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

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Transcript

1 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 26 tháng 3 năm 216

2 Mục lục 1 Nhắc lại phương trình đạo hàm riêng cấp Phân loại Đánh giá năng lượng Phương trình Laplace Phương trình truyền nhiệt Phương trình truyền sóng Phương pháp tách biến Bài toán biên Dirichlet Bài toán biên hỗn hợp i

3 Chương 1 Nhắc lại phương trình đạo hàm riêng cấp Phân loại Trong mục này ta quan tâm phương trình đạo hàm riêng tuyến tích cấp 2. Cho Ω là một miền chứa gốc trong R n. Xét L là toán tử vi phân tuyến tính cấp 2 xác định bởi n n Lu = a ij (x)u xi x j + b i (x)u xi + c(x)u, (1.1.1) i,j=1 i=1 với các hệ số a ij, b i, c là các hàm thực liên tục trên Ω. Không mất tính tổng quát, ta giả sử (a ij ) 1 i,j n là ma trận đối xứng. Khi đó biểu trưng chính (principal symbol) của toán tử L được xác định bởi n p(x, ξ) = a ij (x)ξ i ξ j, x Ω, ξ R n. i,j=1 Với f C(Ω) ta xét phương trình không thuần nhất Lu = f(x) trong Ω. (1.1.2) Hàm f được gọi là số hạng không thuần nhất của phương trình. Lấy siêu phẳng Σ = {x n = }. Giá trị của nghiệm u và giá trị của đạo hàm theo pháp tuyến của u 1

4 2 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 trên siêu phẳng Σ được cho trong một lân cận của gốc u(x, ) = u (x ), u xn (x, ) = u 1 (x ). (1.1.3) Ta gọi Σ là siêu mặt ban đầu, u, u 1 là các giá trị ban đầu hay giá trị Cauchy. Bài toán (1.1.2)-(1.1.3) được gọi là bài toán giá trị ban đầu hay bài toán Cauchy. Giả sử nghiệm của bài toán (1.1.2)-(1.1.3) là nghiệm giải tích ở quanh gốc tọa độ. Khi đó ta có thể biểu diễn nghiệm dưới dạng chuỗi lũy thừa u(x) = α Z n + a α x α. Như vậy để giải bài toán (1.1.2)-(1.1.3) ta cần tìm các hệ số a α, α Z n +. Nói cách khác ta cần tính a α = α x u(). α! Trước hết với α = có u() = u (), u xn () = u 1 () và Để tính u xnx n () ta cần đến giả thiết u xi () = u xi (), i = 1, 2,..., n 1, u xi x j () =u,xi x j (), i, j = 1, 2,..., n 1, u xi x n () =u 1,xi (), i = 1, 2,..., n 1. a nn (). Điều kiện này chính là điều kiện không đặc trưng của siêu mặt Σ tại gốc đối với toán tử L. Khi đó ( u xnxn () = 1 a ij ()u xi x a nn () j ()+ (i,j) (n,n) ) n + b i ()u xi () + c()u() f(). (1.1.4) i=1

5 1.1. PHÂN LOẠI 3 Tiếp đến các đạo hàm cấp 3 có u xi x j x k () =u,xi x j x k (), i, j, k = 1, 2,..., n 1, u xi x j x n () =u 1,xi x j (), i, j = 1, 2,..., n 1, u xi x nx n () = xi u xnxn (), i = 1, 2,..., n 1. Chú ý rằng trong ta có thể thay bởi x đủ gần gốc. Để tính u xnxnx n () ta đạo hàm (1.1.2) theo biến x n. Ta sẽ không đi chi tiết phần này. Đến đây ta có thể hình dung rằng với điều kiện a nn () ta có thể tính được tất cả các hệ số a α, nói cách khác ta tìm được nghiệm giải tích của bài toán (1.1.2)-(1.1.3). Một cách tổng quát, ta xét siêu mặt Σ được cho bởi {ϕ = } với hàm trơn ϕ xác định quanh một lân cận của gốc với ϕ. Khi đó mặt Σ có pháp tuyến ϕ. Giả sử Σ đi qua gốc, nghĩa là ϕ() =. Không mất tính tổng quát, ta giả sử ϕ xn (). Khi đó theo định lý hàm ẩn ta có thể giải phương trình ϕ(x) = bởi x n = ψ(x 1,, x n 1 ) quanh một lân cận tại gốc. Xét phép đổi biến x y = (x 1, x 2,, x n 1, ϕ(x)). Đặt v(y) = u(x(y)) ta có x u = x y y v, u xi x j =yx T i ( 2 yv)y xj + y xi x j y v, trong đó x y = (y k,xl ) 1 k,l n là ma trận Jacobi của phép đổi biến, y T là chuyển vị của y. Khi đó, toán tử L trong hệ tọa độ mới ( n n ) Lv = a ij y k,xi y l,xj v yk y l + k,l=1 + i,j=1 ( n n b i y k,xi + i=1 i,j=1 ) n a ij y k,xi x j v yk + cv. Khi đó ta chuyển bài toán Cauchy cho Lu = f với điều kiện Cauchy trên siêu mặt Σ = {ϕ = } thành bài toán Cauchy cho Lv = f với điều kiện Cauchy trên siêu mặt {y n = }. Để giải bài toán sau ta cần hệ số của v ynyn ( ϕ) T (a ij ) 1 i,j n ( ϕ) tại x =. Từ đây ta có khái niệm mặt đặc trưng và mặt không đặc trưng cho toán tử L như sau.

