1.2.2 Tính chính quy Đánh giá gradient... 32

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "1.2.2 Tính chính quy Đánh giá gradient... 32"

Transcript

1 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 4 tháng 2 năm 2017

2 Mục lục 1 Phương trình truyền nhiệt Biến đổi Fourier Các tính chất cơ bản Ví dụ ứng dụng biến đổi Fourier Nghiệm cơ bản Tính chất của nghiệm cơ bản Tính chính quy Tính chất giá trị trung bình Nguyên lý cực đại Nguyên lý cực đại yếu Nguyên lý cực đại mạnh Đánh giá tiên nghiệm Đánh giá gradient Bất đẳng thức Harnack Phương trình không thuần nhất Phương trình không thuần nhất trên toàn không gian Phương trình không thuần nhất trong miền bị chặn i

3 Chương 1 Phương trình truyền nhiệt 1.1 Biến đổi Fourier Các tính chất cơ bản Trước hết ta định nghĩa không gian các hàm giảm nhanh Schwartz S gồm các hàm ϕ C (R n ; C) sao cho x β α u(x) bị chặn trong R n, với bất kỳ α, β Z n +. Ví dụ 1.1. Ví dụ điển hình e x 2 2 S. Những ví dụ khác x α e x 2 2 S, α Z n +. Không gian S là không gian véc-tơ trên trường C. Ánh xạ lấy đạo hàm riêng cấp α Z n + cũng là ánh xạ tuyến tính trong S. Ngoài ra, với hàm a C (R n ) thỏa mãn: với bất kỳ α Z n + đều có C α > 0, m α Z + sao cho α a(x) C α (1 + x 2 ) mα, x R n, ánh xạ ϕ aϕ là ánh xạ tuyến tính trong S. Ví dụ 1.2. Ánh xạ là ánh xạ tuyến tính trong S. ϕ ϕ 1 + x 2 Định nghĩa 1.1. Với u S, biến đổi Fourier của u được xác định bởi û(ξ) = (2π) n/2 R n e ix ξ u(x)dx. 1

4 2 Ví dụ 1.3. e x 2 /2 (ξ) = e ξ 2 /2. Biến đổi Fourier là ánh xạ tuyến tính trong S. Điều này được chứng minh nhờ bổ đề sau: Bổ đề 1.1. Cho u S. Khi đó û S. Hơn nữa với bất kỳ α, β Z n + có α u(ξ) =(iξ) α û(ξ), β û(ξ) =( i) β xβ u(ξ). Biến đổi Fourier còn là một đẳng cấu trong S với biến đổi Fourier ngược ǔ(x) = (2π) n/2 R n e ix ξ u(ξ)dξ. Một số tính chất của biến đổi Fourier: Mệnh đề 1.2. (i) Với u S, a R n có u( a)(ξ) = e iξ a û(ξ). (ii) Với u S, k R \ {0} có û(k )(ξ) = k n û(ξ/k). (iii) Với u, v S có û v(ξ) =(2π) n/2 û(ξ)ˆv(ξ), û v(ξ) =(2π) n/2 (û ˆv)(ξ), u(x)v(x)dx = û(ξ)ˆv(ξ)dξ. R n R n Biến đổi ngược Fourier cũng có các tính chất tương tự trên. Trong tính chất (iii) phép tích chập được định nghĩa u v(x) = u(x y)v(y)dy R n là phép toán trong S. Đẳng thức cuối trong tính chất (iii) được gọi là đẳng thức Parseval. Từ đó lấy u = v ta có đẳng thức Plancherel u L 2 = û L 2. Không khó để dẫn đến định nghĩa biến đổi Fourier trong L 2 (R n ) từ đẳng thức Plancherel.

5 Ví dụ ứng dụng biến đổi Fourier Biến đổi Fourier giúp ta giải phương trình đạo hàm riêng với hệ số hằng, một việc được coi rất khó vào đầu thế kỷ XX. Dưới đây ta xét một số ví dụ đơn giản. Ví dụ 1.4. Xét phương trình Bằng cách dùng tích phân năng lượng I = u(x) 2 dx R n u + u = f trong R n. (1.1.1) ta dẫn đến tính duy nhất nghiệm của phương trình (1.1.1) trong S. Tiếp theo ta sẽ chỉ ra nghiệm của phương trình (1.1.1) trong S. Với f S, biến đổi Fourier cả hai vế của (1.1.1) ta được û(ξ) = ξ 2 ˆf(ξ). Từ Ví dụ 1.2 ta có ˆf/(1 + ξ 2 ) S nên nghiệm của (1.1.1) u(x) = (2π) n/2 R n e ix ξ ˆf(ξ) 1 + ξ dξ. 2 Từ tính chất của biến đổi Fourier nghiệm tìm được này có tính chất sau: u S, R n ( u(x) u(x) u(x) 2 )dx = R n f(x) 2 dx. Ví dụ trên ta xét phương trình elliptic. Ví dụ tiếp theo ta quan tâm đến bài toán Cauchy cho phương trình truyền nhiệt. Ví dụ 1.5. Xét bài toán Cauchy u t x u =f trong R n (0, ), (1.1.2) u(x, 0) =u 0 (x), x R n. (1.1.3) Ký hiệu S 0 (S 1 ) là không gian các hàm u : R n [0, ) C, sao cho với mỗi x R n hàm u(x, ) C[0, ) (C 1 (0, ) C[0, ) tương ứng),

6 4 với mỗi t [0, ) hàm u(, t) S. Khi đó, bằng cách dùng tích phân năng lượng I(t) = u 2 (x, t)dx R n ta dẫn đến tính duy nhất nghiệm của bài toán (1.1.2)-(1.1.3). Với f S 0, u 0 S dùng biến đổi Fourier theo biến x bài toán (1.1.2)-(1.1.3) ta được bài toán û t + ξ 2 û = ˆf(ξ, ) khi t > 0, û(x, 0) =û 0. Từ công thức biến thiên Lagrange ta có nghiệm của bài toán trên û(ξ, t) = û 0 (ξ)e ξ 2t + t 0 e ξ 2 (t s) ˆf(ξ, s)ds. Sử dụng các tính chất của biến đổi ngược Fourier ta thu được nghiệm t u(x, t) = K(x y, t)u 0 (y)dy + ds K(x y, t s)f(y, s)dy R n 0 R n với nhân Weierstrass-Gauss 1.2 Nghiệm cơ bản K(x, t) = (2π) n/2ê ξ 2 t (x) = 1 x 2 e 4t (4πt) n/2. Nhân Weierstrass-Gauss trong Ví dụ 1.5 còn được gọi là nhân nhiệt (heat kernel) hay nghiệm cơ bản của phương trình truyền nhiệt. Trong mục này ta xem các tính chất của nó Tính chất của nghiệm cơ bản Mệnh đề 1.3. Nghiệm cơ bản K(x, t) của phương trình truyền nhiệt có các tính chất: (i) K C (R n (0, )).

7 5 (ii) K(x, t) > 0, x R n, t > 0. (iii) ( t x )K = 0 trong R n (0, ). (iv) R n K(x, t)dx = 1, t > 0. (v) Với mỗi δ > 0 có lim K(x, t)dx = 0. t 0 + R n \B δ Chứng minh. Các tính chất (i)-(ii) nhìn thấy ngay từ công thức của nghiệm cơ bản K(x, t) = 1 x 2 e 4t (4πt) n/2. Tính chất (iii) thấy được nhờ tính toán trực tiếp ( x 2 K t (x, t) = 4t n ) K(x, t), 2 2t ( x 2 K xi x i (x, t) = i 4t 1 ) K(x, t). 2 2t Tính chất (iv)-(v) có được nhờ, với δ > 0, t > 0, K(x, t)dx = 1 π n/2 x >δ R n e η 2 dη = π n/2, η > δ 2 t δ 2 t + khi t 0+. e η 2 dη, Cố định (x, t) R n [0, ), ɛ > 0 ta ký hiệu K ɛ (y, s) = K(x y, t + ɛ s), s < t + ɛ. Từ các tính chất của K ta có: K ɛ C (R n (, t + ɛ)), K ɛ (y, s) > 0, (y, s) R n (, t + ɛ),

8 6 ( s + y ) K ɛ = 0 trong R n (, t + ɛ), với mỗi δ > 0 có lim ɛ 0 + B δ (x) K ɛ (y, t)dy = 1, tổng quát, với bất kỳ tập mở U chứa x có K ɛ (y, t)dy = 0, Ta có kết quả sau: lim ɛ 0 + lim ɛ 0 + R n \U U K ɛ (y, t)dy = 1. Định lý 1.4. Cho u 0 C(R n ) L (R n ) và với mỗi (x, t) R n (0, ) xét u(x, t) = K(x y, t)u 0 (y)dy. R n Khi đó u C (R n (0, )) thỏa mãn u t x u =0 trong R n (0, ), (1.2.4) lim u(x, t) =u 0 (x 0 ), x 0 R n. (1.2.5) (x,t) (x 0,0) t>0 Chứng minh. Để chứng minh tính trơn của u ta sẽ chứng minh nó có đạo hàm riêng mọi cấp, và đạo hàm riêng mọi cấp của nó đều liên tục. Cụ thể ta sẽ chứng minh tích phân R n k t α x K(x y, t)u 0 (y)dy hội tụ tuyệt đối, đều theo (x, t) trong R n (ɛ, ) với bất kỳ ɛ > 0. Thật vậy, tính toán cụ thể ta thấy k t α x K(x y, t) là tổng của hữu hạn các số hạng có dạng C β,m t m (x y) β e x y 2 4t. Từ đây và tính liên tục, bị chặn của u 0 ta có ngay sự hội tụ tuyệt đối đều của tích phân trên. Từ đó ta có u C (R n (0, )) và t k x α u(x, t) = t k x α K(x y, t)u 0 (y)dy. R n

9 7 Như vậy, từ tính chất (iii) của K ta có u t x u = 0 trong R n (0, ). Để chứng minh phần còn lại ta xét u(x, t) u 0 (x 0 ) = K(x y, t)(u 0 (y) u 0 (x 0 ))dy ( tính chất (ii) của K). R n Cố định ɛ > 0. Do u 0 C(R n ) nên có δ > 0 để u(y) u(x 0 ) ɛ 2, y x 0 < 2δ. Lấy x B δ (x 0 ), y R n \ B 2δ (x 0 ) có B 2δ (x 0 ) là tập mở chứa x nên từ tính chất của K t ta có Khi đó có t 0 > 0 để khi 0 < t < t 0 có 0 < với M = u 0 L. lim K(x y, t)dy = 0. t 0 + R n \B 2δ (x 0 ) R n \B 2δ (x 0 ) K(x y, t)dy < 1 4Mɛ Từ tính chất (ii) và (iv) của K có u L M và khi x B δ (x 0 ), 0 < t < t 0 u(x, t) u 0 (x 0 ) K(x y, t) u 0 (y) u 0 (x 0 ) dy+ B 2δ (x 0 ) + K(x y, t) u 0 (y) u 0 (x 0 ) dy ɛ. R n \B 2δ (x 0 ) Phân tích chi tiết ta có thể thấy δ, t 0 không phụ thuộc vào x 0 trên từng compact. Nếu chỉ quan tâm hàm u(x, t) khi t > 0 ta chỉ cần u 0 L p (R n ), 1 p ta đã có u C (R n (0, )) và thỏa mãn phương trình truyền nhiệt trong R n (0, ). Đặc biệt khi p = 1 ta có kết quả về tốc độ triệt tiêu của nghiệm như sau: Mệnh đề 1.5. Cho u 0 L 1 (R n ) và u(x, t) = K(x y, t)u 0 (y)dy. R n Khi đó, với t > 0 có sup u(, t) R n 1 (4πt) n/2 u 0 L 1.

10 8 Tiếp theo ta thấy giả thiết về tính bị chặn của u 0 khá chặt qua việc quan sát G α (x, t) = 1 (1 4αt) n/2 e α 1 4αt x 2, α > 0, 0 < t < 1/(4α). Có thể thấy G α C (R n (0, 1/(4α))) và thỏa mãn bài toán G αt x G α =0 trong R n (0, 1/(4α)), G α (x, 0) =e α x 2, x R n. Có thể thấy điều kiện ban đầu của bài toán trên không những không bị chặn mà có độ tăng ra vô cùng cấp mũ. Tuy nhiên để ý thêm thời gian tồn tại chỉ hữu hạn, dưới 1/(4α). Dưới đây ta đưa ra kết quả như ví dụ này: Định lý 1.6. Cho u 0 C(R n ) có độ tăng thỏa mãn u 0 (x) Me A x 2, x R n, với các hằng số dương M, A. Khi đó u(x, t) = K(x y, t)u 0 (y)dy R n là hàm trơn vô hạn trong R n (0, 1/(4A)) và thỏa mãn u t x u = 0 trong R n (0, 1/(4A)). Hơn nữa lim u(x, t) = u 0 (x 0 ), x 0 R n. (x,t) (x 0,0) t>0 Chứng minh. Trước hết ta chuyển dạng toàn phương theo biến y về dạng chính tắc x y 2 + A y 2 = 1 4At 4t 4t 2 y x 1 4At + A x 2 R n 1 4At, 0 < t < 1 4A. Đặt v 0 (x) = e A x 2 u 0 (x) ta có v 0 L M và 1 A x 2 u(x, t) = e 1 4At e 1 4At 4t y 4At x 2 v (4πt) n/2 0 (y)dy,

11 Lại có R n x y β t m k t α x K(x y, t) = hữu hạn e x y 2 4t u 0 (y)dy = 1 t e A x 2 m 1 4At x y 1 1 4At x + C β,m t m (x y) β e x y 2 4t, R n x y β e y x 1 4At, 0 < t < 1 4A 1 4At 4t y 4At x 2 v 0 (y)dy. nên tương tự Định lý 1.4 ta có u C (R n (0, 1/(4A))) và thỏa mãn phương trình truyền nhiệt trong R n (0, 1/(4A)). Để chứng minh phần còn lại ta để ý khi có y x 0 >2δ 0 < t < 1 8A, y x 0 > 2δ, x x 0 < δ/2 K(x y, t)u 0 (y)dy M (4πt) A x 2 e 1 4At n/2 M e2a x 2 (4πt) n/2 M e2a x 2 πn/2 η > δ 2 t y x 0 >2δ y x 0 >2δ e η 2 /2 dη Lại tiếp tục như Định lý 1.4 ta hoàn thành chứng minh Định lý này. e 1 4At 4t y 4At x 2 dy e 8t y 1 1 4At x 2 dy Đến đây ta có câu hỏi, liệu phương bài toán Cauchy xét ở trên còn có nghiệm khác hay không? Nói cách khác bài toán Cauchy thuần nhất có nghiệm không tầm thường không? Ví dụ sau cho câu trả lời có. 9 Ví dụ 1.6 (Ví dụ Tikhonov). Xét bài toán u t u xx =0 trong R R, u(0, t) = a(t), u x (0, t) =0 khi t R,

