cases}

      không là nguyên hàm của hàm g(x) trên toàn đường thẳng

      vì nó không khả vi tại gốc!

      Nếu lấy f(x)=0 thì nghiệm

      u(x, y)=\begin{cases}0 \; khi \; (x, y)\in D_4 \; i.e. x+2y< 0, 3x-2y^3< 0,\\ x/2+y \; khi\; (x, y)\in D_1 \; i.e.\; x+2y> 0, 3x-2y^3< 0, \\ (2y^3-3x)/6 \; khi \;(x, y)\in D_3 \; i.e.\; x+2y< 0, 3x-2y^3> 0, \\ y+y^3/3 \; khi \;(x, y)\in D_2 \; i.e.\; x+2y> 0, 3x-2y^3> 0.\end{cases}

      Có thể thấy nghiệm này không có đạo hàm riêng trên các đường

      x+2y=03x-2y^3=0.

      Bài 3.8 Pinchover-Rubinstein

      Hay nói cách khác tập các điểm kỳ dị (singular hay nonclassical) của nghiệm trên là hai đường trên.

  9. Sáng nay khi nói về công thức Rayleigh – Ritz cho giá trị riêng của bài toán Sturm-Liouville

    \lambda_0=\inf\limits_{u\in V}\dfrac{\int_a^b u(x)L[u](x)dx}{\int_a^b u^2(x)r(x)dx}

    tôi có nói đến bất đẳng thức đẳng chu:

    |D|\le L/4\pi,

    với miền D trên mặt phẳng được bao quanh bởi đường cong chu vi L. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi D là hình tròn.

    Ta có thể giả sử L=2\pi, bằng cách co giãn. Khi đó nếu ta tham số hóa tự nhiên đường bao quanh miền D bới

    x=x(t), y=y(t) sao cho khi t tăng từ 0 đến 2\pi điểm (x(t), y(t)) chạy ngược chiều kim đồng hồ.

    Khi đó theo công thức Green ta có

    |D|=\dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi} (x(t)y'(t)-x'(t)y(t))dt.

    Nếu z(t)=x(t)+iy(t) ta có

    x(t)y'(t)-x'(t)y(t)=Im(\bar{z}(t)z'(t)). (Đây là điểm tôi bị mắc!)

    Khi đó

    |D|=\dfrac{1}{2}Im\left(\int_0^{2\pi}\bar{z}(t)z'(t)dt\right).

    Ta dùng khai triển Fourier

    z(t)=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}c_ne^{int}

    z'(t)=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}inc_ne^{int}

    và đẳng thức Parseval:

    \dfrac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}|z'(t)|^2dt=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}|nc_n|^2

    \dfrac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\bar{z}(t)z'(t)dt=\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\bar{c}_n inc_n.

    Từ đây không khó để thấy điều phải chứng minh.

    Câu hỏi: bài toán đẳng chu và bài toán Sturm-Liouville liên quan gì đến nhau?

    Để ý phương trình Sturm-Liouville là phương trình elliptic một chiều. Các bạn có thể thấy mối liên hệ giữa giá trị riêng của phương trình Laplace (phương trình elliptic điển hình) và bài toán đẳng chu qua bài viết của R. Osserman

    http://www.mathunion.org/ICM/ICM1978.1/Main/icm1978.1.0435.0442.ocr.pdf

  10. Sáng nay một bạn lên chữa bài về hàm Neumann cho bài toán

    u_t=au_{xx}, 0< x< L, t> 0,

    u_x(0, t)=\phi(t), u_x(L, t)=\psi(t),

    u(x, 0)=f(x).

    Khi tìm hàm Neumann vì không để ý TH n=0 và các TH còn lại nên công thức cho hàm Neumann chưa đúng. Công thức hàm Neumann

    N(x, y, t)=\dfrac{1}{L}+\dfrac{2}{L}\sum\limits_{n=1}^\infty \cos(\frac{n\pi x}{L})\cos(\frac{n\pi y}{L})e^{-(\frac{n\pi}{L})^2at}.

    Khi đó công thức nghiệm cho bởi

    u(x, t)=\int\limits_0^L N(x, y, t)f(y)dy+a\int\limits_0^t (N(x, L, t-\tau)\psi(\tau)-N(x, 0, t-\tau)\phi(\tau))d\tau.

    Việc còn lại: thử lại!

    Cụ thể chứng minh các giới hạn sau:

    \lim\limits_{t\to0_+}u(x, t)=f(x),

    \lim\limits_{x\to 0_+}u_x(x, t)=\phi(t),

    \lim\limits_{x\to L_-}u_x(x, t)=\psi(t).

    Ta có thể viết hàm Neumann dưới dạng

    N(x, y, t)=\dfrac{1}{2\sqrt{\pi at}}\sum\limits_{n\in\mathbb Z}\left(exp[-\frac{(x-y-2nL)^2}{4at}]+exp[-\frac{(x+y-2nL)^2}{4at}]\right).