6 4 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Định nghĩa 1.1. Cho toán tử L là toán tử vi phân (1.1.1) quanh một lân cận của điểm x R n, và siêu mặt Σ trơn quanh điểm x. Ta nói Σ không đặc trưng tại x nếu p(x, ν) trong đó ν là pháp tuyến của Σ tại x. Ngược lại, ta nói Σ đặc trưng tại x. Siêu mặt được gọi là không đặc trưng nếu nó không đặc trưng tại mọi điểm trên nó. Siêu mặt được gọi là đặc trưng nếu nó đặc trưng tại mọi điểm trên nó. Có thể tính chất này bất biến với C 2 phép đổi biến. Từ đây, nếu số hạng không thuần nhất giải tích, nếu siêu mặt là giải tích và không đặc trưng tại x đối với L thì từ các điều kiện trên siêu mặt giải tích ta tính được tất cả các đạo hàm riêng của nghiệm tại x. Tóm lại, khi đó ta tìm được nghiệm giải tích của bài toán Cauchy. Đây chính là một phần của Định lý Cauchy-Kovalevskaya. Siêu mặt đặc trưng có ý nghĩa gì? Câu trả lời như sau. Với Ω R n và Γ là siêu mặt liên tục chia Ω thành hai nửa Ω +, Ω. Lấy ω là hàm liên tục trên Ω \ Γ. Với mỗi x Γ, hàm ω được gọi là có bước nhảy qua Γ tại điểm x nếu hai giới hạn sau ω (x ) = x x lim ω(x), ω + (x ) = x x lim x Ω x Ω + ω(x) tồn tại. Khi đó hiệu [ω](x ) = ω + (x ) ω (x ) được gọi là bước nhảy của ω qua Γ tại x. Hàm ω được gọi là có bước nhảy trên Γ nếu nó có bước nhảy tại mọi điểm trên Γ qua Γ. Khi đó hàm [ω] xác định trên Γ. Có thể thấy rằng [ω] = trên Γ thì ω liên tục trên Γ và do đó liên tục trên Ω. Kết quả dưới đây cho ta câu trả lời về ý nghĩa của siêu mặt đặc trưng. Định lý 1.1. Cho Ω R n và Γ là C 1 siêu mặt chia Ω thành hai nửa. Giả sử các hệ số a ij, b i, c và hàm f đều liên tục trong Ω còn u C 2 (Ω \ Γ) C 1 (Ω) thỏa mãn n Lu = a ij u xi x j + i,j=1 n b i u xi + cu = f trong Ω. i=1 Nếu 2 u có bước nhảy thực sự qua Γ thì Γ là siêu mặt đặc trưng.

7 1.1. PHÂN LOẠI 5 Như vậy Định lý 1.1 cho ta thấy siêu mặt đặc trưng truyền kỳ dị của nghiệm. Chứng minh. Từ giả thiết [a ij ] = [b i ] = [c] = và [u] = [u xi ] = trên Γ. Khi đó từ phương trình ta có n a ij [u xi x j ] = trên Γ. (1.1.5) i,j=1 Gọi ν là trường véc-tơ pháp tuyến của siêu mặt Γ. Do [u xi ] = trên Γ nên (µ )[u xi ] = với µ là trường véc-tơ tiếp xúc bất kỳ của Γ. Nói cách khác [u xi ] vuông góc với mặt Γ hay [ 2 u] = νβ T với β T = (β 1,..., β n ) là hàm véc-tơ trên Γ. Cố định điểm x Γ, có ν(x ) R n \ {}, còn ma trận [ 2 u(x )] là ma trận đối xứng không tầm thường. Khi đó β = cν với hằng số c. Do đó [ 2 u](x ) = cν(x )ν T (x ). Quay trở lại phương trình (1.1.5) ta có n a ij (x )[u xi x j ](x ) = ct r((a ij (x )) 1 i,j n ν(x )ν T (x ) i,j=1 n = c a ij (x )ν i (x )ν j (x ) = i,j=1 hay siêu mặt Γ đặc trưng tại x. Ta đã hoàn thành chứng minh. Tiếp theo ta phân loại toán tử vi phân L theo ma trận (a ij ) 1 i,j n. Cố định x Ω, ta có ma trận (a ij (x )) 1 i,j n là ma trận đối xứng nên nó có đủ n giá trị riêng thực. Ta phân loại như sau:

8 6 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 (i) Toán tử L được gọi là elliptic tại x nếu tất cả các giá trị riêng của ma trận (a ij (x )) 1 i,j n cùng dấu, nghĩa là chúng cùng dương hoặc cùng âm. Dạng chính tắc của nó n u xi x i + F (x, u, u). i=1 (ii) Toán tử L được gọi là hyperbolic tại x nếu ma trận (a ij (x )) 1 i,j n có một giá trị riêng trái dấu với (n 1) giá trị riêng còn lại. Dạng chính tắc của nó u x1 x 1 n u xi x i + F (x, u, u). i=2 (iii) Toán tử L được gọi là parabolic tại x nếu ma trận (a ij (x )) 1 i,j n có một giá trị riêng bằng, và (n 1) giá trị riêng còn lại cùng dấu. Dạng chính tắc của nó n u xi x i + F (x, u, u). i=2 Toán tử L được gọi là elliptic trên toàn miền Ω nó nó elliptic tại mọi điểm trong Ω. Một cách tương tự với hyperbolic và parabolic. Một vài chú ý về việc phân loại: Việc phân loại trên không phụ thuộc vào cách nhìn, nói cách khác nó bất biến với C 2 đổi biến. Ta còn có cách định nghĩa tương đương khác về trường hợp elliptic, toán tử L là elliptic tại x nếu biểu trưng chính p(x, ξ), ξ R n \ {}, hay nói cách khác mọi C 1 siêu mặt trong Ω đều là không đặc trưng. Việc phân loại chưa thực sự đầy đủ vì còn các tình huống: hoặc tất cả các giá trị riêng đều khác không, nhưng không cùng dấu ta gọi chung là ultra-hyperbolic; hoặc có ít nhất một và nhiều nhất (n 1) giá trị riêng bằng. Tuy nhiên khi số chiều n = 2 thì việc phân loại như vậy là đầy đủ. Khi đó ta có thể viết lại việc phân loại một cách trực tiếp hơn như sau.