12 10 với hàm cho trước a C (R). Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng chuỗi u(x, t) = a k (t)x k. k=0 Thay vào bài toán ta có a 0 (t) = a(t), a 1 (t) = 0 và a k (t) = 1 k(k 1) a k 2(t) khi k 2. Ta có nghiệm Nếu u(x, t) = k=0 1 (2k)! a(2k) (t)x 2k. e 1/t khi t > 0, a(t) = 0 khi t 0 thì a (k) (0) = 0, k Z +. Do đó u(x, t) là nghiệm không tầm thường của bài toán Cauchy u t u xx =0 trong R (0, ), u(x, 0) =0, x R. định. Một ví dụ khác cho thấy bài toán ngược của phương trình truyền nhiệt không ổn Ví dụ 1.7. Bài toán ngược u t u xx =0 trong R (0, T ), u(x, T ) =ϕ(x), x R, có nghiệm u m (x) = e m2 (T t) sin(mx) khi ϕ(x) = ϕ m (x) = sin(mx), m Z. Khi đó sup ϕ m = 1 x R còn sup u m (, t) = e m2 (T t), m, t (0, T ). x R

13 Tính chính quy Trong mục trước ta đưa ra một nghiệm cho bài toán Cauchy của phương trình truyền nhiệt. Nhìn chung nghiệm đưa ra rất tốt, chẳng hạn nó khả vi vô hạn ngay khi t > 0 và điều kiện ban đầu chỉ cần bị chặn. Mục này sẽ quan tâm đến câu hỏi: liệu tính trơn đó có phải là tính chất chung của các nghiệm của phương trình truyền nhiệt? Để nghiên cứu tính trơn ta sử dụng hàm K ɛ. Trước hết ta nhắc lại hàm này. Cố định (x, t) R n R, ɛ > 0 K ɛ (y, s) = K(x y, t + ɛ s), (y, s) R n (, t). Lấy D là miền bị chặn với biên thuộc lớp C 1 trong R n (, t + ɛ) và u C 2,1 (D) C 1 ( D) thỏa mãn phương trình truyền nhiệt trong D. Khi đó (u K ɛ ) s + n (u K ɛyi K ɛ u yi ) yi = 0. i=1 Áp dụng công thức dạng DIV cho miền D có véc-tơ pháp tuyến ngoài đơn vị ν = (ν y, ν s ) và trường (u K ɛy1 K ɛ u y1,..., u K ɛyn K ɛ u yn, u K ɛ ) ta được D ( u(y, s) νy Kɛ (y, s) K ) ɛ (y, s) νy u(y, s) ds y,s + + u(y, s) K ɛ (y, s)ν s ds y,s = 0. (1.2.6) D Với mỗi (x 0, t 0 ) R n R, R > 0, ký hiệu trụ Q R (x 0, t 0 ) = B R (x 0 ) (t 0 R 2, t 0 ]. Trong trường hợp x 0 = 0, t 0 = 0 ta viết Q R = Q R (0, 0). Sử dụng (1.2.6) ta có các kết quả về tính chính của nghiệm của phương trình truyền nhiệt như sau: Định lý 1.7. Cho u C 2,1 (Q R (x 0, t 0 )), R > 0, (x 0, t 0 ) R n R, là nghiệm của phương trình u t x u = 0 trong Q R (x 0, t 0 ). Khi đó u C (Q R (x 0, t 0 )).

14 12 Chứng minh. Bằng cách dịch chuyển và co giãn ta có thể giả sử x 0 = 0, t 0 = 0, R = 1. Lấy (x, t) Q 1. Để chứng minh tính trơn của u ta sẽ chứng minh u trơn tại mỗi điểm (x, t). Có (x, t) Q 1 nên có r > max{ x, t} để (x, t) B r [t, r] Q 1. Lưu ý có thể chọn r chung khi (x, t) thay đổi trong một tập compact. Sử dụng đẳng thức (1.2.6) với D = B r (t, r) có biên D gồm đáy trên B r {t} có pháp tuyến ngoài đơn vị (ν y, ν s ) = (0, 1), đáy dưới B r { r} có pháp tuyến ngoài đơn vị (ν y, ν s ) = (0, 1), mặt xung quanh B r [ r, t] có pháp tuyến ngoài đơn vị (ν y, ν s ) = (ν y, 0). Khi đó (1.2.6) trở thành t r ( ds u(y, s) νy Kɛ (y, s) K ) ɛ (y, s) νy u(y, s) ds y + B r + u(y, t) K ɛ (y, t)dy u(y, r) K ɛ (y, r)dy = 0. B r B r Từ tính chất của K ɛ, và B r chứa x ta có lim ɛ 0 + B r u(y, t) K ɛ (y, t)dy = u(x, t) nên từ trên, cho ɛ 0 +, ta được u(x, t) = u(y, r)k(x y, t + r)dy+ B r t [ + ds K(x y, t s) νy u(y, s) u(y, s) νy K(x y, t s) ] ds y. (1.2.7) r B r Có u C 1 ( B r [t, r]). Lại có do t + r > 0 nên K(z, t + r) trơn theo (z, t) R n ( r, ), do x B r, y B r nên K(x y, τ) trơn theo (x, τ) B r [0, ). Từ đó ta sẽ dẫn đến tính trơn của u(x, t).

15 Biểu diễn tích phân (1.2.7) của nghiệm của phương trình truyền nhiệt chưa đủ để ta đánh giá. Lý do tính kỳ dị của nghiệm cơ bản vẫn xuất hiện trong tích phân. Để làm mất tính kỳ dị này ta cần làm trơn những chỗ kỳ dị này. Khi đó ta có đánh giá gradient sau: Định lý 1.8. Cho u C 2,1 (Q R (x 0, t 0 )), R > 0, (x 0, t 0 ) R n R, là nghiệm của phương trình u t x u = 0 trong Q R (x 0, t 0 ). Khi đó trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc vào n. x u(x 0, t 0 ) C R sup u Q R (x 0,t 0 ) Chứng minh. Giống Định lý 1.7, ta giả sử x 0 = 0, t 0 = 0, R = 1. Lấy (x, t) Q 1/4 và hàm ϕ C (Q 1 ) thỏa mãn ϕ(x) = 1 khi x Q 1/2, ϕ(x) = 0 khi x Q 3/4. Làm tương tự 1.2.6, thay K ɛ bởi v = K ɛ và miền D = B 5/6 ( 5/6, t). Khi đó: trường F = (uv y1 vu y1,..., uv yn vu yn, uv) có biên D gồm: div F = u(v s y v) - đáy trên B 5/6 {t} có pháp tuyến ngoài đơn vị (ν y, ν s ) = (0, 1), - đáy dưới B 5/6 { 5/6} có ϕ(y, 5/6) = 0, - mặt xung quanh B 5/6 [ 5/6, t] có ϕ = 0 trong một lân cận của mặt xung quanh. Từ công thức dạng DIV ta thu được u(y, s)( s + y )(ϕ K ɛ )(y, s)dyds = B 5/6 ( 5/6,t) Lại từ tính chất của K ɛ, ϕ và (x, t) Q 1/4 nên lim ɛ B 5/6 (ϕu)(y, t) K ɛ (y, t)dy. (1.2.8) B 5/6 (ϕu)(y, t) K ɛ (y, t)dy = ϕ(x, t)u(x, t) = u(x, t).

16 14 Tính toán, chú ý ( s y ) K ɛ = 0 có ( s y )(ϕ K ɛ ) = (ϕ s y ϕ) K ɛ + 2 y ϕ K ɛ Chú ý thêm ϕ là hằng số ngoài Q 3/4 \ Q 1/2 có ( s y )(ϕ K ɛ ) = 0 ngoài Q 3/4 \ Q 1/2. Thay lại (1.2.8), cho ɛ 0 +, ta được u(x, t) = u(y, s)((ϕ s (y, s) y ϕ(y, s))k(x y, t s)+ B 34 ( 9 16,t)\Q y ϕ(y, s) K(x y, t s))dyds. Có ϕ khả vi vô hạn, có các đạo hàm riêng bị chặn trong Q 3/4, còn K(x y, t s) khả vi vô hạn, có các đạo hàm riêng bị chặn theo (x, y, t, s) khi (x, t) Q 1/4 còn (y, s) B 3/4 ( 9/16, t) \ Q 1/2. Từ đó ta có đánh giá gradient cần chứng minh. Tiếp theo ta có đánh giá cho đạo hàm riêng mọi cấp như sau: Định lý 1.9. Cho u C 2,1 (Q R (x 0, t 0 )), R > 0, (x 0, t 0 ) R n R, là nghiệm của phương trình u t x u = 0 trong Q R (x 0, t 0 ). Khi đó t k m x u(x 0, t 0 ) Cm+2k R m+2k nk e m+2k 1 (m + 2k)! sup Q R (x 0,t 0 ) trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc vào n. Chứng minh. Để chứng minh kết quả này ta chú ý t k u = k u, còn lại chứng minh tương tự như hàm điều hòa. Từ kết quả này ta dẫn đến tính giải tích theo biến x của nghiệm của phương trình truyền nhiệt như sau: Định lý Cho u C 2,1 (Q R (x 0, t 0 )), R > 0, (x 0, t 0 ) R n R, là nghiệm của phương trình u t x u = 0 trong Q R (x 0, t 0 ). Khi đó u(, t) giải tích trong B R (x 0 ) với mỗi t (t 0 R 2, t 0 ). Hơn nữa t k u(, t), k Z +, cũng là các hàm giải tích trong B R (x 0 ) với mỗi t (t 0 R 2, t 0 ). Chứng minh kết quả này không khác gì kết quả tương tự cho hàm điều hòa. Cần chú ý, ví dụ Tikhonov cho thấy nghiệm của phương trình truyền nhiệt nói chung không giải tích theo t. u

17 Tính chất giá trị trung bình Trong mục này ta chỉ ra nghiệm của phương trình truyền nhiệt có tính chất giá trị trung bình. Khác với phương trình Laplace ta có trung bình cầu, phương trình truyền nhiệt có trung bình trên cầu nhiệt. Cụ thể, với mỗi (x, t) R n R, r > 0, ta định nghĩa cầu nhiệt tại (x, t), bán kính r như sau: Hình cầu nhiệt E r (x, t) = {(y, s) R n R : s < t, K(y, s) > 1 r n } với K(y, s) = K(x y, t s) = 1 (4π(t s)) Mặt cầu nhiệt x y 2 e 4(t s) n/2. E r (x, t) = {(y, s) R n R : s < t, K(y, s) = 1 r n }. Có thể thấy E r (x, t) có cực bắc (x, t), có thiết diện với mặt phẳng vuông góc với trục Ot tại s là hình cầu, tâm (x, s), bán kính ( ( )) 1/2 r 4ns ln, 4πs phình dần ra khi s giảm cho đến lúc nó đạt cực đại tại s = t r2, tiếp đó nó thu dần 4πe về điểm (x, t r2 ). Để đơn giản ký hiệu khi (x, t) = (0, 0) ta ký hiệu E 4π r, E r lần lượt là hình cầu nhiệt, mặt cầu nhiệt tâm tại gốc, bán kính r. Khi đó dễ thấy (x, t) E r (x 0, t 0 ) khi và chỉ khi ((x x 0 )/2, (t t 0 )/r 2 ) E 1. Ta cần đến bổ đề tính toán sau: Bổ đề Chứng minh. Dùng Fubini ta có I = E1 y 2 s 2 dyds = y 2 dyds = 4. E 1 s2 1 4π 0 1 s 2 ds r(s) 0 dt S t y 2 ds y,

18 16 với r(s) = ( ( 4ns ln )) 1 1/2. 4πs Tính toán tiếp với chú ý diện tích mặt cầu đơn vị trong không gian n chiều là ω n = 2πn/2, ta có Γ(n/2) 2π n/2 I = (n + 2)Γ(n/2) ( ) 1 Đổi biến ζ = n ln 4πs ta được I = 1 4π 2π n/2 (n + 2)Γ(n/2) 4n/2+2 (4π) n/2 n 0 ( )) (n+2)/2 1 s (4ns 2 ln ds. 4πs 0 e ζ ζ n/2+1 dζ = 4. Ta đến với tính chất trung bình hình cầu nhiệt sau: Định lý Với (x 0, t 0 ) R n R, u C 2,1 (E r (x 0, t 0 )) C 1 (Ēr(x 0, t 0 )) là nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong E r (x 0, t 0 ). Khi đó u(x 0, t 0 ) = 1 u(y, s) x 0 y 2 4r n (t 0 s) dyds. 2 E r(x 0,t 0 ) Chứng minh. Bằng phép dịch chuyển và co giãn ta có thể giả sử x 0 = 0, t 0 = 0, r = 1. Xét hàm v(x, t) = u ( r(x x 0 ), r 2 (t t 0 ) ) ψ(r) = 1 u(y, s) r Er y 2 n s dyds = u(ry, r E1 2 s) y 2 dyds, 0 r 1. 2 s2 Ta sẽ chứng minh ψ(r) là hàm hằng theo r. Khi đó, từ Bổ đề 1.11 và cho r 0 + ta có tính chất giá trị trung bình hình cầu nhiệt cần chứng minh. Lấy đạo hàm ( n ) ψ (r) = y i u yi (ry, r 2 s) + 2su s (ry, r 2 s) E 1 i=1 = 1 r n E r ( n i=1 y i u yi (y, s) y 2 s + 2u s(y, s) y 2 s y 2 s dyds ) dyds. (1.2.9)

19 17 Đặt có ϕ(y, s) = n 2 ln( 4πs) + y 2 4s + n ln r, (y, s) Ēr ϕ(y, s) = 0 khi (y, s) E r, ϕ s (y, s) = n 2s y 2 4s 2, ϕ y i (y, s) = y i 2s nên n y 2 y i u yi s i=1 + 2u y 2 s s = n i=1 u yi y i ( 4ϕ s + 2n s ) n + 4u s y i ϕ yi i=1 = 4 (u s (y ϕ) ϕ s (y u) n u ϕ). Xét trường F = (ϕ(y 1 u s nu y1 ),..., ϕ(y n u s nu yn ), ϕy u) có div F =u s (y ϕ) + ϕ(y u s ) + nϕu s nϕ y u n u ϕ ϕ s (y u) ϕ(y u s ) mà u s y u = 0 nên n y 2 y i u yi s i=1 + 2u y 2 s s = 4 div F. (1.2.10) Sử dụng công thức dạng DIV cho trường F và miền E r với chú ý ϕ = 0 trên E r nên E r div F (y, s)dyds = 0. (1.2.11) Từ (1.2.9)-(1.2.11) ta có điều phải chứng minh. Khác với hàm điều hòa, hai tính chất trung bình trong hình cầu và mặt cầu chuyển được qua nhau nhờ phép lấy đạo hàm và lấy tích phân, việc chuyển sang tính chất giá trị trung bình trên mặt cầu nhiệt không đơn giản như thế.