    Một số công thức về hàm Green khác các bạn tìm được ở

    http://eqworld.ipmnet.ru/en/solutions/lpde/lpde102.pdf

  11. Hôm nay một bạn lên chữa bài 69 trong sách thầy Hợp bằng cách dùng biến đổi Fourier. Khi đó nghiệm cho bởi

    u(x, t)=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^\infty e^{i\omega x}C(\omega)e^{-16\omega^2t}d\omega

    với

    C(\omega)=\int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega x}\cos^2(4x)dx.

    Khi đó ta gặp hai tích phân:

    I_0=\int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega x}dx,

    I_1=\int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega x}\cos(8x)dx

    là hai tích phân suy rộng không hội tụ!

    Làm tiếp cách này như nào?

    Quan sát I_0:

    – khi \omega=0 thì I_0=\int_{-\infty}^\infty 1dx=+\infty,

    – khi \omega\not=0,

    PV. \int_{-\infty}^\infty e^{-i\omega x}dx=0,

    (xem
    http://www.wolframalpha.com/share/clip?f=d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427erq2o39ph0d)

    Như vậy I_0 là hàm Dirac theo \omega, xem

    http://mathworld.wolfram.com/FourierTransform1.html

    Cụ thể

    I_0=2\pi \delta(\omega),

    với hàm Dirac được hiểu dưới dạng phiếm hàm như sau

    \int\limits_{-\infty}^\infty \delta(\omega)g(\omega)d\omega=g(0).

    Với I_1, chú ý \cos(8x)=\left(e^{i8x}+e^{-i8x}\right)/2 ta có

    2I_1=\int_{-\infty}^\infty e^{-i(\omega-8) x}dx+\int_{-\infty}^\infty e^{-i(\omega+8) x}dx=\delta(\omega-8)+\delta(\omega+8).

    Quay trở lại nghiệm

    u(x, t)=\dfrac{1}{8\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty \left(2\delta(\omega)+\delta(\omega-8)+\delta(\omega+8)\right)e^{i\omega x}e^{-16\omega^2t}d\omega

    =\dfrac{1}{4}\left(2+(e^{i8x}+e^{-i8x})e^{-1024t}\right).

  12. Hai bài trên đều liên quan đến giới hạn:

    – Bài 69 trong sách thầy hợp liên quan đến

    \lim\limits_{R\to+\infty}\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{\sin(R\omega)}{\pi\omega}g(\omega)d\omega=g(0), \forall g\in C^\infty_0(\mathbb R).

    – Bài 7/5.2 trong sách O’Neil

    \lim\limits_{t\to0_+}\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\int\limits^{(1-x)/\sqrt{t}}_{-x/\sqrt{t}}e^{-y^2}dy=\begin{cases} 1 \; khi \; 0< x< 1, \\ 0 \; khi \; x< 0\; hay \; x> 1.\end{cases}

    Với giới hạn sau tại x=0, x=1 các bạn thử xem có gì thú vị?

    Cũng cần nói thêm, các giới hạn trên là các giới hạn trong hàm suy rộng:

    +) \mathcal D'_{-}\lim_{R\to+\infty}\dfrac{\sin(Rx)}{\pi x}=\delta(x),

    +) \mathcal D'_{-}\lim_{t\to0_+}\dfrac{e^{-x^2/t}}{\sqrt{\pi t}}=\delta(x).

  13. Hôm nay khi trình bày cách giải bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong hình tròn tôi có đề cập đến bài toán “đơn giản” sau:

    \nabla\cdot(\sigma(x, y)\nabla u(x, y))=0, x^2+y^2< 1,

    u(x, y)=\varphi(x, y), x^2+y^2=1,

    trong đó \varphi là hàm cho trước xác định trên đường tròn đơn vị, còn

    \sigma(x, y)=\begin{cases}1 \; khi \; x^2+y^2\le r_0^2, \\ 1+C \; khi \; r_0^2< x^2+y^2< 1,\end{cases}

    r_0\in(0, 1), C là các hằng số cho trước.

    Một bài toán tương tự cho phương trình Laplace trong hình vuông:

    \nabla\cdot(\sigma(x, y)\nabla u(x, y))=0, 0< x, y < 1,

    u(x, y)=\begin{cases}0 \; khi \; x(1-x)=0, \\ 1\; khi \; y(1-y)=0,\end{cases}

    trong đó

    \sigma(x, y)=\begin{cases}1\; khi \; 0< x< 1/2, \\ 2 \; khi \; 1/2< x< 1.\end{cases}

  14. Sáng nay tôi chữa một số bài:

    – Bài 2/Chương 3, giáo trình của GS. Bernard: các bạn có thể lấy chuỗi

    \sum\limits_{n=1}^\infty r^n \cos(nx), 0< r< 1

    hội tụ đến hàm khả vi vô hạn nhờ:

    + Weierstrass và chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty n^k r^n hội tụ khi k\in\mathbb Z_+, 0< r< 1,

    + tính hàm giới hạn, tham khảo

    https://bomongiaitich.wordpress.com/2012/05/08/ham-phuc-moi-lien-he-giua-chuoi-fourier-va-chuoi-luy-thua/#comment-1557

    – Bài 3/Chương 3, giáo trình GS. Bernard,

    + câu a sử dụng bổ để Riemann Lebesgue + tích phân từng phần dẫn đến I(\alpha) giảm nhanh hơn bất kỳ đa thức,

    + câu b đưa ra phản ví dụ cho bổ đề Riemann Lebesgue, hệ số Fourier của \sin(x^2) không thỏa mãn bổ đề Riemann Lebesgue.