9 1.1. PHÂN LOẠI 7 (i) Toán tử L được gọi là elliptic tại x nếu det((a ij (x )) 1 i,j 2 ) = a 11 (x )a 22 (x ) a 2 12(x ) >. (ii) Toán tử L được gọi là hyperbolic tại x nếu det((a ij (x )) 1 i,j 2 ) = a 11 (x )a 22 (x ) a 2 12(x ) <. (i) Toán tử L được gọi là parabolic tại x nếu det((a ij (x )) 1 i,j 2 ) = a 11 (x )a 22 (x ) a 2 12(x ) =. Trong phần tiếp theo của Chương này ta nghiên cứu ba toán tử chính tương ứng với từng loại này trong R 2. Lý do bằng việc sử dụng phương trình đặc trưng a 11 (dx 2 ) 2 2a 12 dx 1 dx 2 + a 22 (dx 1 ) 2 = ta tìm được phép đổi biến để chuyển mỗi loại toán tử về dạng chính tắc của nó; tính chất của toán tử được thể hiện chủ yếu bởi tính chất của phần chính; việc nghiên cứu ba loại này nói chung là dễ hơn cả và nó cho ta cái nhìn rõ nét nhất. Ta xem sơ qua vài nét về các toán tử này trong R 2. Toán tử đầu tiên là toán tử Laplace được định nghĩa bởi u = u x1 x 1 + u x2 x 2. Toán tử Laplace là toán tử elliptic trong R 2. Khi chuyển sang hệ tọa độ cực x 1 = r cos θ, x 2 = r sin θ, toán tử Laplace có dạng u = u rr + 1 r u r + 1 r 2 u θθ.

10 8 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Phương trình u = f được gọi là phương trình Poisson. Đặc biệt khi f = ta gọi nó là phương trình Laplace, nghiệm của nó là hàm điều hòa. Đây là mối nối quan trọng giữa giải tích thực, phương trình đạo hàm riêng với giải tích phức vì hàm chỉnh hình có cả phần thực và phần ảo đều là hàm điều hòa. Một trong các nghiệm quan trọng của hàm điều hòa là hàm điều hòa đa thức thuần nhất được lấy ra từ cách tách phần thực và phần ảo của đơn thức z k. Mặc dù toán tử Laplace chỉ có các đường không đặc trưng, nghĩa là theo Định lý Cauchy-Kovalevskaya bài toán Cauchy với điều kiện Cauchy giải tích trên đường cong giải tích thì phương trình Laplace có duy nhất nghiệm giải tích, nhưng nó vẫn có thể không đặt chỉnh. Tính đặt chỉnh, theo Hadamard, cho mỗi bài toán (gồm phương trình và các điều kiện biên hay điều kiện ban đầu hay cả hai) gồm có bài toán phải có nghiệm, bài toán chỉ có đúng một nghiệm, nghiệm của bài toán phụ thuộc liên tục vào các điều kiện. Với bài toán Cauchy cho phương trình Laplace thì tính phụ thuộc liên tục vào điều kiện biên có thể bị phá vỡ. Ví dụ 1.1. Xét phương trình Laplace trong R 2 u xx + u yy = trong R 2 với điều kiện Cauchy đặt trên {y = }. Với mỗi số tự nhiên k xét hàm điều hòa có u k (x, y) = 1 k sin(kx)eky u k (x, y) = e 2ky nên lim u k(, ) L = 1. k

11 1.1. PHÂN LOẠI 9 lim k u k L = nhưng lim u k(, y) L =, y >. k Toán tử tiếp theo là toán tử sóng xác định bởi u = u tt u xx. Toán tử sóng là toán tử hyperbolic trong R 2. Lý do nó được gọi là toán tử sóng vì phương trình truyền sóng u = mô ta dao động của một sợi dây hay sóng âm truyền trong ống nhỏ. Khác với toán tử Laplace không có đường đặc trưng nào, toán tử sóng có hai họ đường đặc trưng x±t = C. Không khó để tích phân phương trình truyền sóng khi chuyển về dạng chính tắc u ξη = bằng phép đổi biến ξ = x t, η = x + t. Khi đó ta thu được nghiệm được nghiệm tổng quát của phương trình truyền sóng u(x, t) = F (x t) + G(x + t). Từ đây có thể thấy sự kỳ dị của nghiệm tại thời điểm t = xuất hiện khi F (x), G(x) bị lỗi sẽ được truyền đi dọc theo các đường đặc trưng đi qua các điểm lỗi tại thời điểm ban đầu. Ngoài ra ta cũng thấy hiện tượng lan truyền với tốc độ hữu hạn của nghiệm của phương trình truyền sóng Ngoài ra, khác với toán tử Laplace, bài toán giá trị ban đầu cho phương trình truyền sóng lại đặt chỉnh trong khoảng thời gian hữu hạn, nghĩa là với các điều kiện ban đầu u(, ) = u, u t (, ) = u 1 chấp nhận được bài toán Cauchy có duy nhất nghiệm, nghiệm này phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu trong khoảng thời gian hữu hạn,