20 18 Định lý Với (x 0, t 0 ) R n R, u C 2,1 (E r (x 0, t 0 )) C 1 (Ēr(x 0, t 0 )) là nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong E r (x 0, t 0 ). Khi đó u(x 0, t 0 ) = 1 u(y, s)q(x 2r n 0 y, t 0 s)ds y,s, trong đó Q(y, s) = E r(x 0,t 0 ) ( ( 4s 2 y + 1 2ns ) ) 2 1/2. 2 y 2 Chứng minh. Tương tự như trong hình cầu nhiệt ta có thể giả sử x 0 = 0, t 0 = 0, r = 1. 1 Lấy ɛ (0, ), bán kính hình cầu thiết diện vuông góc với trục 0t tại ɛ trong hình 4πe cầu nhiệt E 1 xác định bởi r ɛ = ( ( )) 1/2 1 4πɛ ln. 4πɛ Tương tự (1.2.6), thay K ɛ bởi K(x, t) = K(x, t) 1 và miền D = {(x, t) : ɛ < t < 1 4π, K(x, t) > 1} E 1 có D ( u(y, s) νy K(y, s) K(y, s) νy u(y, s) ) ds y,s + + u(y, s) K(y, s)ν s ds y,s = 0. D Có D = {(x, t) : ɛ t 1 4π, K(x, t) = 1} {(x, ɛ) : x < r ɛ}. Lại có khi (y, s) S 1ɛ = {(x, t) : ɛ t 1, K(x, t) = 1} có 4π ( ) 4s 2 y ν = 4 y 2 s 2 + ( y 2 2ns) 2 2s, y 2 2ns 4s 2 nên K(y, s) = 0, νy K(y, s) = Q(y, s), khi (y, s) S 2ɛ = {(x, ɛ) : x < r ɛ } có ν y = 0, ν s = 1 nên K(y, ɛ) = K(y, ɛ) 1, νy K(y, ɛ) = 0,

21 19 do đó Cho ɛ 0 + có u(y, s)q(y, s)ds y,s = S 1ɛ (K(y, ɛ) 1)u(y, ɛ)dy. B rɛ (1.2.12) S 1ɛ E 1 nên u(y, s)q(y, s)ds y,s S 1ɛ u(y, s)q(y, s)ds y,s, E 1 r ɛ 0 + nên B ɛ u(y, ɛ)dy 0, r2 ɛ ɛ + nên B rɛ K(y, ɛ)dy = 1 π n/2 η r ɛ/ ɛ e η 2 dη 1. Từ đây không khó để dẫn đến tính chất trung bình trên mặt cầu nhiệt. Chi tiết xem như bài tập. Từ tính chất giá trị trung bình ta có các kết quả về nguyên lý cực đại sau: Định lý Cho Ω là miền bị chặn trong R n, T > 0 ký hiệu Ω T = Ω (0, T ]. Giả sử u C 2,1 (Ω T ) C( Ω T ) là nghiệm của u t x u = 0 trong Ω T. Khi đó u đạt GTLN trên biên parabolic p Ω T = Ω {0} Ω [0, T ] nghĩa là max u = max u. Hơn nữa, nếu u đạt GTLN tại (x 0, t 0 ) Ω T thì u là hàm pω T Ω T hằng trong Ω t. 1.3 Nguyên lý cực đại Nguyên lý cực đại yếu Trong mục trước ta đã nói đến biên parabolic của trụ Ω T = Ω (0, T ], Ω là miền bị chặn trong R n, xác định bởi p Ω T = Ω {0} Ω [0, T ].

22 20 Với tập D R n R, biên parabolic của nó xác định bởi: p D gồm tất cả các điểm (x, t) D sao cho với bất kỳ r > 0 ta đều có Q r (x, t) \ D. Miền D R n R được gọi là miền parabolic nếu D \ p D D. Ta có nguyên lý cực đại yếu cho nghiệm dưới của phương trình truyền nhiệt trong D như sau: Định lý Cho D là miền parabolic chặn trong R n R. Giả sử u C 2,1 (D) C( D) thỏa mãn u t x u 0 trong D. Khi đó u đạt GTLN trên biên parabolic p D, nghĩa là max u = max u. pd Để chứng minh nguyên lý cực đại yếu này ta cần đến bổ đề sau. Bổ đề Cho D là miền parabolic trong R n R. Giả sử u C 2,1 (D) thỏa mãn u t x u < 0 trong D. Khi đó u không thể đạt cực đại địa phương trong D. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng, nghĩa là giả sử u đạt cực đại địa phương tại (x 0, t 0 ) D. Do D = intd ( D \ p D) nên có hai trường hợp sau xảy ra. TH1: (x 0, t 0 ) intd. Khi đó u t (x 0, t 0 ) = 0 và 2 u(x 0, t 0 ) là ma trận nửa xác định âm. Do đó u t (x 0, t 0 ) x u(x 0, t 0 ) 0. Điều này trái với giả thiết. TH2: (x 0, t 0 ) D \ p D có r > 0 để Q r (x 0, t 0 ) D. Khi đó Khi đó u t (x 0, t 0 ) 0 và 2 u(x 0, t 0 ) là ma trận nửa xác định âm. Do đó u t (x 0, t 0 ) x u(x 0, t 0 ) 0. Điều này trái với giả thiết. D

23 21 Chứng minh nguyên lý cực đại yếu. Với mỗi ɛ > 0 xét u ɛ (x, t) = u(x, t) ɛt có u ɛ C 2,1 (D), u ɛt x u ɛ = u t x u ɛ < 0 trong D. Áp dụng Bổ đề 1.16, u ɛ không có cực đại địa phương trong D. Lại do u ɛ là hàm liên tục trên tập compact D nên u ɛ chỉ có thể đạt GTLN trên biên parabolic p D, nghĩa là max u ɛ = max u ɛ. pd Cho ɛ 0 + ta có nguyên lý cực đại cần chứng minh. Tương tự cách tiếp cận trên ta mở rộng nguyên lý cực đại yếu cho nghiệm dưới của phương trình Lu = u t x u + cu = f. Định lý Cho D là miền parabolic bị chặn trong R n R, hàm c C(D) là hàm không âm. Giả sử u C 2,1 (D) C( D) thỏa mãn u t x u + cu 0 trong D. Khi đó u đạt GTLN không âm trên biên parabolic p Ω, nghĩa là D max u+ = max u, pd trong đó u + = max{u, 0}. Nới rộng điều kiện cho hàm c ta có kết quả sau: Định lý Cho D là miền parabolic bị chặn trong R n R, hàm c C(D) thỏa mãn c c 0 với c 0 là hằng số không âm. Giả sử u C 2,1 (D) C( D) thỏa mãn u t x u + cu 0 trong D, u 0 trên p D. Khi đó u 0 trong D. D

24 22 Chứng minh. Áp dụng Định lý 1.17 cho hàm v = e c0t u. Chi tiết xem như bài tập. Từ Định lý trên ta có nguyên lý so sánh: Hệ quả Cho D là miền parabolic bị chặn trong R n R, hàm c C(D) thỏa mãn c c 0 với c 0 là hằng số không âm. Giả sử u, v C 2,1 (D) C( D) thỏa mãn u t x u + cu v t x v + cv trong D, u v trên p D. Khi đó u v trong D. Sử dụng Định lý 1.15 ta sẽ chứng minh nguyên lý cực đại yếu cho miền vô hạn sau: Định lý Cho T > 0, có thể T = +, u 0 C 2,1 (R n (0, )) C(R n [0, )) thỏa mãn C(R n ) L (R n ). Giả sử u u t x u 0 trong R n (0, T ), u(x, t) Me λ x 2 trong R n (0, T ), u(x, 0) =u 0 (x), x R n, trong đó M, λ là các hằng số dương. Khi đó sup u sup u 0. R n (0,T ) R n Chứng minh. TH1: 0 < T < 1 1. Lấy α (λ, 4T 4λ ). Ta cần đến hàm G α xác định bởi G α (x, t) = 1 (1 4αt) α x 2 e n/2 Cố định (x, t) R n (0, T ). Với mỗi ɛ > 0 xét hàm 1 1 4αt, 0 < t < 4α. v ɛ (y, t) = u(y, t) ɛg α (x y, t). Dễ kiểm tra v ɛt y v ɛ 0 trong R n (0, T ),

25 23 v(x, 0) u 0 (x) trong R n, với y = R > x, từ giả thiết về độ tăng của u v ɛ (y, t) Me λr2 ɛe α(r x )2, 0 < t < T, mà α > λ > 0 và u 0 L (R n ) nên với R đủ lớn có v ɛ (y, t) < sup R n u 0. Áp dụng Định lý 1.15 cho hàm v trong B R (0, T ) ta có Lại có (x, t) B R (0, T ) nên max v ɛ max v ɛ sup u 0. B R [0,T ] pb R (0,T ) R n v ɛ (x, t) = u(x, t) ɛ 1 4αt sup R n u 0, 0 < t < T. Cho ɛ 0 + ta có nguyên lý cực đại yếu khi T < 1/(4λ). TH2: T > 0 bất kỳ, kể cả khi T = +. Lấy (x, t) R n (0, T ). Do t > 0 hữu hạn nên có số tự nhiên k để Sử dụng kết quả của TH1 ta có và (k 1)T 0 < t kt 0, T 0 = 1 8λ. sup u(x, jt 0 ) sup u(x, (j 1)T 0 ), 1 j k 1 R n R n sup u sup u(x, (k 1)T 0 ). R n [(k 1)T 0,kT 0 ] R n Từ đây ta có ngay nguyên lý cực đại yếu cho trường hợp tổng quát Nguyên lý cực đại mạnh Bổ đề Cho (x 0, t 0 ) R n R, R > 0, T > 0 ký hiệu Q = B R (x 0, t 0 ) (t 0 T, t 0 ]. Giả sử c C( Q), u C 2,1 (Q) C( Q) thỏa mãn u t x u + cu 0 trong Q.

26 24 Nếu u 0 trong Q và thì u(x 0, t 0 T ) > 0 u(x, t) > 0, (x, t) Q. Chứng minh. Với mỗi t 1 (t 0 T, t 0 ] ta cần chứng minh u(x, t 1 ) > 0, x B R (x 0 ). Thật vậy, bằng cách dịch chuyển ta có thể giả sử x 0 = 0, t 1 = 0. Khi đó t 0 T < 0 nên có α > 0 để t 0 T = αr 2. Đặt D = B R ( αr 2, 0]. Từ giả thiết ta có u C 2,1 (D) C( D) thỏa mãn: u t u + cu 0 trong D, u 0 trong D, u(0, αr 2 ) > 0. Khi đó có các số m > 0, ɛ (0, 1) sao cho Đặt u(x, αr 2 ) m, x B ɛr. D 0 = {(x, t) D : x 2 1 ɛ2 α t < R2 }. Phần tiếp theo ta sẽ xây dựng hàm ω C 2,1 (D 0 ) C( D 0 ) thỏa mãn ω t ω + cω 0 trong D 0, ω = 0 trên mặt xung quanh {(x, t) D 0 : x 2 1 ɛ2 α t = R2 } và ω m ở đáy dưới {(x, t) D 0 : t = αr 2 }, ω > 0 trong D 0. Khi đó D 0 là miền parabolic bị chặn,

27 25 c C( Q) nên có hằng số dương c 0 để c c 0 trong Q, ω t ω + cω u t u + cu trong D 0, ω u trên p D 0 nên theo Hệ quả 1.19 ta có nghĩa là ta có điều phải chứng minh. Hàm ω được xây dựng như sau trong đó Khi đó ta có các kết luận sau: u ω trong D 0 ω = Cω β 1 ω 2 2 ω 1 (t) = 1 ɛ2 α t + R2, ω 2 (x, t) = 1 ɛ2 α t + R2 x 2. Do ɛr 2 ω 1 R 2, ω 2 > 0 trong D 0 nên ω > 0 trong D 0. Trên mặt xung quanh {(x, t) D 0 : x 2 1 ɛ2 α t = R2 } có ω 2 = 0 nên ω = 0. Trên đáy {(x, t) D 0 : t = αr 2 } có nên ta chọn C = m(ɛr) 2β 4. ω C(ɛR) 4 2β Với chú ý ω 1 ω 2 = x 2 có ( (β(1 ) ɛ ω t ω + cω = ω β 1 2 ) 1 cω 1 ω 2 α 2+ ( ) ) 2(1 ɛ 2 ) + + 4n + 8 ω 1 ω 2 + 8ω1 2. α

28 26 Do c C( Q), ɛ (0, 1), nên có β đủ lớn dạng toàn phương ( β(1 ɛ 2 ) α ) ( ) 2(1 ɛ R 2 max c ω2 2 2 ) + + 4n + 8 ω 1 ω 2 + 8ω1 2 Q α xác định dương. Lại do ω 1 R 2 trong D 0 nên với β được chọn như vậy ta có ω t ω + cω 0 trong D 0. Ta đã hoàn thành chứng minh. Chú ý rằng, từ chứng minh trên ta có đánh giá quan trọng ( ) u(x, 0) ɛ 2β 4 1 x 2 min u(x, αr 2 ), x B R 2 R. B ɛ Giờ ta có thể chứng minh nguyên lý cực đại mạnh. Định lý Cho Ω là miền bị chặn trong R n, T > 0 ký hiệu Ω T = Ω (0, T ]. Giả sử c C(Ω T ), c 0, và u C 2,1 (Ω T ) thỏa mãn Nếu có điểm (x 1, t 1 ) Ω T sao cho u t u + cu 0 trong Ω T. u(x 1, t 1 ) = sup Ω T u(x, t) 0 thì u(x, t) = u(x 1, t 1 ), (x, t) Ω t1. Chứng minh. Đặt M = sup u 0, v = M u có v 0 trong Ω T và v(x 1, t 1 ) = 0. Do Ω T c 0 trong Ω T nên v t v + cv = (u t u + cu) + cm 0 trong Ω T. Lấy (x 0, t 0 ) Ω (0, t 1 ) ta sẽ chứng minh u(x 0, t 0 ) = M hay v(x 0, t 0 ) = 0.