    – Bài 1/Chương 5, giáo trình GS. Bernard, tìm nghiệm tự đồng dạng u(x, t)=t^{-p}f(x/t^q) của phương trình Schrodinger:

    + khi p=q=1/2 ta có nghiệm

    u(x, t)=C\dfrac{1}{\sqrt{t}}e^{\frac{ix^2}{4t}}\int\limits_0^{x/\sqrt{t}}e^{-i\xi^2/4}d\xi,

    + khi t\to 0_+ thì |u(x, t)|\to \infty, do đó nghiệm tự đồng dạng không thể tìm được nhờ biến đổi Fourier,

    + nghiệm được gọi là tự đồng dạng vì khi t khác nhau, đồ thị của nghiệm đồng dạng với nhau.

    • Bài 6.14/trang 170, sách Pinchover-Rubinstein, có chuỗi nghiệm

      u(x, t)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_n \cos\left((2n+1)x/2\right)e^{-\left((n+1/2)^2+4\right)t}.

      (a) Có hệ số

      a_n=\dfrac{32(-1)^{n+1}}{\pi(2n+1)^3}.

      (b) Có hệ số

      a_n=\dfrac{4(2n+1)(-1)^n}{\pi(2n-1)(2n+3)}+\dfrac{4\pi(2n+1)(-1)^n-8}{\pi(2n+1)^2}.

      (c) Kiểm tra nghiệm có cổ điển hay không?

      – Kiểm tra thỏa mãn phương trình:

      + kiểm tra sự hội tụ đều trên [0, \pi]\times(t_0, \infty), t_0> 0 của các chuỗi

      -\sum\limits_{n=0}^\infty \left((n+1/2)^2+4\right)a_n\cos((n+1/2)x)e^{-((n+1/2)^2+4)t},

      -\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1/2)a_n\sin((n+1/2)x)e^{-((n+1/2)^2+4)t},

      -\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1/2)^2a_n\cos((n+1/2)x)e^{-((n+1/2)^2+4)t}

      + nếu hội tụ đều, thay vào phương trình.

      – Kiểm tra điều kiện biên:

      + kiểm tra sự hội tụ đều trên [0, L]\times [0, \infty) các chuỗi

      -\sum\limits_{n=0}^\infty (n+1/2)a_n\sin((n+1/2)x)e^{-((n+1/2)^2+4)t},

      \sum\limits_{n=0}^\infty a_n\cos((n+1/2)x)e^{-((n+1/2)^2+4)t},

      + nếu hội tụ đều, chuyển giới hạn \lim_{x\to 0_+}, \lim_{x\to\pi_-} lần lượt qua các tổng trên.

      – Kiểm tra điều kiện ban đầu:

      + kiểm tra sự hội tụ đều [0, L]\times [0, \infty) chuỗi

      \sum\limits_{n=0}^\infty a_n\cos((n+1/2)x)e^{- ((n+1/2)^2+4)t},

      + nếu hội tụ đều, sau khi đẩy giới hạn \lim_{t\to0_+} qua tổng trên ta được

      -\sum\limits_{n=0}^\infty a_n\cos((n+1/2)x),

      + kiểm tra chuỗi Fourier tổng quát có hội tụ từng diểm đến u(x, 0)

      + chú ý chuỗi Fourier trên là hàm chẵn, tuần hoàn chu kỳ 2\pi, bằng 0 tại \pi+k2\pi, có đạo hàm bằng 0 tại k2\pi,

      (a) thác triển chẵn, tuần hoàn chu kỳ 2\pi hàm u(x, 0)=x^2-\pi^2, 0\le x\le \pi, ta được hàm liên tục, trơn từng khúc, bằng 0 tại \pi+k2\pi, có đạo hàm bằng 0 tại k2\pi, nên chuỗi Fourier của nó hội tụ đều đến nó, cụ thể bởi hình ảnh

      http://www.wolframalpha.com/share/clip?f=d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427e1cpfa87tmc

      hay

      Bài 6.14 PR

      (b) thác triển chẵn, tuần hoàn chu kỳ 2\pi hàm u(x, 0)=x-\cos x, 0\le x\le \pi, ta được hàm liên tục, trơn từng khúc, nhưng khác 0 tại \pi+k2\pi, có đạo hàm khác 0 tại k2\pi, nên chuỗi Fourier của nó hội tụ điểm đến nó trong (0, \pi), không hội tụ đến u(x, 0) tại đầu x=\pi, cụ thể bởi hình ảnh

      http://www.wolframalpha.com/share/clip?f=d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427e5orcakvhj3

      http://www.wolframalpha.com/share/clip?f=d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427ee1oq3ch1ju