12 1 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 nó có thể không còn phụ thuộc liên tục vào điều kiện ban đầu khi thời gian trôi ra vô hạn. Ví dụ 1.2. Xét phương trình truyền sóng trong R 2 u tt u xx = trong R 2 với điều kiện Cauchy đặt trên {t = }. Với mỗi số tự nhiên k xét hàm sóng u k (x, t) = 1 k e kx e kt. Từ đây không khó để thấy tính ổn định trong thời gian hữu hạn, không ổn định khi thời gian trôi ra vô hạn. Cuối cùng ta xét toán tử nhiệt trong R 2 được cho bởi Lu = u t u xx. Toán tử nhiệt thuộc loại parabolic. Nó mô tả nhiệt độ trong một thanh cách nhiệt với môi trường. Khác với toán tử truyền sóng có điều kiện ban đầu đặt trên đường {t = } là đường không đặc trưng, đường ban đầu {t = } với phương trình truyền nhiệt lại là đường đặc trưng. Nếu điều kiện ban đầu giải tích gần gốc, ta có thể dùng nó để tính tất cả các đạo hàm riêng của nghiệm của phương trình truyền nhiệt u t u xx = tại gốc. Tuy nhiên điều kiện ban đầu không xác định một cách duy nhất nghiệm trong không gian các hàm trơn. Ta sẽ thấy điều này ở ví dụ của Tikhonov. Ngoài ra việc xác định nghiệm khi t > không đơn giản từ việc biết giá trị tại thời điểm ban đầu trong một lân cận của gốc mà còn cần đến tất cả các giá trị ban đầu khác. Tính chất này được hiểu như tốc độ lan truyền vô hạn của toán tử truyền nhiệt. Điểm này lại là một tính chất khác so với phương trình truyền sóng. Tiếp theo ta bàn về xuất sứ vật lý của các toán tử Laplace, toán tử sóng và toán tử nhiệt trong không gian R n. Ta bắt đầu với toán tử Laplace. Nghiệm u của phương trình Laplace thường là hàm mật độ của một dung dịch, hay hàm nhiệt độ trong môi trường ở trạng thái cân bằng

13 1.1. PHÂN LOẠI 11 (equilibrium), nghĩa là nó không còn thay đổi theo thời gian nữa. Khi đó dòng F của dung dịch, hay dòng nhiệt qua bất kỳ một mặt kín nào cũng bằng, nghĩa là Ω F νds = với bất kỳ miền Ω nào trong miền không gian đang xét Ω, ν là pháp tuyến ngoài đơn vị của mặt Ω. Từ công thức dạng DIV ta có Ω div F dx = hay div F = trong Ω. Lại do tính chất của dòng dung dịch, hay dòng nhiệt dịch chuyển từ vùng có mật độ cao đến nới có mật độ thấp nên thường ta có F = a u, với a là hằng số. Từ đó dẫn đến hàm mật độ là nghiệm của phương trình Laplace Biểu trưng chính của toán tử Laplace div( a u) = a u = trong Ω. p(ξ) = ξ 2, ξ R n. Điều thú vị toán tử Laplace bất biến đối với phép đổi tọa độ trực giao. Trường hợp nhiệt độ u thay đổi theo thời gian thì tổng dòng nhiệt qua mặt kín và sự thay đổi nhiệt trong miền mặt đó bao quanh đó bằng, nghĩa là F νds + d udx = Ω dt Ω với bất kỳ miền Ω nào trong miền không gian đang xét Ω, ν là pháp tuyến ngoài đơn vị của mặt Ω. Tương tự trên ta có hàm nhiệt độ là nghiệm của phương trình truyền nhiệt Biểu trưng chính của toán tử nhiệt u t = a u trong Ω (, T ). p(ξ, τ) = a ξ 2, ξ R n, τ R.

14 12 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Siêu mặt {ϕ(x, t) = } là không đặc trưng khi và chỉ khi x ϕ 2 tại mọi điểm trên siêu mặt đó. Có thể thấy siêu phẳng ban đầu {t = } là siêu mặt đặc trưng của toán tử nhiệt. Với toán tử sóng, thì nghiệm u của phương trình truyền sóng mô tả sự dao động quanh vị trí cân bằng của một sợi dây khi n = 1, một màng rung khi n = 2, của các hạt trong không khí khi n = 3. Khi đó theo Định luật Newton, tích của khối lượng và gia tốc bằng lực tác động, nghĩa là d 2 udx = F νds, dt 2 Ω Ω với F là lực tác động lên Ω qua mặt Ω. Trong miền đàn hồi (elastic) lực F tỷ lệ với u, nghĩa là F = a u. Khi đó, từ công thức dạng DIV ta dẫn đến hàm biên độ u là nghiệm của phương trình truyền sóng Biểu trưng chính của toán tử truyền sóng u tt = a u trong Ω (, T ). p(ξ, τ) = τ 2 a ξ 2, ξ R n, τ R. Siêu mặt {ϕ(x, t) = } không đặc trưng khi và chỉ khi ϕ 2 t a x ϕ 2 tại mọi điểm trên siêu mặt đó. Qua mỗi điểm (x, t ) có mặt nón đặc trưng a x x 2 = (t t ) Đánh giá năng lượng Trong mục này ta xét Ω R n là miền bị chặn với biên Ω thuộc lớp C 1. Trên biên Ω có trường véc-tơ pháp tuyến ngoài đơn vị ν. Khi đó ta có công thức dạng DIV div F (x)dx = F νds Ω Ω