29 27 bằng phản chứng, nghĩa là giả sử u(x 0, t 0 ) < M hay v(x 0, t 0 ) > 0 sẽ dẫn đến điều mâu thuẫn. Khi đó dùng tính liên tục của u ta sẽ có điều phải chứng minh. Do Ω liên thông nên có đường liên tục γ : [0, 1] Ω, γ(0) = x 0, γ(1) = x 1. Từ tính compact ta có d( Ω, γ(s)) d > 0, s [0, 1]. Lại từ tính compact có hữu hạn điểm 0 = s 0 < s 1 < < s N = 1 sao cho d(γ(s i ), γ(s i+1 )) < R = d/2, i = 0,..., N 1. Lấy T i = t 0 + i(t 1 t 0 )/N, i = 0, 1,..., N, có các trụ và B R (γ(s i )) (T i, T i+1 ] Ω T, i = 0, 1,..., N 1, (γ(s i+1 ), T i+1 ) B R (γ(s i )) {T i+1 }, i = 0, 1..., N 1. Do đó áp dụng Bổ đề 1.21 lần lượt cho các trụ B R (γ(s i )) (T i, T i+1 ], i = 0, 1,..., N 1, và xuất phát điểm v(γ(s 0 ), T 0 ) = v(x 0, t 0 ) > 0 ta có v(x 1, t 1 ) = v(γ(s N ), T N ) > 0. Điều này trái với giả thiết v(x 1, t 1 ) = 0 hay ta đã hoàn thành chứng minh. Ta cũng có bổ đề Hopf cho phương trình truyền nhiệt. Bổ đề Cho (x 0, t 0 ) R n R, R > 0, η > 0 đặt D = {(x, t) R n R : x x η t t 0 < R 2, t t 0 }. Giả sử c C( D), c 0, u C 2,1 (D) C( D) thỏa mãn u t u + cu 0 trong D. Nếu có x B R (x 0 ) sao cho

30 28 u( x, t 0 ) 0, u(x, t) u( x, t 0 ), (x, t) D, u(x, t) < u( x, t 0 ), (x, t) D, x B R/2 (x 0 ). và x u liên tục đến ( x, t 0 ) thì ν x u( x, t 0 ) > 0 với ν = ( x x 0 )/ x x 0. Chứng minh. Bằng phép dịch chuyển ta có thể giả sử x 0 = 0, t 0 = 0. Khi đó D = {(x, t) R n R : x 2 ηt < R 2, t 0}. Đặt D 0 = {(x, t) D : x > R/2}. Xét các hàm ω(x, t) =e α( x 2 ηt) e αr2, v(x, t) =u(x, t) u( x, 0) + ɛω(x, t), trong đó các hằng số dương α, ɛ sẽ chọn sau. Do c C( B) nên có α đủ lớn để α 2 R 2 2nα ηα max c 0. B Với α được chọn như vậy, và chú ý c 0 ta có ω t ω + cω = (4α 2 x 2 2nα ηα c)e α( x 2 ηt) ce αr2 0 khi (x, t) D 0. Khi đó từ giả thiết u t u + cu 0 và u( x, 0) 0 có trong D 0. Ta lại có: v t v + cv = u t u + cu + ɛ(ω t ω + cω) cu( x, 0) 0

31 29 Trên mặt ngoài có ω(x, t) = 0 nên Trên mặt trong Σ 1 = {(x, t) D 0 : x 2 ηt = R 2 } v(x, t) = u(x, t) u( x, 0) 0. Σ 2 = {(x, t) D 0 : x = R/2} có u(x, t) u( x, 0) < 0 nên ɛ = max Σ 2 (u( x, 0) u(x, t)) > 0. Khi đó v(x, t) u(x, t) u( x, 0) + ɛ 0, (x, t) Σ 2. Sử dụng nguyên lý cực đại yếu cho v ta được v(x, t) 0, (x, t) D 0. Do v( x, 0) = 0 nên ν v( x, 0) 0 hay ν u( x, 0) 2αɛRe αr2. Ta có điều phải chứng minh Đánh giá tiên nghiệm Giống như hàm điều hòa, dưới đây ta sẽ sử dụng nguyên lý cực đại để dẫn đến đánh giá tiên nghiệm. Định lý Cho Ω là miền bị chặn trong R n, T > 0 ký hiệu Ω T = Ω (0, T ], và c là hàm liên tục trên Ω T với c c 0, c 0 là hằng số không âm. Giả sử u C 2,1 (Ω T ) C( Ω T ) thỏa mãn u t u + cu =f trong Ω T. u(, 0) =u 0 trên Ω, u =ϕ trên Ω (0, T ),

32 30 với f C( Ω T ), u 0 C( Ω) và ϕ C( Ω [0, T ]). Khi đó ( { } sup u e c 0T Ω T max sup u 0, sup ϕ Ω (0,T ) + T sup f Ω T ). Chứng minh. Đặt F = sup f, B = max Ω T { sup u 0, sup ϕ Ω Ω (0,T ) }. Khi đó (±u) t (±u) + c(±u) = ± f F trong Ω T, ±u(, 0) = ± u 0 B trên Ω, ±u = ± ϕ B trên Ω (0, T ). Xét hàm v(x, t) = e c 0t (B + F t). Do c + c 0 0 trong Ω T và c 0 0 nên v t v + cv = (c + c 0 )v + e c 0t F F u t (±u) + c(±u) trong Ω T. Ngoài ra ta có v B (±u) trên p Ω T. Sử dụng nguyên lý so sánh ta có u v trong Ω hay ta đã chứng minh xong ước lượng tiên nghiệm. Tiếp theo ta đưa ra đánh giá tiên nghiệm cho bài toán giá trị ban đầu Định lý Cho c là hàm liên tục trên R n (0, T ], c c 0, c 0 là hằng số không âm. Giả sử u C 2,1 (R n (0, T ]) C(R n [0, T ]) là nghiệm bị chặn của u t u + cu =f trong R n (0, T ], u(, 0) =u 0 trên R n,

33 31 với các hàm bị chặn f C(R n (0, T ]), u 0 C(R n ). Khi đó ( sup u e c 0T R n (0,T ] sup u 0 + T sup f R n R n (0,T ] Nguyên lý cực đại chỉ áp dụng được cho miền bị chặn nên khi sử dụng nguyên lý cực đại cho bài toán giá trị ban đầu ta cần đến dáng điệu ở vô cùng của nghiệm. Cụ thể, với Định lý 1.25 ta cần đến tính bị chặn. Chứng minh. Đặt ). F = sup f, R n (0,T ] B = sup u 0, M = sup u. R n R n (0,T ] Khi đó (±u) t (±u) + c(±u) = ± f F trong R n (0, T ], ±u(, 0) = ± u 0 B trên R n. Xét hàm v(x, t) = e c 0t (B + F t) + v R (x, t), trong đó v R sẽ chọn sao cho v Rt v R + cv R 0 trong B R (0, T ], v R (, 0) 0 trên B R, v R M trên B R (0, T ]. Khi đó do c + c 0 0, e c0t 1 nên v t v + cv F (±u) t (±u) + c(±u) trong R n (0, T ], v(, 0) B ±u(, 0) trên B R, v M ±u trên B R (0, T ]. Sử dụng nguyên lý so sánh ta có u v trong B R (0, T ].

34 32 Hàm v R (x, t) cần tìm v R (x, t) = M R 2 ec 0t (2nt + x 2 ). Cố định (x, t) R n (0, T ]. Lấy R > x có u(x, t) v(x, t) = e c 0t (B + F t) + M R 2 ec 0t (2nt + x 2 ). Cho R ta có ước lượng tiên nghiệm cần chứng minh. Trong Định lý 1.25 nếu thay f = 0, c = 0, ta có thể nới rộng giả thiết bị chặn của không gian nghiệm bởi độ tăng mũ và thời gian T có thể ra vô cùng bằng cách dùng Định lý Giả sử u C 2,1 (R n (0, T ]) C(R n [0, T ]), T > 0 hữu hạn hoặc T = +, là nghiệm của u t u =0 trong R n (0, T ], u(, 0) =u 0 trên R n, u(x, t) Me A x 2, (x, t) R n (0, T ], với M < A là các hằng số dương, u 0 C(R n ) bị chặn. Khi đó sup u sup u 0. R n (0,T ] R n Đánh giá gradient Giống như hàm điều hòa, ta dùng biểu diễn tích phân (công thức Green, tích chất giá trị trung bình) để đưa ra đánh giá gradient. Cách tiếp cận của S. Bernstein dùng nguyên lý cực đại để đưa ra đánh giá gradient cho hàm điều hòa cũng sử dụng được cho phương trình truyền nhiệt. Với r > 0, nhắc lại ký hiệu Q r = B 1 ( r 2, 0]. Định lý Cho u C 2,1 (Q 1 ) C( Q 1 ) thỏa mãn phương trình truyền nhiệt trong Q 1. Khi đó sup x u C sup u, Q 1/2 pq 1 trong đó hằng số dương C chỉ phụ thuộc số chiều n.

35 Chứng minh. Lấy η C (Q 1 ) sao cho η = 1 trong Q 1/2, và η = 0 ngoài Q 3/4. Ta sẽ tìm hằng số dương α để ( t )(η 2 x u 2 + αu 2 ) 0 trong Q 1. (1.3.13) Lại có η 2 x u 2 + αu 2 0 trong Q 1, nên theo Định lý 1.17 ta có max(η 2 x u 2 + αu 2 ) max(η 2 x u 2 + αu 2 ). Q 1 pq 1 Từ tính chất của η ta có đánh giá gradient cần chứng minh. Ta còn phải chứng minh (1.3.13). Ta tính toán lần lượt như sau: ( t )(η 2 ) = 2η( t )η 2 x η 2. ( t )(u 2 ) = 2u( t )u 2 x u 2 = 2 x u 2. Công thức Bochner ( t )( x u 2 ) = 2 2 xu x u x (u t u) = 2 2 xu 2. Với ϕ C 0 (B 1 ), ϕ 0, có ( t )(ϕ x u 2 ) = u x 2 ( t )ϕ 4 n ϕ xj u xi u xi x j 2ϕ 2 xu 2. Chọn ϕ = η 2 có x ϕ 2 /ϕ = 4 x η 2. Kết hợp với các tính chất ở trên ta có Sử dụng bất đẳng thức ta có i,j=1 ( t )(η 2 x u 2 ) 2(η(η t η) x η 2 ) x u 2 n 2η 2 2 xu 2 4η η xi u xj u xi x j. i,j=1 η 2 u 2 x i x j + 4η 2 x i u 2 x j 4 ηη xi u xj u xi x j ( t )(η 2 x u 2 ) 2 ( η(η t η) + 3 x η 2) x u 2 C x u 2, với C = 2 max Q 1 ( η(η t η) + 3 x η 2 ) là hằng số dương chỉ phụ thuộc n. Từ các tính toán trên lấy α = C ta có (1.3.13). 33

36 Bất đẳng thức Harnack Ta bắt đầu bằng việc tính toán trên nghiệm đặc biệt (dịch chuyển của nghiệm cơ bản) u(x, t) = 1 x ξ 2 e 4t (4πt) n/2 của phương trình truyền nhiệt u t u = 0 trong R n (0, ). Với bất kỳ cặp điểm (x 1, t 1 ), (x 2, t 2 ) R n (0, ) có u(x 1, t 1 ) u(x 2, t 2 ) = ( t2 t 1 ) n/2 e x 2 ξ 2 4t 2 x 1 ξ 2 4t 1. Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho p/ a, q/ b và a, b với p, q R, a > 0, b > 0 ta có p 2 a + q2 b (p + q)2 a + b. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi bp = aq. Bất đẳng thức này dẫn đến, với t 2 > t 1 > 0 với dấu = xảy ra khi và chỉ khi Khi đó x 2 ξ 2 t 2 x 2 x 1 2 t 2 t 1 + x 1 ξ 2 u(x 1, t 1 ) u(x 2, t 2 ) ξ = t 2x 1 t 1 x 2 t 2 t 1. ( t2 t 1 t 1 ) n/2 e x 2 x 1 2 4(t 2 t 1), với bất kỳ x 1, x 2 R n và t 2 > t 1 > 0. Bất đẳng thức này chính là bất đẳng thức Harnack. Dưới đây ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức Harnack là tính chất chung cho tất cả các nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong toàn không gian. Ngoài ra chúng còn thỏa mãn bất đẳng thức Harnack dạng vi phân. Quay trở lại nghiệm đặc biệt trên để thấy dạng của bất đẳng thức Harnack dạng vi phân cho phương trình truyền nhiệt. Đặt v = ln u = n x 2 ln(4πt). Tính toán ta có 2 4t v t = n 2t + x 2 4t 2, v = x 2t.

37 Bất đẳng thức Harnack dạng vi phân trong trường hợp đặc biệt trở thành đẳng thức v t = n 2t v 2 trong R n (0, ). Với nghiệm bất kỳ của phương trình truyền nhiệt trong toàn không gian ta có bất đẳng thức Harnack dạng vi phân sau. Định lý Cho u C 2,1 (R n (0, T ]) thỏa mãn Khi đó, nếu v = ln u thì u t u = 0, u > 0 trong R n (0, T ]. v t n 2t v 2 trong R n (0, T ]. Trước khi chứng minh bất đẳng thức Harnack dạng vi phân trên, ta sẽ dùng nó để dẫn đến bất đẳng thức Harnack. Định lý Cho u C 2,1 (R n (0, T ]) thỏa mãn u t u = 0, u > 0 trong R n (0, T ]. Khi đó với bất kỳ x 1, x 2 R n và t 2 > t 1 > 0 u(x 1, t 1 ) u(x 2, t 2 ) ( t2 t 1 ) n/2 e x 2 x 1 2 4(t 2 t 1). Chứng minh bất đẳng thức Harnack. Lấy v = ln u và đường cong x = x(t), t [t 1, t 2 ] có hai đầu x 1, x 2. Sử dụng bất đẳng thức Harnack dạng vi phân Lấy tích phân hai vế d dt v(x(t), t) = v t + v dx dt v 2 n 2t 1 2 dx 4 dt n 2t. v(x 2, t 2 ) v(x 1, t 1 ) 1 4 t2 t 1 dx dt 2 + v dx dt dt n ( ) 2 ln t2. t 1 35

38 36 Cực tiểu hóa tích phân t 2 t 1 Tính toán trở lại dx/dt 2 dt ta có x (t) = 0. Khi đó x(t) = x 2 x 1 t 2 t 1 t + t 2x 1 t 1 x 2 t 2 t 1. v(x 1, t 1 ) v(x 2, t 2 ) + n ( ) 2 ln t2 + x 1 x 2 2 t 1 4(t 2 t 1 ) hay ta có bất đẳng thức Harnack cần chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức Harnack dạng vi phân như sau. Chứng minh bất đẳng thức Harnack dạng vi phân. Lấy η 0 C 0 (B 1 ; [0, 1]) thỏa mãn η 0 = 1 trong B 1/2. Đặt η( ) = η 0 ( /R), R 1. Với mỗi α (0, 1) ta sẽ tìm hằng số dương C α để có bất đẳng thức sau 1 2α n tη2 (α v 2 v t ) + C αt R 2 0 trong B R (0, T ]. (1.3.14) Khi đó với mỗi (x, t) R n (0, T ] cố định, lấy R > x, có (1.3.14). Cho R, với chú ý η = 1 trong B R/2, ta có α v(x, t) 2 v t (x, t) n 2αt. Lại cho α tăng đến 1 ta thu được bất đẳng thức Harnack dạng vi phân cần chứng minh. Ta còn phải chứng minh (1.3.14). Đặt f = α v 2 v t, g = tη 2 f, ta có (1.3.14) trở thành 1 2α n g + C αt R 2 0 trong B R (0, T ]. Để chỉ ra (1.3.14) ta chỉ ra có hằng số dương C α để ( tη 2 (g t g) + 2t(2η η η 2 v) g g 1 2α n g + C ) αt. (1.3.15) R 2 Thật vậy, bằng cách xét trên B R (ɛ, T ] rồi cho ɛ 0 + ta có thể giả sử u liên tục đến tận t = 0. Khi đó hàm h(x, t) = 1 2α n g + C αt R 2