      Các bạn có thể xem

      Bài 6.14 PR

  15. Hôm qua 03/11/2015, khi chứng minh nguyên lý cực đại mạnh cho hàm điều hòa bằng cách sử dụng Định lý giá trị trung bình tôi có nói đến

    Nếu f, g: A\to\mathbb R là các hàm khả tích Riemann trên tập đo được Jordan A

    f(x)\le g(x) với mọi x\in A\;\quad (1)

    thì

    \int_A f(x)dx\le \int_A g(x)dx.\;\;\quad(2)

    Nếu f liên tục trên A thì (2) có dấu bằng khi và chỉ khi (1) có dấu bằng.

    Một kết quả khác mà tôi quên: nếu (1) không có dấu bằng, nghĩa là

    f(x)< g(x) với mọi x\in A

    thì (2) cũng không có dấu bằng, nghĩa là

    \int_A f(x)dx < \int_A g(x)dx.

    Về nguyên lý cực đại yếu cho phương trình truyền nhiệt trong \mathbb R\times[0, T]:

    – Khi có điều kiện bị chặn của hàm u(x, t), nghĩa là

    |u(x, t)|\le N, \forall (x, t)\in \mathbb R\times[0, T]

    trong giáo trình của thầy Hợp dùng hàm

    v(x, t)=\dfrac{\epsilon}{x_0^2+2kt_0}(x^2+2kt)+M-u(x, t)

    với M=\sup_{\mathbb R}u(x, 0).

    Ta cũng có thể dùng hàm

    v(x, t)=u(x, t)+\epsilon\left((t_0-t)-2k(x_0-x)^2\right).

    – Tôi cũng đề cập đến mở rộng tính bị chặn bởi điều kiện

    |u(x, t)|\le M_1e^{\lambda x^2}, \forall (x, t)\in\mathbb R\times[0, T]

    trong đó M_1, \lambda là các hằng số dương.

    Bằng cách chia đoạn [0, T] thành m đoạn có độ dài bằng nhau và bằng T/m< 1/(4k\lambda) rồi dùng quy nạp ta có thể giả sử T< 1/(4k\lambda).

    Khi đó, như trong cuốn “Partial Differential Equations” của Jurgen Jost, ta dùng hàm

    v(x, t)=u(x, t)-\dfrac{\epsilon}{\sqrt{T+\delta-t}}e^{-\frac{(x-x_0)^2}{4k(t-T-\delta)}}

    trong đó hằng số dương \delta thỏa mãn T+\delta< 1/(4k\lambda).

    Về nguyên lý cực đại mạnh cho phương trình truyền nhiệt, các bạn tham khảo cuốn của Jost, bản thứ tư, trang 95. Ngoài ra cũng có thể tham khảo trang 144 của bài giảng

    https://bomongiaitich.files.wordpress.com/2012/08/547notesb.pdf

  16. Qua trao đổi với các bạn K58TN, tuần tới tôi sẽ cho lớp K58TN thi giữa kỳ. Nội dung thi:

    – Phương pháp đặc trưng:

    + phương trình cấp 1: đường đặc trưng, điều kiện Rankine-Hugoniot và sốc, nghiệm tổng quát,

    + phương trình cấp 2: phân loại và dạng chính tắc, nghiệm tổng quát và nghiệm D’Alembert, tính chất của nghiệm.

    – Phương pháp tách biến:

    + phương trình truyền nhiệt, truyền sóng,

    + phương trình cấp cao, chẳng hạn phương trình mô tả dao động của dầm,

    – Phương pháp biến đổi Fourier:

    + phương trình tiến hóa (evolution): quan hệ tán xạ (dispersion relationship), vận tốc pha, vận tốc nhóm,

    + phương trình truyền sóng, truyền nhiệt: hàm Green.

    Ngoài ra, dùng tích phân năng lượng để dẫn đến tính duy nhất nghiệm.

    Chú ý: ý nghĩa các điều kiện.

  17. Về ý nghĩa điều kiện các bạn xem

    https://bomongiaitich.files.wordpress.com/2015/03/y_nghia_dk_ptdhr1.pdf

    Chú ý về điều kiện biên của phương trình truyền nhiệt:

    – có sự truyền nhiệt tại đầu x=0 tại nhiệt độ u_m (nhiệt độ ngoài môi trường)

    u_x(0, t)=h(u(0, t)-u_m), với h> 0,

    – có sự truyền nhiệt tại đầu x=L tại nhiệt độ u_m (nhiệt độ ngoài môi trường)

    u_x(L, t)=-h(u(L, t)-u_m), với h> 0.