15 1.2. ĐÁNH GIÁ NĂNG LƯỢNG 13 với F = (f 1,..., f n ) : Ω R n là trường véc-tơ thuộc lớp C 1 (Ω) C( Ω), và div F = n xk f k Phương trình Laplace Xét bài toán biên Dirichlet u = f trong Ω, (1.2.1) u = ϕ trên Ω. (1.2.2) Xét tích phân năng lượng E(u) = 1 u(x) 2 dx 2 Ω Giả sử u 1, u 2 C 2 (Ω) C 1 ( Ω) là hai nghiệm của bài toán (1.2.1)-(1.2.2). Đặt u = u 1 u 2 thì u thỏa mãn bài toán (1.2.1)-(1.2.2) với f, ϕ. Áp dụng công thức dạng DIV cho trường F = u u div(u u)dx = (u u) νds. Ω Ω Mà div(u u) = u u + u 2 = u 2 trong Ω, (u u) ν = u ν u = trên Ω nên E(u) =. Khi đó không khó để chỉ ra u hay bài toán (1.2.1)-(1.2.2) có duy nhất nghiệm trong C 2 (Ω) C 1 ( Ω). Bằng cách tương tự ta chứng minh được đánh giá sau: Mệnh đề 1.2. Giả sử u C 2 (Ω) C 1 ( Ω) là nghiệm của bài toán (1.2.1)-(1.2.2) với f C( Ω) còn ϕ. Khi đó ta có đánh giá 2E(u) f L 2 u L 2. Chứng minh. Tương tự như chứng minh tính duy nhất ở trên và div(u u) = u u + u 2 = uf + u 2 trong Ω,

16 14 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 ta có (u u) ν = u ν u = trên Ω 2E(u) = u(x)f(x)dx. Ω Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có điều phải chứng minh. Để có ước lượng tiên nghiệm ta cần đến bất đẳng thức Poincare sau: Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Poincare). Cho u C 1 ( Ω) mà u = trên Ω. Khi đó u L 2 C u L 2 trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc n, d(ω) = sup{ x y : x, y Ω} đường kính của Ω. Chứng minh. Bằng cách dịch chuyển ta có thể giả sử Ω chứa gốc tọa độ. Áp dụng công thức dạng DIV cho trường F = u 2 (x)x ta được div(u 2 (x)x)dx = u 2 (x)(x ν)ds. Mà nên Ω div(u 2 (x)x) = nu 2 (x) + 2u(x)(x u(x)) trong Ω, u 2 (x)(x ν) = trên Ω Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz x u(x) x u(x) Ω n u 2 (x)dx = 2 u(x)(x u(x))dx. Ω Ω Ω u(x) u(x) dx u L 2 u L 2 và x d(ω) (do Ω chứa gốc tọa độ) ta có u(x)(x u(x))dx d(ω) Ω Ω u(x) u(x) dx d(ω) u L 2 u L 2. Từ đây không khó để có bất dẳng thức Poincare.

17 1.2. ĐÁNH GIÁ NĂNG LƯỢNG 15 Sử dụng bất đẳng thức Poincare và Mệnh đề 1.2 ta có ước lượng tiên nghiệm sau: Định lý 1.4. Cho u C 2 (Ω) C 1 ( Ω) thỏa mãn các giả thiết của Mệnh đề 1.2. Khi đó u L 2 + u L 2 C f L 2 trong đó hằng số C chỉ phụ thuộc n, d(ω). Từ ước lượng tiên nghiệm trên ta dẫn đến: tính duy nhất nghiệm như ở phần đầu, tính ổn định của bài toán (1.2.1)-(1.2.2) khi f C(Ω), ϕ Phương trình truyền nhiệt Xét bài toán biên hỗn hợp u t u = f trong Ω (, ), (1.2.3) u(x, t) = u (x) trên Ω {}, (1.2.4) u(x, t) = ϕ trên Ω [, ). (1.2.5) Bằng cách dùng tích phân năng lượng E(t) = u 2 (x, t)dx Ω và công thức dạng DIV ta có thể dẫn đến tính duy nhất nghiệm của bài toán (1.2.3)- (1.2.5). Công việc này xem như bài tập nhỏ. Dưới đây ta sẽ chứng minh ước lượng tiên nghiệm cho bài toán (1.2.3)-(1.2.5) khi f C( Ω [, )), u C( Ω), ϕ. Cụ thể như sau Định lý 1.5. Giả sử u C 2 (Ω (, )) C 1 ( Ω [, )) là nghiệm của bài toán (1.2.3)-(1.2.5) với f C( Ω [, )), u C( Ω), ϕ. Khi đó u(, t) L 2 u L 2 + t f(, s) L 2ds, t >.

18 16 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Chứng minh. Đặt J(t) = E 1/2 (t) ta có J(t) = u(, t) L 2, J() = u L 2 nên ước lượng tiên nghiệm cần chứng minh J(t) J() t f(, s) L 2ds E(t) = J 2 (t) nên J (t)j(t) = 1 d 2 dt Ω u 2 (x, t)dx. Với mỗi t, sử dụng công thức dạng DIV cho trường F = u(x, t) x u(x, t) ta được div(u(x, t) x u(x, t))dx = u(x, t)( x u(x, t) ν)ds. Ω Ω Lại có u là nghiệm của bài toán nên div(u x u) = 1 2 (u2 ) t u(u t u) + x u 2 = 1 2 (u2 ) t + x u 2 uf, u(x, t)( u(x, t) ν) = trên Ω [, ). Do đó J (t)j(t) = x u(x, t) 2 dx u(x, t)f(x, t)dt. Ω Ω Lại dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta thu được J (t)j(t) J(t) f(, t) L 2, t. Chú ý J(t), t, nên nếu tại t > có J(t ) = thì J (t ) =. Do đó từ bất đẳng thức trên ta có J (t) f(, t) L 2, t >. Từ đây không khó để có ước lượng tiên nghiệm cần chứng minh.