39 37 liên tục trên B R [0, T ]. Giả sử không có (1.3.14), nghĩa là Lại có min h < 0. B R [0,T ] khi t = 0 thì h(x, t) = 1, khi x = R thì h(x, t) = 1 + C αt R 2 1. Do đó có điểm (x 0, t 0 ) B R (0, T ] để h(x 0, t 0 ) < 0. Khi đó g(x 0, t 0 ) = n 2α ( 1 + C ) αt 0 h(x R 2 0, t 0 ) > 0 h(x 0, t 0 ) = 0 hay g(x 0, t 0 ) = 0, h t (x 0, t 0 ) h(x 0, t 0 ) 0 hay g t (x 0, t 0 ) g(x 0, t 0 ) = n ( ) Cα 2α R h t(x 2 0, t 0 ) + h(x 0, t 0 ) > 0. Tại (x 0, t 0 ) có t 0 η 2 (x 0, t 0 )(g t (x 0, t 0 ) g(x 0, t 0 ))+ +2t 0 (2η(x 0, t 0 ) η(x 0, t 0 ) η 2 (x 0, t 0 ) v(x 0, t 0 )) g(x 0, t 0 ) 0, ( g(x 0, t 0 ) 1 2α n g(x 0, t 0 ) + C ) αt 0 < 0. R 2 Điều này mâu thuẫn với (1.3.15). Như vậy điều giả sử sai hay ta chỉ còn phải chứng minh (1.3.15). Để chứng minh (1.3.15) ta chứng minh f t f 2 v f 2α n (f 2 + 2(1 α) v 2 f). (1.3.16)

40 38 Thật vậy, trước hết từ g = tη 2 f, η chỉ phụ thuộc x, tính toán ta được hay Thay vào (1.3.16) g t =η 2 f + tη 2 f t, g =tf (η 2 ) + tη 2 f, g =tf (η 2 ) + 2t (η 2 ) f + tη 2 f tη 2 f t =g t g t, tη 2 f = g (η2 ) η 2 g, tη 2 f = g (η2 ) g + 2 (η2 ) η 2 η 2 = g 2 (η2 ) η 2 g + ( g (η2 ) η 2 ) (2 (η2 ) 2 (η2 ) η 4 η 2 tη 2 (g t g) + 2t( (η 2 ) η 2 v) g ) (η 2 + 2t (η2 ) 2 t (η 2 ) 2t (η 2 ) v g η 2 ) g. 2α n (g2 + 2tη 2 (1 α) v 2 g). Nhắc lại tính toán (η 2 ) = 2η η, (η 2 ) = 2 η 2 + 2η η và dùng bất đẳng thức ta có t (η 2 ) v + α(1 α) n η 2 v 2 n 4α(1 α) (η2 ) 2 η 2 tη 2 (g t g) + 2t(2η η η 2 v) g g {η 2 2αn ( )} g + t 6 η 2 n 2η η α(1 α) η 2.

41 39 Lại có η( ) = η 0 ( /R), η 0 C0 (B 1 ) nên ( ) 6 η 2 n 2η η α(1 α) η 2 (x) = Lấy = 1 R 2 (6 η 0 2 2η 0 η 0 n α(1 α) η 0 2 ) (x/r). ( ) C α = sup 6 η 0 2 n + 2 η 0 η 0 + B 1 α(1 α) η 0 2 ta có (1.3.15). Ta còn phải chứng minh (1.3.16). Do v = ln u nên v t = u t u u u, v =, v = u u u 2. u 2 Mà u là nghiệm của phương trình truyền nhiệt nên v t = v + v 2 hay f = α v 2 v t = v (1 α) v 2. Đặt ω = v, ω = v 2. Tính toán ta được: ω t = v t = ( v + v 2 ) = ω + v 2 v 2 =2 2 v v ( v) = 2 2 v v ω và ω t =2 v v t = 2 v ( v + v 2 ) = v v v ω. Như vậy cả ω, ω đều thỏa mãn phương trình tuyến tính q t q 2 v q = 2 2 v 2 nên tổ hợp tuyến tính của nó f = αω (1 α) ω thỏa mãn f t f 2 v f = 2α 2 v 2.

42 40 Sử dụng bất đẳng thức và 2 v 2 ( n vx 2 i x i ) 1 n ( v)2 i=1 ( v) 2 = ( v 2 v t ) 2 = ((1 α) v 2 + f) 2 f 2 + 2(1 α) v 2 f. Từ đây ta có (1.3.16). Ta đã hoàn thành chứng minh. Dùng bất đẳng thức (1.3.14) với R = 1 và chú ý η 0 = 1 trong B 1/2 ta thu được bất đẳng thức Harnack dạng vi phân cho miền không gian hữu hạn Định lý Cho u C 2,1 (B 1 (0, 1]) thỏa mãn u t u = 0, u > 0 trong B 1 (0, 1]. Khi đó với bất kỳ α (0, 1), v = ln u thỏa mãn v t α v 2 + trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc n, α. n 2αt + C 0 trong B 1/2 (0, 1], Bằng cách lấy tích phân đường, từ bất đẳng thức Harnack dạng vi phân ta thu được bất đẳng thức Harnack cho trường hợp miền không gian hữu hạn. Định lý Cho u C 2,1 (B 1 (0, 1]) thỏa mãn u t u = 0, u 0 trong B 1 (0, 1]. Khi đó với bất kỳ (x 1, t 1 ), (x 2, t 2 ) B 1/2 (0, 1] và t 2 > t 1 ta có u(x 1, t 1 ) Cu(x 2, t 2 ), trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc n, t 2 /t 1, (t 2 t 1 ) 1. Từ bất đẳng thức Harnack ta dẫn đến nguyên lý cực đại mạnh cho nghiệm không âm u C 2,1 (B 1 (0, 1]) của phương trình truyền nhiệt trong B 1 (0, 1]. Cụ thể, nếu có (x 0, t 0 ) B 1 (0, 1] để u(x 0, t 0 ) = 0 thì từ bất đẳng thức Harnack ta có u = 0 trong B 1 (0, t 0 ). Kết hợp với tính liên tục của u ta có u = 0 trong B 1 (0, t 0 ].

43 Phương trình không thuần nhất Trong mục này ta quan tâm đến phương trình không thuần nhất u t u = f trongω (0, ) Phương trình không thuần nhất trên toàn không gian Nhắc lại nhân nhiệt, hay nghiệm cơ bản K(x, t) = 1 x 2 e 4t (4πt) n/2, (x, t) R n (0, ). Giống như trong phương trình Poisson, thay vì xét thế vị Newton ta xét t u(x, t) = 0 ds K(x y, s)f(y, s)dy. R n (1.4.17) Từ tính chất của nhân nhiệt ta có u(x, t) sup f R n (0, ) t nên nếu f bị chặn trong R n (0, ) thì 0 ds K(x y, s)dy = t R n lim sup u(x, t) = 0. t 0 + x R n sup R n (0, ) Nếu chỉ có tính bị chặn của f thì u chưa chắc thuộc lớp C 2,1. Lý do từ những tính toán sau: K(x, t) = 2 K(x, t) = x e 2t(4πt) n/2 1 e (4πt) n/2 x 2 4t x 2 4t, t > 0, ( x 2t x 2t 1 2t Id ), t > 0, và, bằng cách đổi biến x = 2z t, t > 0, K(x, t) dx = 1 z e z 2 dz = C n R π n n/2 R n t t 2 K(x, t) dx 1 z 2 R π n n/2 t 1 R t dz = D n e z 2 t. n f

44 42 Khi đó K L 1 (R n (0, T )) còn 2 K L 1 (R n (0, T )) với bất kỳ T > 0. Do đó nếu f L (R n (0, T )) thì u C 1 (R n (0, T )) và t u(x, t) = ds K xi (x y, s)f(y, s)dy, R n 0 u(x, t) 2C n t sup R n (0,t) Tuy nhiên nói chung u C 2,1 (R n (0, T )). Ta cần tăng độ trơn của f nếu muốn u C 2,1 (R n (0, T )). Cụ thể ta có kết quả sau. Định lý Cho f là hàm liên tục, bị chặn trong R n (0, ) với f cũng là hàm liên tục, bị chặn trong R n (0, ) và u được xác định bởi (1.4.17). Khi đó u C 2,1 (R n (0, )) và thỏa mãn phương trình cũng như điều kiện ban đầu f. u t u = f trong R n (0, ), lim u(x, t) = 0, x 0 R n. (x,t) (x 0,0) t>0 Hơn nữa, nếu f có tất cả các đạo hàm riêng liên tục, bị chặn trong R n (0, ) thì u trơn trên R n (0, ). Chứng minh. Trước hết ta giả sử f, f là các hàm liên tục, bị chặn trong R n (0, ). Bằng cách đổi biến y = x + 2z t s, nghiệm (1.4.17) trở thành u(x, t) = 1 t ds f(x + 2z t s, s)dz. (1.4.18) π n/2 Từ tính bị chặn của f ta có ngay Từ tính bị chặn của f ta có u xi (x, t) = 1 π n/2 = 1 π n/2 0 R n e z 2 lim u(x, t) = 0, x 0 R n. (x,t) (x 0,0) t>0 t 0 t 0 ds ds R n e z 2 xi f(x + 2z t s, s)dz R n e z t s z i f(x + 2 t s, s)dz.

45 43 Chú ý lim z e z 2 = 0, nên lấy tích phân từng phân tích phân trên ta được Tiếp tục đạo hàm u xi (x, t) = 1 π n/2 u xi x j (x, t) = 1 π n/2 t 0 t 0 ds ds R n e z 2 R n e z 2 z i t s f(x + 2 t s, s)dz. z i t s f xj (x + 2 t s, s)dz. Quay trở lại (1.4.18), đạo hàm theo t được u t (x, t) = 1 e z 2 f(x, t)dz+ π n/2 R n + 1 t 1 ds e z 2 z π n/2 x f(x + 2z t s, s)dz. 0 R n t z Từ tính bị chặn và liên tục của x f ta dẫn đến u t, u xi x j (x, t) R n (0, ). Hơn nữa là các hàm liên tục theo u t u = f trong R n (0, ). Với giả thiết f có các đạo hàm riêng mọi cấp theo biến x liên tục, bị chặn trong R n (0, ), từ (1.4.18) ta có u có đạo hàm riêng mọi cấp theo x là các hàm liên tục trên R n (0, ). Lại có u t = u + f nên u t và các đạo hàm riêng theo biến x của nó đều là hàm liên tục trong R n (0, ). Tiếp tục dùng u tt = u t + f t = ( u + f) + f t ta có u tt và các đạo hàm riêng theo biến x của nó cũng đều là hàm liên tục trong R n (0, ). Cứ tiếp tục như này ta có u là hàm trơn trong R n (0, ) khi f có các đạo hàm riêng của nó liên tục, bị chặn trong R n (0, ). ta có Từ Định lý 1.4 và Định lý 1.32, với các giả thiết u 0, f như trong các Định lý này u(x, t) = K(x y, t)u 0 (y)dy+ R n t + ds K(x y, s)f(y, s)dy 0 R n

46 44 là nghiệm C 2,1 của bài toán u t u =f trong R n (0, ), u(, 0) =u 0 trên R n Phương trình không thuần nhất trong miền bị chặn Trong mục này ta xét miền Ω bị chặn trong R n. Để giải bài toán biên hỗn hợp cho phương trình không thuần nhất u t u =f trong Ω (0, ), (1.4.19) u(x, t) =g(x, t) trên Ω (0, ), (1.4.20) u(, 0) =u 0 trên Ω (1.4.21) đòi hỏi khá nhiều kỹ thuật. Tôi chỉ trình bày lược đồ giải bài toán biên hỗn hợp này. Cũng giống bài toán giá trị ban đầu trên toàn không gian, ta cần đến nhân nhiệt. Định nghĩa 1.2. Hàm q C 2,1 (Ω Ω (0, )) C( Ω Ω [0, )) được gọi là nhân nhiệt của miền Ω nếu q t x q =0 trong Ω Ω (0, ), q(x, y, t) =0 khi x Ω, y Ω, t > 0, lim q(x, y, t)f(x)dx = f(y) khi y Ω, f C( Ω). t 0 + Ω Mối quan hệ giữa nhân nhiệt trong Ω và nghiệm cơ bản q(x, y, t) = K(x y, t) + µ(x, y, t) trong đó µ(x, y, t), với mỗi y Ω cố định, là nghiệm của bài toán µ t x µ =0 trong Ω (0, ), µ(, y, 0) =0 trên Ω, µ(x, y, t) = K(x, y, t) khi (x, t) Ω (0, ).

47 45 Nghiệm của bài toán này được cho bởi t µ(x, y, t) = ds Σ(x, z, t s)k(z, y, s)ds z 0 Ω trong đó t Σ(x, z, t) = 2 νz K(x z, t) ds Ω n νζ K(x ζ, t s) S i (ζ, z, s)ds ζ, i=1 với S 1 (x, z, t) =2 νz K(x z, t), t S i+1 (x, z, t) =2 ds S i (x, z, t s) νζ K(ζ z, s)ds ζ. 0 Ω Với f C( Ω [0, )), g C( Ω [0, )), u 0 C( Ω) nghiệm của bài toán (1.4.19)-(1.4.21) được cho bởi u(x, t) = t 0 + ds q(x, y, t s)f(y, s)dy+ Ω t q(x, y, t)u 0 (y)dy ds Ω 0 Ω νy q(x, y, t s)g(y, s)ds y.

Năm Chứng minh Y N

Năm Chứng minh Y N Về bài toán số 5 trong kì thi chọn đội tuyển toán uốc tế của Việt Nam năm 2015 Nguyễn Văn Linh Năm 2015 1 Mở đầu Trong ngày thi thứ hai của kì thi Việt Nam TST 2015 có một bài toán khá thú vị. ài toán.