  18. Bằng việc dùng biến đổi Fourier ta thu được các công thức Poisson:

    – cho phương trình Laplace trên nửa mặt phẳng

    u_{xx}+u_{yy}=0, y> 0, x\in\mathbb R,

    với điều kiện biên

    u(x, 0)=f(x)

    có công thức Poisson

    u(x, y)=\int\limits_{\mathbb R}P_y(x-\xi)f(\xi)d\xi

    với nhân Poisson P_y(\xi)=\dfrac{\xi}{\pi(y^2+\xi^2)};

    – cho phương trình truyền nhiệt trên toàn không gian

    u_t=u_{xx}, t> 0, x\in\mathbb R,

    với điều kiện ban đầu

    u(x, 0)=f(x)

    có công thức Poisson

    u(x, t)=\int\limits_{\mathbb R}H_t(x-\xi)f(\xi)d\xi

    với nhân Gauss-Weierstrass H_t(\xi)=\dfrac{exp(-\xi^2/4t)}{\sqrt{4\pi t}}.

    P_y, H_t là các nửa nhóm liên tục mạnh trong không gian L^2(\mathbb R).

    Ngoài ra, với f\in L^2(\mathbb R) ta có

    P_yf \to f hầu khắp nơi khi y\to 0_+,

    H_tf \to f hầu khắp nơi khi t\to 0_+.

    Với phương trình Schrodinger trên toàn không gian

    iu_t=u_{xx}, t> 0, x\in\mathbb R

    ta cũng có nửa nhóm trong L^2(\mathbb R)

    f\mapsto S_tf(x)=\int\limits_{\mathbb R}S_t(x-\xi)f(\xi)d\xi

    với S_t(\xi)=\dfrac{e^{-\frac{\xi^2}{4it}}}{\sqrt{4\pi it}}.

    Carleson-Dahlberg-Kenig chứng minh được rằng

    S_tf\to f hầu khắp nơi khi t\to 0_+ với mọi f\in H^s(\mathbb R)

    khi và chỉ khi

    s\ge 1/4.

    Trong đó H^s(\mathbb R) là không gian Sobolev

    \{f\in L^2(\mathbb R)|\; (1+\xi^2)^s|\mathcal F f(\xi)|^2\in L^1(\mathbb R)\}.

  19. Bài kiểm tra sáng nay:

    Xét phương trình

    y^2u_x+xu_y=xy^2

    có các đường đặc trưng

    3x^2-2y^3=C.

    Kiem tra giua ky

    Câu a: u(x, y)=x khi x=y^{3/2} giải được duy nhất nghiệm khi y< x^{2/3}, có vô số nghiệm khi y > x^{2/3}.

    Câu b: u(x, y)=x^2 khi 3x^2=2y^3 bài toán vô nghiệm.

    Câu c: u(x, y)=\sin y khi x=0 bài toán có duy nhất nghiệm.

  20. Sáng nay tôi tiếp tục cho kiểm tra giữa kỳ. Trong đó có bài:

    u_t=u_{xx}-xu_{xxx}, x\in\mathbb R, t> 0,

    với điều kiện ban đầu

    u(x, 0)=f(x).

    Dùng biến đổi Fourier \hat{u}(\omega, t)=\int\limits_{\mathbb R}e^{-ix\omega}u(x, t)dx ta chuyển bài toán đã cho thành

    \hat{u}_t+\omega^3\hat{u}_\omega=-4\omega^2\hat{u}, \omega\in\mathbb R, t> 0,

    \hat{u}(\omega, 0)=\hat{f}(\omega).

    Các đường cong đặc trưng

    t+\dfrac{1}{2\omega^2}=C.

    Kiem tra giua ky

    Có thể coi đường cong đặc trưng nào đi qua các điểm trên \omega=0 là đường

    \omega(t)=0.

    Mỗi điểm (\omega_0, t_0), \omega_0\not=0, có duy nhất một đường đặc trưng đi qua:

    \omega(t)=\dfrac{\omega_0}{\sqrt{2\omega^2_0(t_0-t)+1}}.

    Bài toán sau biến đổi Fourier giải được duy nhất nghiệm

    \hat{u}(\omega, t)=\dfrac{\hat{f}(\omega/\sqrt{2\omega^2 t+1})}{(2\omega^2t+1)^2}, t> 0.

  21. Một trong những điểm quan trọng trong phương pháp Fokas là công thức Green, mà cụ thể tạo ra quan hệ địa phương:

    \rho_t=j_x,

    trong đó

    \rho=e^{ikx-\omega t}u.