19 1.2. ĐÁNH GIÁ NĂNG LƯỢNG Phương trình truyền sóng Xét bài toán biên hỗn hợp u tt u = f trong Ω (, ), (1.2.6) u(x, ) = u (x), u t (x, t) = u 1 (x) trên Ω {}, (1.2.7) u(x, t) = ϕ trên Ω [, ). (1.2.8) Bằng cách dùng tích phân năng lượng E(t) = (u 2 t (x, t) + x u(x, t) 2 )dx Ω và công thức dạng DIV ta có thể dẫn đến tính duy nhất nghiệm của bài toán (1.2.6)- (1.2.8). Công việc này xem như bài tập nhỏ. Dưới đây ta sẽ chứng minh ước lượng tiên nghiệm cho bài toán (1.2.6)-(1.2.8) khi f C( Ω [, )), u C 2 ( Ω), u 1 C( Ω), ϕ. Cụ thể như sau Định lý 1.6. Giả sử u C 2 (Ω (, )) C 1 ( Ω [, )) là nghiệm của bài toán (1.2.6)-(1.2.8) với f C( Ω [, )), u C 2 ( Ω), u 1 C( Ω), ϕ. Khi đó ( u t (, t) L 2 + x u(, t) L 2) 1/2 ( u 1 L 2 + x u L 2) 1/2 + + và t f(, s) L 2ds, t, (1.2.9) u(, t) L 2 u L 2 + t ( u 1 L 2 + x u L 2) 1/2 + + t (t s) f(, s) L 2ds, t. (1.2.1) Chứng minh. Không khó để thấy ước lượng (1.2.1) được suy rs từ (1.2.9) bằng cách lấy tích phân. Để chứng minh (1.2.9), tương tự ước lượng cho phương trình truyền nhiệt, ta xét J(t) = E 1/2 (t) có

20 18 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 nên ước lượng tiên nghiệm cần chứng minh J(t) J() t f(, s) L 2ds E(t) = J 2 (t) nên J (t)j(t) = 1 d 2 dt Ω (u 2 t (x, t) + x u(x, t) 2 )dx. Với mỗi t, sử dụng công thức dạng DIV cho trường F = u t (x, t) x u(x, t) ta được div(u t (x, t) x u(x, t))dx = u t (x, t)( x u(x, t) ν)ds. Ω Ω Lại có u là nghiệm của bài toán nên div(u t x u) = 1 2 (u2 t + x u 2 ) t u t f, u t (x, t)( u(x, t) ν) = trên Ω [, ). Do đó J (t)j(t) = u t (x, t)f(x, t)dt. Ω Lại dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta thu được J (t)j(t) J(t) f(, t) L 2, t. Chú ý J(t), t, nên nếu tại t > có J(t ) = thì J (t ) =. Do đó từ bất đẳng thức trên ta có J (t) f(, t) L 2, t >. Từ đây không khó để có ước lượng tiên nghiệm cần chứng minh.

21 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN Phương pháp tách biến Bài toán biên Dirichlet Trong mục này ta quan tâm đến bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong hình tròn và hình vuông. Trước hết ta quan tâm đến bài toán trong hình vuông cho phương trình Laplace u xx + u yy = trong (, π) (, π), với điều kiện biên đặt trên bốn cạnh u(x, ) = ϕ (x), u(x, π) =ϕ 1 (x) khi x π, (1.3.1) u(, y) = ψ (y), u(π, y) =ψ 1 (y) khi y π. (1.3.2) Để dùng phương pháp tách biến, ta tách bài toán trên thành hai bài toán nhỏ: Bài toán 1 u 1 = trong (, π) (, π), với điều kiện biên u 1 (x, ) =, u 1 (x, π) = khi x π, (1.3.3) u 1 (, y) = ψ (y), u 1 (π, y) =ψ 1 (y) khi y π. (1.3.4) Bài toán 2 u 2 = trong (, π) (, π), với điều kiện biên u 2 (x, ) = ϕ (x), u 2 (x, π) =ϕ 1 (x) khi x π, (1.3.5) u 2 (, y) =, u 2 (π, y) = khi y π. (1.3.6) Có thể thấy ngay nghiệm của bài toán với điều kiện biên (1.3.1)-(1.3.2) u = u 1 + u 2.

22 2 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Ta đi vắn tắt việc dùng tách biến giải Bài toán 1: Đầu tiên ta tìm các nghiệm tách biến không tầm thường u 1 = XY của phương trình Laplace và điều kiện biên (1.3.3). Ta dẫn đến bài toán giá trị riêng Sturm-Liouville với điều kiện biên Y () = Y (π) =. Y + λy = trong (, π) Ta có các giá trị riêng λ = k 2 và hàm riêng Y k (x) = sin(kx) tương ứng với k = 1, 2,.... Lại có dãy các hàm riêng chuẩn hóa là cơ sở trực chuẩn của không gian 1 π sin(ky), k = 1, 2,... L 2 odd = {f L 2 ( π, π) : f lẻ }. Khi đó với mỗi hàm lẻ f L 2 ( π, π) ta có khai triển với Hơn nữa 1 f k sin(ky) = f trong L 2 π f k = 2 π f(y) sin(ky)dy. fk 2 = 2 f 2 (y)dy. Quay trở lại việc tìm nghiệm tách biến, với mỗi k N ta có nghiệm tách biến u 1k = X k Y k với X k k 2 X k =. Ta sẽ tìm nghiệm của Bài toán 1 dưới dạng chuỗi u 1 (x, y) = 1 (a k e kx + b k e k(x π) ) sin(ky). (1.3.7) π Từ điều kiện biên còn lại (1.3.4) ta có hệ a k + b k e kπ 2 = ψ π (y) sin(ky)dy, a k e kπ + b k = 2 π ψ 1(y) sin(ky)dy.