Διαβάστε περισσότερα

1. Ma trận A = Ký hiệu tắt A = [a ij ] m n hoặc A = (a ij ) m n

1. Ma trận A = Ký hiệu tắt A = [a ij ] m n hoặc A = (a ij ) m n Cơ sở Toán 1 Chương 2: Ma trận - Định thức GV: Phạm Việt Nga Bộ môn Toán, Khoa CNTT, Học viện Nông nghiệp Việt Nam Bộ môn Toán () Cơ sở Toán 1 - Chương 2 VNUA 1 / 22 Mục lục 1 Ma trận 2 Định thức 3 Ma

Διαβάστε περισσότερα

Năm 2017 Q 1 Q 2 P 2 P P 1

Năm 2017 Q 1 Q 2 P 2 P P 1 Dùng phép vị tự quay để giải một số bài toán liên quan đến yếu tố cố định Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Mở đầu Tư tưởng của phương pháp này khá đơn giản như sau. Trong bài toán chứng minh điểm chuyển động

Διαβάστε περισσότερα

Năm Chứng minh. Cách 1. Y H b. H c. BH c BM = P M. CM = Y H b

Năm Chứng minh. Cách 1. Y H b. H c. BH c BM = P M. CM = Y H b huỗi bài toán về họ đường tròn đi qua điểm cố định Nguyễn Văn inh Năm 2015 húng ta bắt đầu từ bài toán sau. ài 1. (US TST 2012) ho tam giác. là một điểm chuyển động trên. Gọi, lần lượt là các điểm trên,

Διαβάστε περισσότερα

HÀM NHIỀU BIẾN Lân cận tại một điểm. 1. Định nghĩa Hàm 2 biến. Miền xác định của hàm f(x,y) là miền VD:

HÀM NHIỀU BIẾN Lân cận tại một điểm. 1. Định nghĩa Hàm 2 biến. Miền xác định của hàm f(x,y) là miền VD: . Định nghĩa Hàm biến. f : D M (, ) z= f( M) = f(, ) Miền ác định của hàm f(,) là miền VD: f : D HÀM NHIỀU BIẾN M (, ) z= f(, ) = D sao cho f(,) có nghĩa. Miền ác định của hàm f(,) là tập hợp những điểm

Διαβάστε περισσότερα

Kinh tế học vĩ mô Bài đọc

Kinh tế học vĩ mô Bài đọc Chương tình giảng dạy kinh tế Fulbight Niên khóa 2011-2013 Mô hình 1. : cung cấp cơ sở lý thuyết tổng cầu a. Giả sử: cố định, Kinh tế đóng b. IS - cân bằng thị tường hàng hoá: I() = S() c. LM - cân bằng

Διαβάστε περισσότερα

I 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N

I 2 Z I 1 Y O 2 I A O 1 T Q Z N ài toán 6 trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại Thương 1 Giới thiệu Trong ngày thi thứ 2 của kì thi chọn đội tuyển quốc gia Iran năm 2013 xuất hiện

Διαβάστε περισσότερα

Q B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3

Q B Y A P O 4 O 6 Z O 5 O 1 O 2 O 3 ài tập ôn đội tuyển năm 2015 guyễn Văn Linh Số 8 ài 1. ho tam giác nội tiếp đường tròn () có là tâm nội tiếp. cắt () lần thứ hai tại J. Gọi ω là đường tròn tâm J và tiếp xúc với,. Hai tiếp tuyến chung

Διαβάστε περισσότερα

5. Phương trình vi phân

5. Phương trình vi phân 5. Phương trình vi phân (Toán cao cấp 2 - Giải tích) Lê Phương Bộ môn Toán kinh tế Đại học Ngân hàng TP. Hồ Chí Minh Homepage: http://docgate.com/phuongle Nội dung 1 Khái niệm Phương trình vi phân Bài

Διαβάστε περισσότερα

Suy ra EA. EN = ED hay EI EJ = EN ED. Mặt khác, EID = BCD = ENM = ENJ. Suy ra EID ENJ. Ta thu được EI. EJ Suy ra EA EB = EN ED hay EA

Suy ra EA. EN = ED hay EI EJ = EN ED. Mặt khác, EID = BCD = ENM = ENJ. Suy ra EID ENJ. Ta thu được EI. EJ Suy ra EA EB = EN ED hay EA ài tập ôn đội tuyển năm 015 guyễn Văn inh Số 6 ài 1. ho tứ giác ngoại tiếp. hứng minh rằng trung trực của các cạnh,,, cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. J 1 1 1 1 hứng minh. Gọi 1 1 1 1 là tứ giác

Διαβάστε περισσότερα

O 2 I = 1 suy ra II 2 O 1 B.

O 2 I = 1 suy ra II 2 O 1 B. ài tập ôn đội tuyển năm 2014 guyễn Văn inh Số 2 ài 1. ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn () lần lượt tại,. Từ kẻ hai tiếp tuyến t 1, t 2 tới ( 2 ), từ kẻ hai tiếp tuyến

Διαβάστε περισσότερα

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN 1 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 0 LẦN THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 80 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ

Διαβάστε περισσότερα

Năm 2014 B 1 A 1 C C 1. Ta có A 1, B 1, C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi BA 1 C 1 = B 1 A 1 C.

Năm 2014 B 1 A 1 C C 1. Ta có A 1, B 1, C 1 thẳng hàng khi và chỉ khi BA 1 C 1 = B 1 A 1 C. Đường thẳng Simson- Đường thẳng Steiner của tam giác Nguyễn Văn Linh Năm 2014 1 Đường thẳng Simson Đường thẳng Simson lần đầu tiên được đặt tên bởi oncelet, tuy nhiên một số nhà hình học cho rằng nó không

Διαβάστε περισσότερα

1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8

1.1.2 Hàm Green Công thức tích phân Poisson Tính chính quy... 8 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 18 tháng 1 năm 2017 Mục lục 1 Phương trình Laplace 1 1.1 Nghiệm cơ bản............................... 1 1.1.1 Đồng nhất thức Green.......................

Διαβάστε περισσότερα

Tối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X.

Tối ưu tuyến tính. f(z) < inf. Khi đó tồn tại y X sao cho (i) d(z, y) 1. (ii) f(y) + εd(z, y) f(z). (iii) f(x) + εd(x, y) f(y), x X. Tối ưu tuyến tính Câu 1: (Định lý 2.1.1 - Nguyên lý biến phân Ekeland) Cho (X, d) là không gian mêtric đủ, f : X R {+ } là hàm lsc bị chặn dưới. Giả sử ε > 0 và z Z thỏa Khi đó tồn tại y X sao cho (i)

Διαβάστε περισσότερα

M c. E M b F I. M a. Chứng minh. M b M c. trong thứ hai của (O 1 ) và (O 2 ).

M c. E M b F I. M a. Chứng minh. M b M c. trong thứ hai của (O 1 ) và (O 2 ). ài tập ôn đội tuyển năm 015 Nguyễn Văn inh Số 5 ài 1. ho tam giác nội tiếp () có + =. Đường tròn () nội tiếp tam giác tiếp xúc với,, lần lượt tại,,. Gọi b, c lần lượt là trung điểm,. b c cắt tại. hứng

Διαβάστε περισσότερα

x y y

x y y ĐÁP ÁN - ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH LỚP THPT Bài Năm học 5 6- Môn: TOÁN y 4 TXĐ: D= R Sự biến thiên lim y lim y y ' 4 4 y ' 4 4 4 ( ) - - + y - + - + y + - - + Bài Hàm số đồng biến trên các khoảng

Διαβάστε περισσότερα

https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 56

https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 56 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU TỔ TOÁN Câu ( điểm). Cho hàm số y = + ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN NĂM HỌC 5-6 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút (không tính thời gian phát đề ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ

Διαβάστε περισσότερα

O C I O. I a. I b P P. 2 Chứng minh

O C I O. I a. I b P P. 2 Chứng minh ài toán rotassov và ứng dụng Nguyễn Văn Linh Năm 2017 1 Giới thiệu ài toán rotassov được phát biểu như sau. ho tam giác với là tâm đường tròn nội tiếp. Một đường tròn () bất kì đi qua và. ựng một đường

Διαβάστε περισσότερα

có thể biểu diễn được như là một kiểu đạo hàm của một phiếm hàm năng lượng I[]

có thể biểu diễn được như là một kiểu đạo hàm của một phiếm hàm năng lượng I[] 1 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Chúng ta đều biết: không có lý thuyết tổng quát cho phép giải mọi phương trình đạo hàm riêng; nhất là với các phương trình phi tuyến Au [ ] = 0; (1) trong đó A[] ký hiệu toán

Διαβάστε περισσότερα

Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH

Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH Câu 1: Bài Tập Môn: NGÔN NGỮ LẬP TRÌNH Cho văn phạm dưới đây định nghĩa cú pháp của các biểu thức luận lý bao gồm các biến luận lý a,b,, z, các phép toán luận lý not, and, và các dấu mở và đóng ngoặc tròn

Διαβάστε περισσότερα

Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường

Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường Sử dụngụ Minitab trong thống kê môi trường Dương Trí Dũng I. Giới thiệu Hiện nay có nhiều phần mềm (software) thống kê trên thị trường Giá cao Excel không đủ tính năng Tinh bằng công thức chậm Có nhiều

Διαβάστε περισσότερα

A 2 B 1 C 1 C 2 B B 2 A 1

A 2 B 1 C 1 C 2 B B 2 A 1 Sáng tạo trong hình học Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Mở đầu Hình học là một mảng rất đặc biệt trong toán học. Vẻ đẹp của phân môn này nằm trong hình vẽ mà muốn cảm nhận được chúng

Διαβάστε περισσότερα

Lecture-11. Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace

Lecture-11. Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace Ch-6: Phân tích hệ thống liên tục dùng biếnđổi Laplace Lecture- 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6.3. Sơđồ hối và thực hiện hệ thống 6.. Phân tích hệ thống LTI dùng biếnđổi Laplace 6...

Διαβάστε περισσότερα

1.2.5 Số chiều lẻ Nguyên lý Duhamel... 30

1.2.5 Số chiều lẻ Nguyên lý Duhamel... 30 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 7 tháng 4 năm 07 Mục lục Phương trình truyền sóng. Phương trình truyền sóng chiều...................... Bài toán giá trị ban đầu........................

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047)

ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047) ĐỀ BÀI TẬP LỚN MÔN XỬ LÝ SONG SONG HỆ PHÂN BỐ (501047) Lưu ý: - Sinh viên tự chọn nhóm, mỗi nhóm có 03 sinh viên. Báo cáo phải ghi rõ vai trò của từng thành viên trong dự án. - Sinh viên báo cáo trực tiếp

Διαβάστε περισσότερα

* Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi: 27/01/2013 * Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ:

* Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi: 27/01/2013 * Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ: Họ và tên thí sinh:. Chữ kí giám thị Số báo danh:..... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 0 CẤP TỈNH NĂM HỌC 0-03 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Gồm 0 trang) * Môn thi: VẬT LÝ (Bảng A) * Ngày thi:

Διαβάστε περισσότερα

x = Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : (1.2)

x = Cho U là một hệ gồm 2n vec-tơ trong không gian R n : (1.2) 65 TẠP CHÍ KHOA HỌC, Đại học Huế, Số 53, 2009 HỆ PHÂN HOẠCH HOÀN TOÀN KHÔNG GIAN R N Huỳnh Thế Phùng Trường Đại học Khoa học, Đại học Huế TÓM TẮT Một phân hoạch hoàn toàn của R n là một hệ gồm 2n vec-tơ

Διαβάστε περισσότερα

Môn: Toán Năm học Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi 116. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)

Môn: Toán Năm học Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi 116. (Thí sinh không được sử dụng tài liệu) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Môn: Toán Năm học 0-0 Thời gian làm bài: 90 phút; 50 câu trắc nghiệm khách quan Mã đề thi (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)

Διαβάστε περισσότερα

Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα

Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα - Γενικά Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Khi nào [tài liệu] của bạn được ban hành? Για να ρωτήσετε πότε έχει

Διαβάστε περισσότερα

Năm Pascal xem tại [2]. A B C A B C. 2 Chứng minh. chứng minh sau. Cách 1 (Jan van Yzeren).

Năm Pascal xem tại [2]. A B C A B C. 2 Chứng minh. chứng minh sau. Cách 1 (Jan van Yzeren). Định lý Pascal guyễn Văn Linh ăm 2014 1 Giới thiệu. ăm 16 tuổi, Pascal công bố một công trình toán học : Về thiết diện của đường cônic, trong đó ông đã chứng minh một định lí nổi tiếng và gọi là Định lí

Διαβάστε περισσότερα

Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí

Truy cập website: hoc360.net để tải tài liệu đề thi miễn phí Tru cập website: hoc36net để tải tài liệu đề thi iễn phí ÀI GIẢI âu : ( điể) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) 8 3 3 () 8 3 3 8 Ta có ' 8 8 9 ; ' 9 3 o ' nên phương trình () có nghiệ phân

Διαβάστε περισσότερα

Ngày 26 tháng 12 năm 2015

Ngày 26 tháng 12 năm 2015 Mô hình Tobit với Biến Phụ thuộc bị chặn Lê Việt Phú Chương trình Giảng dạy Kinh tế Fulbright Ngày 26 tháng 12 năm 2015 1 / 19 Table of contents Khái niệm biến phụ thuộc bị chặn Hồi quy OLS với biến phụ

Διαβάστε περισσότερα

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI MINH HỌA - KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 8 phút Câu (, điểm) Cho hàm số y = + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Viết

Διαβάστε περισσότερα

Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012.

Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại Học của các trường trong nước năm 2012. wwwliscpgetl Tuyển chọn Đề và đáp án : Luyện thi thử Đại ọc củ các trường trong nước năm ôn: ÌN Ọ KÔNG GN (lisc cắt và dán) ÌN ÓP ài ho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh, tm giác đều, tm giác vuông cân

Διαβάστε περισσότερα

1.6 Công thức tính theo t = tan x 2

1.6 Công thức tính theo t = tan x 2 TÓM TẮT LÝ THUYẾT ĐẠI SỐ - GIẢI TÍCH 1 Công thức lượng giác 1.1 Hệ thức cơ bản sin 2 x + cos 2 x = 1 1 + tn 2 x = 1 cos 2 x tn x = sin x cos x 1.2 Công thức cộng cot x = cos x sin x sin( ± b) = sin cos

Διαβάστε περισσότερα

1.3.2 L 2 đánh giá Nghiệm yếu Nghiệm tích phân, điều kiện Rankine-Hugoniot... 25

1.3.2 L 2 đánh giá Nghiệm yếu Nghiệm tích phân, điều kiện Rankine-Hugoniot... 25 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 30 tháng 3 năm 2016 Mục lục 1 Phương trình đạo hàm riêng cấp 1 1 1.1 Siêu mặt không đặc trưng......................... 1 1.1.1 Một số ký

Διαβάστε περισσότερα

x i x k = e = x j x k x i = x j (luật giản ước).

x i x k = e = x j x k x i = x j (luật giản ước). 1 Mục lục Chương 1. NHÓM.................................................. 2 Chương 2. NHÓM HỮU HẠN.................................... 10 Chương 3. NHÓM ABEL HỮU HẠN SINH....................... 14 2 CHƯƠNG

Διαβάστε περισσότερα

CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG

CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Tăng Vũ 1. Đường thẳng Euler. Bài toán 1. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng

Διαβάστε περισσότερα

L P I J C B D. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJB = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (BIC).