    Trong việc xây dựng hàm Green cho bài toán biên hỗn hợp cho phương trình truyền nhiệt

    u_t=au_{xx}+F(x, t), 0< x< L, t> 0,

    (điều kiện ban đầu) u(x, 0)=u_0(x),

    (điều kiện biên ) u(0, t)=\phi(t), u(L, t)=\psi(t),

    ta cũng cố gắng tạo ra quan hệ địa phương

    v(u_t-au_{xx})+u(v_t+av_{xx})=(uv)_t+a(uv_x-vu_x)_x,

    với v(x, t)=\dfrac{1}{\sqrt{4\pi t}}exp\left(-\dfrac{(x-y)^2}{4t}\right), y\in[0, L] là điểm cố định.

    Trong phương trình Laplace ta cũng có các mối quan hệ địa phương:

    +) \Delta u=(u_x)_x+(u_y)_y

    dùng để chứng minh (điều kiện bài toán biên Neumann có nghiệm)

    \int\limits_{\partial \Omega}\dfrac{\partial u}{\partial n}ds=0,

    +) u\Delta u=(uu_x)_x+(uu_y)_y-\nabla u\cdot \nabla u

    để chứng minh tính duy nhất nghiệm bằng tích phân năng lượng.

    Cũng để chứng minh tính duy nhất nghiệm bằng tích phân năng lượng cho phương trình

    (y^2u_x)_x+(x^2u_y)_y=F(x, y) (bài 5.18, tr. 128 Pinchover-Rubinstein)

    ta dùng quan hệ địa phương

    u\left((y^2u_x)_x+(x^2u_y)_y\right)=(y^2uu_x)_x+(x^2uu_y)_y-\left((yu_x)^2+(xu_y)^2\right).

  22. Hôm nay tôi nhờ một số bạn lên chữa bài tập. Trong số đó có vài bài có các điểm lưu ý sau:

    Bài 7.3, tr 204 trong Pinchover-Rubinstein có nghiệm

    u(x, y)=\sum_{n=1}^\infty a_n  \sinh(n(\pi-x))\sin(ny)

    với

    a_n=\dfrac{2(1-\cos(n\pi))}{n\pi \sinh(n\pi)}.

    Kiểm tra tính cổ điển (classical):

    – có hiện tượng Gibb ở biên x=0, tại hai đầu y=0 và y=1,

    – với \epsilon < x < \pi  - \epsilon, \epsilon \in (0, \pi/2)

    \left|\dfrac{\sinh(n(\pi - x))}{\sinh(n\pi)}\right| \le \dfrac{2 e^{-n\epsilon}}{1- e^{-\pi}}

    nên dùng Weierstrass nghiệm khả vi cấp vô hạn và thỏa mãn phương trình trong hình vuông

    0 < x, y <\pi.

    Bài 8, tr 369, sách Guenther-Lee, liên quan đến phương trình

    R" + R'/r = CR, 0\le r<\infty.\quad\quad   (1)

    Chú ý tính xác định tại 0 (khả vi vô hạn), bị chặn ở vô cùng, ta tìm nghiệm

    R(r)=a_0+ a_1r + a_2r^2 + \dots

    a_{2k+1}=0,

    a_{2k}=a_0 \dfrac{C^k}{2^k(k!)^2}.

    Để nghiệm bị chặn thì

    C\le 0 \quad hay \quad C=-\mu^2, \mu\ge 0.

    Khi đó nghiệm có dạng

    R_\mu(r)=J_0(\mu r),

    với J_0(r) là hàm Bessel.

    Các bạn xem thêm hàm Bessel

    https://en.wikipedia.org/wiki/Bessel_function

  23. Có bạn hỏi tôi về định lý trung bình cầu cho hàm điều hòa: có thể thay hình cầu bởi hình khác được không?

    Tôi có trả lời không và loay hoay tìm ví dụ với hàm điều hòa dạng đa thức:

    xy, x^2-y^2

    và hình cầu thay bằng hình vuông.

    Chú ý

    Nếu

    P(x, y) là đa thức điều hòa thuần nhất bậc lẻ,

    S là đường cong kín, không tự cắt, có hai trục đối xứng song song với các trục tọa độ,

    thì ta có định lý trung bình.

    Các bạn thử chứng minh?

    Tôi chọn hàm điều hòa

    u(x, y)=e^x\cos y

    S là bốn cạnh hình vuông tâm tại gốc, chiều dài cạnh 2\pi

    trung binh

    u(0, 0)=1,

    \dfrac{1}{|S|}\int_S u(x, y)dS=\dfrac{1}{8\pi}\left(\int\limits_{-\pi}^\pi (e^\pi+e^{-\pi})\cos ydy+\int\limits_{-\pi}^\pi (-2)e^xdx\right)< 0.

    Nếu S là đường ellipse

    x=a\cos t, y=b\sin t, 0\le t\le 2\pi, a> 0, b> 0

    ta gặp các tích phân

    I_1=\int_Su(x, y)ds=\int_0^{2\pi} e^{a\cos t}\cos(b\sin t)\sqrt{a^2\sin^2t+b^2\cos^2t}dt,

    |S|=\int_0^{2\pi}\sqrt{a^2\sin^2t+b^2\cos^2t}dt.

    Khi a=b thì I_1=?, |S|=?