23 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 21 Giải hệ ta được 2 a k = π (e kπ e kπ ) 2 b k = π (e kπ e kπ ) (e kπ ψ (y) ψ 1 (y)) sin(ky)dy, (1.3.8) (e kπ ψ 1 (y) ψ (y)) sin(ky)dy. (1.3.9) Nghiệm tìm được ở trên của Bài toán 1 được hiểu theo nghĩa sau. Bổ đề 1.7. Giả sử ψ, ψ 1 L 2 (, π) và u 1 được cho bởi (1.3.7)-(1.3.9). Khi đó u 1 trơn trong (, π) [, π] và thỏa mãn cũng như điều kiện biên u 1 = trong (, π) [, π] u 1 (x, ) = u 1 (x, π) = khi < x < π. Với hai điều kiện biên còn lại được thỏa mãn theo cách sau lim x + u 1(x, ) ψ L 2 =, (1.3.1) lim x π u 1(x, ) ψ 1 L 2 =. (1.3.11) Chứng minh. Trước hết từ định nghĩa của các hệ số a k, b k ta có (a k + b k e kπ ) 2 =2 ψ(x)dx, 2 Do nên (a k e kπ + b k ) 2 =2 ψ 2 1(x)dx. 1 e 2kπ 1 e 2π khi k = 1, 2,..., 1 + e 2kπ 1 + e2π a 2 k < +, b 2 k < +. (1.3.12) Lấy ɛ (, π/2) bất kỳ. Ta sẽ chứng minh các chuỗi a k k m e kx sin(ky + lπ/2), m =, 1,..., l =, 1,..., (1.3.13) b k k m e k(x π) sin(ky + lπ/2), m =, 1,..., l =, 1,..., (1.3.14)

24 22 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 hội tụ tuyệt đối đều theo (x, y) trong [ɛ, π ɛ] [, π]. Từ đây ta có ngay u 1 có các đạo hàm riêng mọi cấp và chúng đều là hàm liên tục, xác định bởi m l x l yu 1 (x, y) = (( 1) m l a k e kx + b k e k(x π) )k m sin(ky + lπ/2), m =, 1,..., l =, 1,..., m. Do đó u 1 trơn trong [ɛ, π ɛ] [, π] và thỏa mãn phương trình cũng như điều kiện biên u 1 = trong [ɛ, π ɛ] [, π], u 1 (x, ) = u 1 (x, π) = khi ɛ x π ɛ. Điều này xảy ra với mọi ɛ (, π/2). Ta chỉ còn phải chứng minh hai điều kiện biên còn lại và sự hội tụ đều của các chuỗi (1.3.13)-(1.3.14). Từ (1.3.12) ta có hai dãy {a k }, {b k} bị chặn. Lại do chuỗi số dương k m e kɛ < + nên theo Định lý Weierstrass ta có các chuỗi (1.3.13)-(1.3.14) hội tụ đều trong [ɛ, π ɛ] [, π]. Việc chứng minh hai điều kiện biên còn lại tương tự nhau nên ta chứng minh một cái. Từ kết quả vừa chứng minh và giả thiết ψ L 2 (, π) ta có u 1 (x, y) = ψ (y) = (a k e kx + b k e k(x π) ) sin(ky) trong L 2 (, π), x (ɛ, π ɛ), (a k + b k e kπ ) sin(ky) trong L 2 (, π). Do đó điều phải chứng minh chuyển thành lim x + ( ak (1 e kx ) + b k e kπ (1 e kx ) ) 2 =.

25 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 23 Để chứng minh điều này ta chứng minh a 2 k(1 e kx ) 2 =, (1.3.15) Lấy δ >. Với x [, π] có lim x + lim x + b 2 ke 2kπ (1 e kx ) 2 =. (1.3.16) (1 e kx ) 2 1, e 2kπ (1 e kx ) 2 1 nên từ (1.3.12) có n N đủ lớn để với mọi x (, π) có k=n a 2 k(1 e kx ) 2 < δ/2, k=n b 2 ke 2kπ (1 e kx ) 2 < δ/2. Lại do lim x + e±kx = 1, k = 1, 2,..., n, nên có δ 1 > sao cho với x (, δ 1 ) có n n a 2 k(1 e kx ) 2 < δ/2, b 2 ke 2kπ (1 e kx ) 2 < δ/2. Từ trên ta có (1.3.15)-(1.3.16). Ta đã hoàn thành chứng minh. Không khó để thấy lim u 1(, y) L 2 =, lim u 1(, y) L 2 =. y + y π Khi đó bằng cách giải tương tự trên cho Bài toán 2 ta có nghiệm với u 2 (x, y) = 1 (c k e ky + d k e k(y π) ) sin(kx), π 2 c k = π (e kπ e kπ ) 2 d k = π (e kπ e kπ ) (e kπ ϕ (x) ϕ 1 (x)) sin(kx)dx, (e kπ ϕ 1 (x) ϕ (x)) sin(kx)dx.