L P I J C B D. Do GI 2 = GJ.GH nên GIH = IJG = IKJ = 90 GJB = 90 GLH. Mà GIH + GIQ = 90 nên QIG = ILG = IQG, suy ra GI = GQ hay Q (BIC). ài tập ôn đội tuyển I năm 015 Nguyễn Văn inh Số 7 ài 1. (ym). ho tam giác nội tiếp đường tròn (), ngoại tiếp đường tròn (I). G là điểm chính giữa cung không chứa. là tiếp điểm của (I) với. J là điểm nằm

Διαβάστε περισσότερα

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC NGÀY THI : 19/06/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC NGÀY THI : 19/06/2009 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ TI TUYỂN SIN LỚP NĂM ỌC 9- KÁN OÀ MÔN : TOÁN NGÀY TI : 9/6/9 ĐỀ CÍN TỨC Thời gian làm bài: phút (không kể thời gian giao đề) ài ( điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) a Cho biết

Διαβάστε περισσότερα

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG IV

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG IV KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG V MẠH ĐỆN PH HƯƠNG V : MẠH ĐỆN PH. Khái niệm chung Điện năng sử ụng trong công nghiệ ưới ạng òng điện sin ba ha vì những lý o sau: - Động cơ điện ba ha có cấu tạo đơn giản và đặc tính

Διαβάστε περισσότερα

c) y = c) y = arctan(sin x) d) y = arctan(e x ).

c) y = c) y = arctan(sin x) d) y = arctan(e x ). Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội Viện Toán ứng dụng và Tin học ĐỀ CƯƠNG BÀI TẬP GIẢI TÍCH I - TỪ K6 Nhóm ngành 3 Mã số : MI 3 ) Kiểm tra giữa kỳ hệ số.3: Tự luận, 6 phút. Nội dung: Chương, chương đến hết

Διαβάστε περισσότερα

Ví dụ 2 Giải phương trình 3 " + = 0. Lời giải. Giải phương trình đặc trưng chúng ta nhận được

Ví dụ 2 Giải phương trình 3  + = 0. Lời giải. Giải phương trình đặc trưng chúng ta nhận được CHƯƠNG 6. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP CAO Những ý tưởng cơ bản của phương trình vi phân đã được giải thích trong Chương 9, ở đó chúng ta đã tập trung vào phương trình cấp một. Trong chương này, chúng ta nghiên

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Phân loại Phương trình Laplace Bài toán biên Dirichlet... 19

1.1 Phân loại Phương trình Laplace Bài toán biên Dirichlet... 19 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 26 tháng 3 năm 216 Mục lục 1 Nhắc lại phương trình đạo hàm riêng cấp 2 1 1.1 Phân loại.................................. 1 1.2 Đánh giá

Διαβάστε περισσότερα

A. ĐẶT VẤN ĐỀ B. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

A. ĐẶT VẤN ĐỀ B. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN . ĐẶT VẤN ĐỀ Hình họ hông gin là một hủ đề tương đối hó đối với họ sinh, hó ả áh tiếp ận vấn đề và ả trong tìm lời giải ài toán. Làm so để họ sinh họ hình họ hông gin dễ hiểu hơn, hoặ hí ít ũng giải đượ

Διαβάστε περισσότερα

Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ. Hồ Chí Minh.

Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ. Hồ Chí Minh. Bài giảng Giải tích 3: Tích phân bội và Giải tích vectơ HUỲNH QUANG VŨ Khoa Toán-Tin học, Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. E-mail: hqvu@hcmus.edu.vn e d c f 1 b a 1 TÓM

Διαβάστε περισσότερα

Chương 12: Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt

Chương 12: Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt /009 Chương : Chu trình máy lạnh và bơm nhiệt. Khái niệm chung. Chu trình lạnh dùng không khí. Chu trình lạnh dùng hơi. /009. Khái niệm chung Máy lạnh/bơmnhiệt: chuyển CÔNG thành NHIỆT NĂNG Nguồn nóng

Διαβάστε περισσότερα

+ = k+l thuộc H 2= ( ) = (7 2) (7 5) (7 1) 2) 2 = ( ) ( ) = (1 2) (5 7)

+ = k+l thuộc H 2= ( ) = (7 2) (7 5) (7 1) 2) 2 = ( ) ( ) = (1 2) (5 7) Nhớm 3 Bài 1.3 1. (X,.) là nhóm => a X; ax= Xa= X Ta chứng minh ax=x Với mọi b thuộc ax thì b có dạng ak với k thuộc X nên b thuộc X => Với mọi k thuộc X thì k = a( a -1 k) nên k thuộc ax. Vậy ax=x Tương

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ 83. https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2

ĐỀ 83. https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv2 ĐỀ 8 https://www.facebook.com/nguyenkhachuongqv GV Nguyễn Khắc Hưởng - THPT Quế Võ số - https://huongphuong.wordpress.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN KỲ THI THỬ THPT QUỐC GIA 016 LẦN TRƯỜNG THPT MINH

Διαβάστε περισσότερα

Vectơ và các phép toán

Vectơ và các phép toán wwwvnmathcom Bài 1 1 Các khái niệm cơ bản 11 Dẫn dắt đến khái niệm vectơ Vectơ và các phép toán Vectơ đại diện cho những đại lượng có hướng và có độ lớn ví dụ: lực, vận tốc, 1 Định nghĩa vectơ và các yếu

Διαβάστε περισσότερα

(CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Ch4 - Phân tích phương sai, so sánh và kiểm định 1

(CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Ch4 - Phân tích phương sai, so sánh và kiểm định 1 TIN HỌC ỨNG DỤNG (CH4 - PHÂN TÍCH PHƯƠNG SAI, SO SÁNH VÀ KIỂM ĐỊNH) Phan Trọng Tiến BM Công nghệ phần mềm Khoa Công nghệ thông tin, VNUA Email: phantien84@gmail.com Website: http://timoday.edu.vn Ch4 -

Διαβάστε περισσότερα

Phụ thuộc hàm. và Chuẩn hóa cơ sở dữ liệu. Nội dung trình bày. Chương 7. Nguyên tắc thiết kế. Ngữ nghĩa của các thuộc tính (1) Phụ thuộc hàm

Phụ thuộc hàm. và Chuẩn hóa cơ sở dữ liệu. Nội dung trình bày. Chương 7. Nguyên tắc thiết kế. Ngữ nghĩa của các thuộc tính (1) Phụ thuộc hàm Nội dung trình bày hương 7 và huẩn hóa cơ sở dữ liệu Nguyên tắc thiết kế các lược đồ quan hệ.. ác dạng chuẩn. Một số thuật toán chuẩn hóa. Nguyên tắc thiết kế Ngữ nghĩa của các thuộc tính () Nhìn lại vấn

Διαβάστε περισσότερα

Chứng minh. Cách 1. EO EB = EA. hay OC = AE

Chứng minh. Cách 1. EO EB = EA. hay OC = AE ài tập ôn luyện đội tuyển I năm 2016 guyễn Văn inh ài 1. (Iran S 2007). ho tam giác. ột điểm nằm trong tam giác thỏa mãn = +. Gọi, Z lần lượt là điểm chính giữa các cung và của đường tròn ngoại tiếp các

Διαβάστε περισσότερα

Batigoal_mathscope.org ñược tính theo công thức

Batigoal_mathscope.org ñược tính theo công thức SỐ PHỨC TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC PHẲNG Batigoal_mathscope.org Hoangquan9@gmail.com I.MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN. Khoảng cách giữa hai ñiểm Giả sử có số phức và biểu diễn hai ñiểm M và M trên mặt phẳng tọa

Διαβάστε περισσότερα

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1- Độ dài đoạn thẳng Ax ( ; y; z ), Bx ( ; y ; z ) thì Nếu 1 1 1 1. Một Số Công Thức Cần Nhớ AB = ( x x ) + ( y y ) + ( z z ). 1 1 1 - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Διαβάστε περισσότερα

Ngày 18 tháng 3 năm 2015

Ngày 18 tháng 3 năm 2015 Giải Tích Phần Tử Hữu Hạn Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, Tp. HCM Ngày 18 tháng 3 năm 2015 Giới thiệu Giới thiệu Phương trình đạo hàm riêng-ptđhr (Partial Differential Equations-PDE) được sử dụng mô tả các

Διαβάστε περισσότερα

Tính: AB = 5 ( AOB tại O) * S tp = S xq + S đáy = 2 π a 2 + πa 2 = 23 π a 2. b) V = 3 π = 1.OA. (vì SO là đường cao của SAB đều cạnh 2a)

Tính: AB = 5 ( AOB tại O) * S tp = S xq + S đáy = 2 π a 2 + πa 2 = 23 π a 2. b) V = 3 π = 1.OA. (vì SO là đường cao của SAB đều cạnh 2a) Mặt nón. Mặt trụ. Mặt cầu ài : Trong không gin cho tm giác vuông tại có 4,. Khi quy tm giác vuông qunh cạnh góc vuông thì đường gấp khúc tạo thành một hình nón tròn xoy. b)tính thể tích củ khối nón 4 )

Διαβάστε περισσότερα

Chương 1: VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯU BA PHA

Chương 1: VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯU BA PHA I. Vcto không gian Chương : VECTOR KHÔNG GIAN VÀ BỘ NGHỊCH LƯ BA PHA I.. Biể diễn vcto không gian cho các đại lượng ba pha Động cơ không đồng bộ (ĐCKĐB) ba pha có ba (hay bội ố của ba) cộn dây tato bố

Διαβάστε περισσότερα

Nội dung. 1. Một số khái niệm. 2. Dung dịch chất điện ly. 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan

Nội dung. 1. Một số khái niệm. 2. Dung dịch chất điện ly. 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan CHƯƠNG 5: DUNG DỊCH 1 Nội dung 1. Một số khái niệm 2. Dung dịch chất điện ly 3. Cân bằng trong dung dịch chất điện ly khó tan 2 Dung dịch Là hệ đồng thể gồm 2 hay nhiều chất (chất tan & dung môi) mà thành

Διαβάστε περισσότερα

CHƯƠNG 8: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC DẠNG 1: ĐỊNH LUẬT THỨ NHẤT

CHƯƠNG 8: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC DẠNG 1: ĐỊNH LUẬT THỨ NHẤT 1 CHƯƠNG 8: NGUYÊN LÝ THỨ NHẤT CỦA NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC 1.1. Kiến thức cơ bản: DẠNG 1: ĐỊNH LUẬT THỨ NHẤT - Dạng này là dạng ứng dụng định luật thứ nhất nhiệt động lực học để giải các bài toán về nhiêt.

Διαβάστε περισσότερα

TRANSISTOR MỐI NỐI LƯỠNG CỰC

TRANSISTOR MỐI NỐI LƯỠNG CỰC hương 4: Transistor mối nối lưỡng cực hương 4 TANSISTO MỐI NỐI LƯỠNG Ự Transistor mối nối lưỡng cực (JT) được phát minh vào năm 1948 bởi John ardeen và Walter rittain tại phòng thí nghiệm ell (ở Mỹ). Một

Διαβάστε περισσότερα

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ. đến va chạm với vật M. Gọi vv, là vận tốc của m và M ngay. đến va chạm vào nó.

HOC360.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP MIỄN PHÍ. đến va chạm với vật M. Gọi vv, là vận tốc của m và M ngay. đến va chạm vào nó. HOC36.NET - TÀI LIỆU HỌC TẬP IỄN PHÍ CHỦ ĐỀ 3. CON LẮC ĐƠN BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN VA CHẠ CON LẮC ĐƠN Phương pháp giải Vật m chuyển động vận tốc v đến va chạm với vật. Gọi vv, là vận tốc của m và ngay sau

Διαβάστε περισσότερα

- Toán học Việt Nam

- Toán học Việt Nam - Toán học Việt Nam PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÌNH HỌ KHÔNG GIN ẰNG VETOR I. Á VÍ DỤ INH HỌ Vấn đề 1: ho hình chóp S. có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng () là điểm H thuộc

Διαβάστε περισσότερα

BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU

BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN ***** BÀI GIẢNG TOÁN TỐI ƯU Biên soạn : TS. Hoàng Quang Tuyến Đà Nẵng - 2012 Giới thiệu Tập tài liệu này được biên soạn bởi Thầy giáo TS Hoàng Quang Tuyến,

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ SỐ 16 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian giao đề (50 câu trắc nghiệm)

ĐỀ SỐ 16 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2017 Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian giao đề (50 câu trắc nghiệm) THẦY: ĐẶNG THÀNH NAM Website: wwwvtedvn ĐỀ SỐ 6 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 7 Thời gian làm bài: phút; không kể thời gian giao đề (5 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 65 Họ, tên thí sinh:trường: Điểm mong muốn:

Διαβάστε περισσότερα

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG II

KỸ THUẬT ĐIỆN CHƯƠNG II KỸ THẬT ĐỆN HƯƠNG DÒNG ĐỆN SN Khái niệm: Dòng điện xoay chiều biến đổi theo quy luật hàm sin của thời gian là dòng điện sin. ác đại lượng đặc trưng cho dòng điện sin Trị số của dòng điện, điện áp sin ở

Διαβάστε περισσότερα

Tứ giác BLHN là nội tiếp. Từ đó suy ra AL.AH = AB. AN = AW.AZ. Như thế LHZW nội tiếp. Suy ra HZW = HLM = 1v. Vì vậy điểm H cũng nằm trên

Tứ giác BLHN là nội tiếp. Từ đó suy ra AL.AH = AB. AN = AW.AZ. Như thế LHZW nội tiếp. Suy ra HZW = HLM = 1v. Vì vậy điểm H cũng nằm trên MỘT SỐ ÀI TOÁN THẲNG HÀNG ài toán 1. (Imo Shortlist 2013 - G1) ho là một tm giác nhọn với trực tâm H, và W là một điểm trên cạnh. Gọi M và N là chân đường co hạ từ và tương ứng. Gọi (ω 1 ) là đường tròn

Διαβάστε περισσότερα

1 Dãy số và các bài toán về dãy số Giớithiệu Định nghĩa và các định lý cơ bản Một số phương pháp giải bài toán về dãy số...

1 Dãy số và các bài toán về dãy số Giớithiệu Định nghĩa và các định lý cơ bản Một số phương pháp giải bài toán về dãy số... Mục lục 1 Dãy số và các bài toán về dãy số 4 1.1 Giớithiệu... 4 1. Định nghĩa và các định lý cơ bản................... 5 1.3 Một số phương pháp giải bài toán về dãy số............. 8 1.3.1 Dãy số thực:

Διαβάστε περισσότερα

1.1.3 Toán tử Volterra Công thức Taylor Bài toán Cauchy... 15

1.1.3 Toán tử Volterra Công thức Taylor Bài toán Cauchy... 15 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐÀO NGUYỄN VÂN ANH PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN VỚI TOÁN TỬ KHẢ NGHỊCH PHẢI VÀ ÁP DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - NĂM 215 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Διαβάστε περισσότερα

B. chiều dài dây treo C.vĩ độ địa lý

B. chiều dài dây treo C.vĩ độ địa lý ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG QUẢNG NINH MÔN VẬT LÝ LỜI GIẢI: LẠI ĐẮC HỢP FACEBOOK: www.fb.com/laidachop Group: https://www.facebook.com/groups/dethivatly.moon/ Câu 1 [316487]: Đặt điện áp

Διαβάστε περισσότερα

7. Phương trình bậc hi. Xét phương trình bậc hi x + bx + c 0 ( 0) Công thức nghiệm b - 4c Nếu > 0 : Phương trình có hi nghiệm phân biệt: b+ b x ; x Nế

7. Phương trình bậc hi. Xét phương trình bậc hi x + bx + c 0 ( 0) Công thức nghiệm b - 4c Nếu > 0 : Phương trình có hi nghiệm phân biệt: b+ b x ; x Nế TỔNG HỢP KIẾN THỨC VÀ CÁCH GIẢI CÁC DẠNG ÀI TẬP TÁN 9 PHẦN I: ĐẠI SỐ. KIẾN THỨC CẦN NHỚ.. Điều kiện để căn thức có nghĩ. có nghĩ khi 0. Các công thức biến đổi căn thức.. b.. ( 0; 0) c. ( 0; > 0) d. e.