    Khi a=2, b=1 các bạn xem

    http://www.wolframalpha.com/share/clip?f=d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427eetlaba412b

    http://www.wolframalpha.com/share/clip?f=d41d8cd98f00b204e9800998ecf8427ejguenmugs

    • Ví dụ các hàm điều hòa

      xy, x^2-y^2

      và hình vuông

      thỏa mãn định lý trung bình

      vì hình vuông có hai trục đối xứng song song với các đường chéo.

      Nếu lấy ví dụ

      u(x, y)=x^2-y^2

      và đường ellipse x^2/4+y^2=1

      trung binh

      u(0, 0)=0

      còn

      \int_Su(x, y)ds=\int_0^{2\pi}\cos(2\theta)\sqrt{4\sin^2\theta+\cos^2\theta}d\theta< 0.

      Hay hàm điều hòa

      v(x, y)=x^3-3xy^2

      và hình vuông \max\{|x-1|, |y-1|\}=1

      trung binh

      v(1, 1)=-2,

      \dfrac{1}{8}\int_Sv(x, y)ds=-5/2.

  24. Tôi vừa xem qua bài tập phần PT Laplace:

    – nhóm 1 làm đầy đủ,

    – nhóm 2 chưa làm các bài trong sách thầy Hợp,

    – nhóm 3: còn thiếu các bài trong phần bài tập của GS. Bernard.

  25. Trong phần bài tập nhóm 1, có bài 6/tr305, sách Guenther-Lee, có yêu cầu chứng minh

    \lim\limits_{y\to 0_+}\dfrac{y}{\pi}\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{f(s)ds}{(x-s)^2+y^2}=f(x).

    Ta cứ giả sử f\in L^\infty(\mathbb R)\cap C(\mathbb R).

    Nhóm 1 đã làm như sau:

    Cố định x_0\in\mathbb R\epsilon> 0, do tính liên tục nên có \delta > 0 để

    |f(x)-f(x_0)|\le \epsilon \; khi \; |x-x_0|\le \delta.

    Chú ý

    \dfrac{y}{\pi}\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{ds}{(x-s)^2+y^2}=1, y> 0

    nên

    f(x)-\dfrac{y}{\pi}\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{f(s)ds}{(x-s)^2+y^2}=\dfrac{y}{\pi}\int\limits_{\mathbb R}\dfrac{(f(s)-f(x))ds}{(x-s)^2+y^2}.

    Tách tích phân trên thành hai phần

    +) I_1=\int_{|s-x_0|> \delta};

    +) I_2=\int_{|s-x_0|\le \delta}.

    Phần I_2 sử dụng tính liên tục ở trên.

    Phần I_1, nhóm chưa làm được, cần dùng tính bị chặn của f.

    Các bạn có thể tham khảo thêm

    https://datuan5pdes.wordpress.com/2015/12/03/xap-xi-dong-nhat/

  26. Tôi dùng cuốn

    “Introduction to Partial Differential Equations, 2nd Edition” của G. Folland

    để trình bày phần lý thuyết thế vị.

    Các bạn có thể tìm file điện tử cuốn này trong

    http://gen.lib.rus.ec/

    Trong cuốn này Folland đòi hỏi mặt thuộc lớp C^2, nhưng xem kỹ chứng minh có thể thấy chỉ cần thuộc C^{1, \alpha}, 0< \alpha\le 1.

  27. Một số bài tập phần hàm điều hòa:

    Cho S\subset\mathbb R^3 là mặt Liapunov, và \Omega là phần bị chặn nằm trong mặt S. Các bạn tham khảo trong sách thầy Hợp hoặc

    https://books.google.com.vn/books?id=KdPyCAAAQBAJ&pg=PA64&lpg=PA64&dq=lyapunov+surface&source=bl&ots=T-y5wGUFmj&sig=IDQCG1kvlDMHSoK5E8wiQulZJuw&hl=vi&sa=X&sqi=2&redir_esc=y#v=onepage&q=lyapunov%20surface&f=false

    Với mỗi x\in S ký hiệu \nu(x)=(\nu_1(x), \dots, \nu_n(x)) là véc-tơ pháp tuyến ngoài (trỏ ra vô cùng), độ dài đơn vị.

    Khi đó ta có các kết luận sau:

    -) có số \alpha\in (0, 1) để

    |\langle x-y, \nu(x)\rangle|\le C||x-y||^{1+\alpha}, \forall x, y\in S;

    -) tích phân Gauss

    \int_S \dfrac{\langle y-x, \nu(y)\rangle}{3c_3||x-y||^3}dS_y=\begin{cases}1\; khi \; x\in \Omega, \\ 0 \; khi \; x\not\in\bar{\Omega}, \\ 1/2 \; khi \; x\in S.\end{cases}

    -) với 1\le j, k\le 3, x\in \Omega

    \int_S\partial_{x_j}E_3(x-y)\nu_k(y)dS_y=\int_S\partial_{x_k}E_3(x-y)\nu_j(y)dS_y.