Διαβάστε περισσότερα

MALE = 1 nếu là nam, MALE = 0 nếu là nữ. 1) Nêu ý nghĩa của các hệ số hồi quy trong hàm hồi quy mẫu trên?

MALE = 1 nếu là nam, MALE = 0 nếu là nữ. 1) Nêu ý nghĩa của các hệ số hồi quy trong hàm hồi quy mẫu trên? Chương 4: HỒI QUY VỚI BIẾN GIẢ VÀ ỨNG DỤNG 1. Nghiên cứu về tuổi thọ (Y: ngày) của hai loại bóng đèn (loại A, loại B). Đặt Z = 0 nếu đó là bóng đèn loại A, Z = 1 nếu đó là bóng đèn loại B. Kết quả hồi

Διαβάστε περισσότερα

PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC VÀ NHỮNG GIẢI PHÁP KHẮC PHỤC

PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC VÀ NHỮNG GIẢI PHÁP KHẮC PHỤC Luận văn thạc sĩ kỹ thuật 1 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP --------------------------------------- VŨ THỊ VÒNG PHÂN TÍCH ẢNH HƢỞNG CỦA SÓNG HÀI TRONG TRẠM BÙ CÔNG SUẤT PHẢN KHÁNG KIỂU SVC

Διαβάστε περισσότερα

Μπορείτε να με βοηθήσετε να γεμίσω αυτή τη φόρμα; Για να ρωτήσετε αν κάποιος μπορεί να σας βοηθήσει να γεμίσετε μια φόρμα

Μπορείτε να με βοηθήσετε να γεμίσω αυτή τη φόρμα; Για να ρωτήσετε αν κάποιος μπορεί να σας βοηθήσει να γεμίσετε μια φόρμα - Γενικά Πού μπορώ να βρω τη φόρμα για ; Tôi có thể tìm mẫu đơn đăng kí ở đâu? Για να ρωτήσετε που μπορείτε να βρείτε μια φόρμα Πότε εκδόθηκε το [έγγραφο] σας; Για να ρωτήσετε πότε έχει εκδοθεί ένα έγγραφο

Διαβάστε περισσότερα

ShaMO 30. f(n)f(n + 1)f(n + 2) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) = n(n + 1) 2 (n + 2) 3 (n + 3) 4.

ShaMO 30. f(n)f(n + 1)f(n + 2) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) = n(n + 1) 2 (n + 2) 3 (n + 3) 4. ShaMO 30 A1. Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 6 và a 2 + b 2 + c 2 + d 2 = 12. Chứng minh rằng 36 4 ( a 3 + b 3 + c 3 + d 3) ( a 4 + b 4 + c 4 + d 4) 48. A2. Cho tam giác ABC, với I

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN (Chương trình đào tạo tín chỉ, từ Khóa 2011)

ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC PHẦN (Chương trình đào tạo tín chỉ, từ Khóa 2011) Đề cương chi tiết Toán cao cấp 2 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ TP. HCM KHOA CÔNG NGHỆ THÔNG TIN CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập Tự do Hạnh phúc 1. Thông tin chung về môn học ĐỀ CƯƠNG CHI TIẾT HỌC

Διαβάστε περισσότερα

ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH

ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍCH, TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG TRONG BÀI TOÁN YẾU TỐ CỐ ĐỊNH ỨNG DỤNG PHƯƠNG TÍH, TRỤ ĐẲNG PHƯƠNG TRNG ÀI TÁN YẾU TỐ Ố ĐỊNH. PHẦN Ở ĐẦU I. Lý do chọn đề tài ác bài toán về Hình học phẳng thường xuyên xuất hiện trong các kì thi HSG môn toán và luôn được đánh giá

Διαβάστε περισσότερα

A E. A c I O. A b. O a. M a. Chứng minh. Do XA b giao CI tại F nằm trên (O) nên BXA b = F CB = 1 2 ACB = BIA 90 = A b IB.

A E. A c I O. A b. O a. M a. Chứng minh. Do XA b giao CI tại F nằm trên (O) nên BXA b = F CB = 1 2 ACB = BIA 90 = A b IB. Đường tròn mixtilinear Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Đường tròn mixtilinear nội tiếp (bàng tiếp) là đường tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác và tiếp xúc trong (ngoài)

Διαβάστε περισσότερα

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP (Phần 04) Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG

THỂ TÍCH KHỐI CHÓP (Phần 04) Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG Khó học LTðH KT-: ôn Tán (Thầy Lê á Trần Phương) THỂ TÍH KHỐ HÓP (Phần 4) ðáp Á À TẬP TỰ LUYỆ Giá viên: LÊ Á TRẦ PHƯƠG ác ài tập trng tài liệu này ñược iên sạn kèm the ài giảng Thể tich khối chóp (Phần

Διαβάστε περισσότερα

MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU...

MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU... MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU... 5 Chƣơng I: Mở đầu... 8 1.1 Tập hợp và các cấu trúc đại số... 8 1.1.1 Tập hợp và các tập con... 8 1.1.2 Tập hợp và các phép toán hai ngôi... 9 1.3 Quan hệ và quan hệ tương đương...

Διαβάστε περισσότερα

Xác định nguyên nhân và giải pháp hạn chế nứt ống bê tông dự ứng lực D2400mm

Xác định nguyên nhân và giải pháp hạn chế nứt ống bê tông dự ứng lực D2400mm Xác định nguyên nhân và giải pháp hạn chế nứt ống bê tông dự ứng lực D2400mm 1. Giới thiệu Ống bê tông dự ứng lực có nòng thép D2400 là sản phẩm cung cấp cho các tuyến ống cấp nước sạch. Đây là sản phẩm

Διαβάστε περισσότερα

Бизнес Заказ. Заказ - Размещение. Официально, проба

Бизнес Заказ. Заказ - Размещение. Официально, проба - Размещение Εξετάζουμε την αγορά... Официально, проба Είμαστε στην ευχάριστη θέση να δώσουμε την παραγγελία μας στην εταιρεία σας για... Θα θέλαμε να κάνουμε μια παραγγελία. Επισυνάπτεται η παραγγελία

Διαβάστε περισσότερα

2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r

2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Một đa giác lồi được gọi là lưỡng tâm khi đa giác đó vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Những đa giác

Διαβάστε περισσότερα

Liên hệ:

Liên hệ: Giáo trình Vi tích phân 2 Bộ môn Giải tích (Kho Toán Tin học, Đại học Kho học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh) Bản ngày 19 tháng 1 năm 218 2 Đây là giáo trình cho các môn toán Vi tích phân 2 cho khối B

Διαβάστε περισσότερα

Dữ liệu bảng (Panel Data)

Dữ liệu bảng (Panel Data) 5/6/0 ữ lệu bảng (Panel ata) Đnh Công Khả Tháng 5/0 Nộ dung. Gớ thệu chung về dữ lệu bảng. Những lợ thế kh sử dụng dữ lệu bảng. Ước lượng mô hình hồ qu dữ lệu bảng Mô hình những ảnh hưởng cố định (FEM)

Διαβάστε περισσότερα

Chương 2: Đại cương về transistor

Chương 2: Đại cương về transistor Chương 2: Đại cương về transistor Transistor tiếp giáp lưỡng cực - BJT [ Bipolar Junction Transistor ] Transistor hiệu ứng trường FET [ Field Effect Transistor ] 2.1 KHUYẾCH ĐẠI VÀ CHUYỂN MẠCH BẰNG TRANSISTOR

Διαβάστε περισσότερα

Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN

Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN Chương 11 HỒI QUY VÀ TƯƠNG QUAN ĐƠN BIẾN Ths. Nguyễn Tiến Dũng Viện Kinh tế và Quản lý, Trường ĐH Bách khoa Hà Nội Email: dung.nguyentien3@hust.edu.vn MỤC TIÊU CỦA CHƯƠNG Sau khi học xong chương này, người

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ SỐ 1. ĐỀ SỐ 2 Bài 1 : (3 điểm) Thu gọn các biểu thức sau : Trần Thanh Phong ĐỀ THI HỌC KÌ 1 MÔN TOÁN LỚP O a a 2a

ĐỀ SỐ 1. ĐỀ SỐ 2 Bài 1 : (3 điểm) Thu gọn các biểu thức sau : Trần Thanh Phong ĐỀ THI HỌC KÌ 1 MÔN TOÁN LỚP O a a 2a Trần Thanh Phong 0908 456 ĐỀ THI HỌC KÌ MÔN TOÁN LỚP 9 ----0O0----- Bài :Thưc hiên phép tính (,5 đ) a) 75 08 b) 8 4 5 6 ĐỀ SỐ 5 c) 5 Bài : (,5 đ) a a a A = a a a : (a > 0 và a ) a a a a a) Rút gọn A b)

Διαβάστε περισσότερα

J.-P. Serre.

J.-P. Serre. Bài giảng số học J.-P. Serre 1973 Người dịch: Nguyễn Trung Tuân Emai: trungtuan.math@gmai.com Điện thoại: 0984995888 Phần I Các hương há Đại số Chương I Trường hữu hạn Tất cả các trường xét dưới đây sẽ

Διαβάστε περισσότερα

BÀI TẬP. 1-5: Dòng phân cực thuận trong chuyển tiếp PN là 1.5mA ở 27oC. Nếu Is = 2.4x10-14A và m = 1, tìm điện áp phân cực thuận.

BÀI TẬP. 1-5: Dòng phân cực thuận trong chuyển tiếp PN là 1.5mA ở 27oC. Nếu Is = 2.4x10-14A và m = 1, tìm điện áp phân cực thuận. BÀI TẬP CHƯƠNG 1: LÝ THUYẾT BÁN DẪN 1-1: Một thanh Si có mật độ electron trong bán dẫn thuần ni = 1.5x10 16 e/m 3. Cho độ linh động của electron và lỗ trống lần lượt là n = 0.14m 2 /vs và p = 0.05m 2 /vs.

Διαβάστε περισσότερα

Tự tương quan (Autocorrelation)

Tự tương quan (Autocorrelation) Tự ương quan (Auocorrelaion) Đinh Công Khải Tháng 04/2016 1 Nội dung 1. Tự ương quan là gì? 2. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua ự ương quan? 3. Làm sao để phá hiện ự ương quan? 4. Các biện pháp khắc phục?

Διαβάστε περισσότερα

Tự tương quan (Autoregression)

Tự tương quan (Autoregression) Tự ương quan (Auoregression) Đinh Công Khải Tháng 05/013 1 Nội dung 1. Tự ương quan (AR) là gì?. Hậu quả của việc ước lượng bỏ qua AR? 3. Làm sao để phá hiện AR? 4. Các biện pháp khắc phục? 1 Tự ương quan

Διαβάστε περισσότερα

Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS

Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS Ý NGHĨA BẢNG HỒI QUY MÔ HÌNH BẰNG PHẦN MỀM EVIEWS CẦN KÍ TÊN Ý NGHĨA XEM HIỆU 1 Dependent Variable Tên biến phụ thuộc Y Phương pháp bình Method: Least phương tối thiểu (nhỏ OLS Squares nhất) Date - Time

Διαβάστε περισσότερα

có nghiệm là:. Mệnh đề nào sau đây đúng?

có nghiệm là:. Mệnh đề nào sau đây đúng? SỞ GD & ĐT TỈNH HƯNG YÊN TRƯỜNG THPT MINH CHÂU (Đề có 6 trng) ĐỀ THI THỬ THPT QG MÔN TOÁN LẦN NĂM HỌC 7-8 MÔN TOÁN Thời gin làm bài : 9 Phút; (Đề có câu) Họ tên : Số báo dnh : Mã đề 84 Câu : Bất phương

Διαβάστε περισσότερα

ĐỀ PEN-CUP SỐ 01. Môn: Vật Lí. Câu 1. Một chất điểm có khối lượng m, dao động điều hòa với biên độ A và tần số góc. Cơ năng dao động của chất điểm là.

ĐỀ PEN-CUP SỐ 01. Môn: Vật Lí. Câu 1. Một chất điểm có khối lượng m, dao động điều hòa với biên độ A và tần số góc. Cơ năng dao động của chất điểm là. Hocmai.n Học chủ động - Sống tích cực ĐỀ PEN-CUP SỐ 0 Môn: Vật Lí Câu. Một chất điểm có khối lượng m, dao động điều hòa ới biên độ A à tần số góc. Cơ năng dao động của chất điểm là. A. m A 4 B. m A C.

Διαβάστε περισσότερα

Nhưng... Resultant, Discriminant, Galois resolvent, Tschirnhaus s transformations, Bring and Jerrard s

Nhưng... Resultant, Discriminant, Galois resolvent, Tschirnhaus s transformations, Bring and Jerrard s Một số lớp phương trình bậc co giải được nhờ phương trình bậc và phương trình bậc 3 Nguyễn Quản Bá Hồng Sinh viên kho toán tin, Trường Kho Học Tự Nhiên TP HCM Emil: Nguyenqunbhong@gmil.com 09.05.015 Tóm

Διαβάστε περισσότερα

MỘT SỐ BÀI TOÁN VẬT LÍ ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN

MỘT SỐ BÀI TOÁN VẬT LÍ ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN MỘT SỐ BÀI TOÁN VẬT LÍ ỨNG DỤNG TÍCH PHÂN I. CƠ BẢN VỀ TÍCH PHÂN 1. Một số công thức cơ tính đạo hàm [c] = [] = 1 [ α ] = α α 1 [sin] = cos [cos] = sin 1 [tan] = cos -1 [cot] = sin [ln] = 1 [log a ] =

Διαβάστε περισσότερα

1.5.2 Hai quá trình ngẫu nhiên quan trọng... 13

1.5.2 Hai quá trình ngẫu nhiên quan trọng... 13 Mục lục Lời nói đầu 5 1 Kiến thức chuẩn bị 7 1.1 Không gian L p và tính đo được.............. 7 1.2 Hàm biến phân bị chặn và tích phân Stieltjes...... 8 1.3 Không gian xác suất,biến ngẫu nhiên,lọc.........

Διαβάστε περισσότερα

Xác định cỡ mẫu nghiên cứu

Xác định cỡ mẫu nghiên cứu VIỆN NGHIÊN CỨU Y XÃ HỘI HỌC Xác định cỡ mẫu nghiên cứu Nguyễn Trương Nam Copyright Bản quyền thuộc về tác giả và thongke.info. Khi sử dụng một phần hoặc toàn bộ bài giảng đề nghị mọi người trích dẫn:

Διαβάστε περισσότερα