  28. Nội dung thi vấn đáp cuối kỳ môn PTĐHR lớp K58TN:

    – Nguyên lý cực đại,

    – Phương pháp Fokas,

    – Một số tính chất của hàm điều hòa,

    – Lý thuyết thế vị.

  29. Hôm qua tôi có hỏi thi vấn đáp cuối kỳ môn PTĐHR cho lớp K58TN. Một vài điểm đáng chú ý:

    Bài của Tú Anh:

    Có thể thấy hàm u(x, t)=e^{-\beta x}-1 thỏa mãn bài toán

    u_t=u_{xx}+\beta u_x, x> 0, trong đó hằng số \beta> 0,

    u(x, 0)=e^{-\beta x}-1, u(0, t)=0

    nhưng không thỏa mãn

    u_x(0, t)=0.

    Như vậy, bài toán cho nhiều điều kiện có thể vô nghiệm.

    Với bài toán

    u_t=u_{xx}+\beta u_x, x> 0, trong đó hằng số \beta> 0,

    u(x, 0)=u_0(x), u(0, t)=0

    bạn Tú Anh đã chỉ ra nghiệm

    u(x, T)=\dfrac{1}{2\pi} \left(\int_{\partial D_+}\hat{u}_0(k)e^{ikx-\omega T}dk-\int_{\partial D_+}\hat{u}_0(i\beta- k)e^{ikx}dk\right).

    cuoiky

    Tiếp tục, như cách Thụy Trung làm, qua phép đối xứng

    k\to i\beta-k

    ta có

    \partial D_+ chuyển thành \partial D_- cùng chiều.
    Khi đó nghiệm được viết

    u(x, T)=\dfrac{1}{2\pi} \left(\int_{\partial D_+}\hat{u}_0(k)e^{ikx-\omega T}dk+\int_{\partial D_-}\hat{u}_0(k)e^{-ikx-\beta x}dk\right).

  30. Bài bạn Thụy Trung:

    Việc lấy căn cần chú ý tính liên tục. Cụ thể, với k=k_R+ik_I, 3k_R^2-k_I^2=1,

    \dfrac{-k\pm\sqrt{4-k^2}}{2} có giá trị k_R-ik_I, -2k_R.

    cuoiky

    Ta tránh cả đoạn [-2/\sqrt{3}, 2+\sqrt{3}] bằng cách tạo các cung màu xanh trong các miền D^+, D^-_1, D^-_2.

    Ta chọn \nu_1, \nu_2 sao cho:

    +) khi k\in D^+ thì \nu_1\in D^-_1, \nu_2\in D^-_2,

    +) khi k\in D^-_1 thì \nu_1\in D^-_2, \nu_2\in D^+,

    +) khi k\in D^-_2 thì \nu_1\in D^+, \nu_2\in D^-_1.

  31. Bài của Tú Anh xuất hiện đạo hàm bậc cao nhất theo biến x là 2 nên cần hai điều kiện biên:

    – tại x=0: u(0, t)=0,

    – tại x ở vô cùng: độ giảm về 0 của u_x(x, t)+(ik-\beta)u(x, t).

    Bài của Thụy Trung xuất hiện đạo hàm bậc cao nhất theo biến x là 3 nên cần ba điều kiện biên:

    – tại x=0: u(0, t)=0,

    – tại x=L: u(L, t)=u_x(L, t)=0.

    Bài của Minh Hoàng xuất hiện đạo hàm bậc cao nhất theo biến x là 5 chỉ cần ba điều kiện biên:

    – hai điều kiện tại x=0,

    – một điều kiện ở vô cùng.

    Hình ảnh bài của bạn Minh Hoàng

    cuoiky

  32. Bài của bạn Tâm và bạn Bình liên quan đến tính chất của hàm điều hòa:

    – Bài của bạn Tâm: tính lồi của

    M(r)=\max_{S_r}u(x),

    với u\in C^2(\Omega)\cap C(\bar{\Omega}) là hàm điều hòa dưới, \Omega là vành khăn trong mặt phẳng.

    Bạn Tâm đã để ý đến tính đơn điệu tăng của M(r).

    – Bài của bạn Bình: tính doubling của độ đo điều hòa. Bạn tính được

    D'(r)=\dfrac{n}{r}D(r)-2r^n\int_{B_1}\sum_{i=1}^n u_{x_i}(ry)(\nabla u_{x_i}(ry)\cdot y)dy.

    Chú ý:

    +) u_r(x)=\nabla u(x)\cdot \dfrac{x}{|x|},

    +) \nabla u_{x_i}(x)\cdot x=\left(\nabla u(x)\cdot x\right)_{x_i}+ u_{x_i}(x).

    Các bạn tham khảo thêm

    http://www3.nd.edu/~qhan/2005-0719NodalSets-PKU.pdf

  33. Pingback: Trao đổi bài giảng PTĐHR lớp K59TN | Giải tích

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