26 24 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Nghiệm này cũng thỏa mãn Bài toán 2 theo cách tương tự Bổ đề 1.7. Từ Bổ đề 1.7, nghiệm u = u 1 + u 2 của phương trình Laplace với điều kiện biên (1.3.1)-(1.3.2) thỏa mãn theo cách sau. Định lý 1.8. Cho các hàm ϕ, ϕ 1, ψ, ψ 1 thuộc L 2 (, π). Khi đó nghiệm u = u 1 + u 2 là hàm trơn trong (, π) (, π) và thỏa mãn phương trình Laplace trong (, π) (, π). Hơn nữa nó thỏa mãn điều kiện biên theo cách sau lim u(x, ) ψ L 2 =, lim u(x, ) ψ 1 L 2 =, (1.3.17) x + x π lim u(, y) ϕ L 2 =, lim u(, y) ϕ 1 L 2 =. (1.3.18) y + y π Phần tiếp theo ta xem khi nào nghiệm trong Định lý 1.8 liên tục đến tận biên. Có thể thấy ngay rằng muốn nghiệm liên tục đến tận biên thì điều kiện biên liên tục, nghĩa là các hàm ϕ, ϕ 1, ψ, ψ 1 thuộc C[, π] và thỏa mãn điều kiện tương thích ϕ () = ψ (), ϕ 1 (π) = ψ 1 (π), ϕ (π) = ψ 1 (), ϕ 1 () = ψ (π). Dưới đây ta sẽ chỉ ra rằng các điều kiện trên là các điều kiện đủ để nghiệm trong Định lý 1.8 liên tục đến tận biên, nghĩa là trong (1.3.21)-(1.3.22) thay L 2 bởi L. Tuy nhiên ta cần thêm một bước trước khi tách thành hai bài toán 1 và 2: khử bốn đỉnh. Việc khử bốn đỉnh nhằm là điều kiện biên của các bài toán 1 và 2 vẫn còn liên tục, nói cách khác nếu ban đầu chưa có ϕ () = ϕ (π) = ψ (π) = ψ 1 (π) = mà tách ngay như trên thì hai bài toán 1 và 2 không thỏa mãn điều kiện tương thích. Lúc này nghiệm tìm được sẽ xuất hiện hiện tượng Gibb, cụ thể nói chung chúng không thỏa mãn điều kiện biên tại bốn đỉnh. Vậy khử như nào? Ta dùng hàm v(x, y) = a(x 2 y 2 ) + bxy + cx + dy + e

27 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 25 với các hằng số a, b, c, d, e thỏa mãn hệ v(, ) = e = ϕ (), v(, π) = π 2 a + πd + e = ψ (π), v(π, ) = v(π, π) = π 2 a + πc + e = ϕ (π), π 2 b + πc + πd + e = ψ 1 (π). Bằng cách đặt w = u v, để đơn giản nhưng không mất tính tổng quát ta giả sử ϕ () = ϕ (π) =,ϕ 1 () = ϕ 1 (π) =, ψ () = ψ (π) =,ψ 1 () = ψ 1 (π) =. Lúc này ta có thể coi ϕ, ϕ 1, ψ, ψ 1 là các hàm liên tục, lẻ, tuần hoàn chu kỳ 2π trên toàn trục số. Khi đó ta viết lại (a k e kx + b k e k(x π) ) sin(ky) = = 2 sin(ky) π(e kπ e kπ ) ( e kx [e kπ ψ (z) ψ 1 (z)]+ + e k(x π) [e kπ ψ 1 (z) ψ (z)] ) sin(kz)dz = e kx π π + ekx e kx π(e kπ e kπ ) ψ (z) cos(k(y z))dz+ π (ψ 1 (z) e kπ ψ (z)) cos(k(y z))dz. Lại có (ψ π 1(z) e kπ ψ (z)) cos(k(y z))dz M, k = 1, 2,..., vì ψ, ψ 1 C[, π]; 1 < + ; e kπ e kπ lim x +(ekx e kx ) =, k = 1, 2,.... Do đó lim sup x + y [,π] e kx e kx e kπ e kπ π (ψ 1 (z) e kπ ψ (z)) cos(k(y z))dz =.

28 26 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Để đi tiếp ta quan tâm đến nhân Poisson P r (z) = Một vài tính chất của nhân Poisson: < P r (z) π P r(z)dz = 2π. 1 r 2, r < 1, z ( π, π). 1 2r cos(z) + r2 1 r 2 4r sin 2, r < 1, z ( π, π) nên với δ (, π) ta có (z/2) lim P r (z)dz =. r 1 δ< z <π Từ tính chất này không khó dẫn đến bổ đề sau: Bổ đề 1.9. Cho ϕ C(R), tuần hoàn chu kỳ 2π. Khi đó ( 1 π ) lim sup P r (y z)ϕ(z)dz ϕ(y) =. r 1 2π y [ π,π] π Sử dụng Bổ đề 1.9 với chú ý lấy r = e x và cũng như tính lẻ của ψ ta có Từ đây ta có kết quả sau: r k cos(kz) = 1 2 P r(z) lim sup x + y [,π] u 1 (x, y) ψ (y) =. Định lý 1.1. Cho ϕ, ϕ 1, ψ, ψ 1 C[, π] thỏa mãn điều kiện ϕ () = ϕ (π) =,ϕ 1 () = ϕ 1 (π) =, ψ () = ψ (π) =,ψ 1 () = ψ 1 (π) =. Khi đó nghiệm u = u 1 + u 2 thuộc vào C (, π) (, π) C([, π] [, π]) và thỏa mãn phương trình Laplace trong (, π) (, π). Hơn nữa lim u(x, ) ψ L =, lim u(x, ) ψ 1 L =, x + x π lim y + u(, y) ϕ L =, lim y π u(, y) ϕ 1 L =.

29 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 27 Chứng minh. Qua các bước trên, việc còn lại ta chỉ cần phải chứng minh: Việc chứng minh tương tự như việc chứng minh ở trên với việc thay đổi cách viết lim u 1(, y) L =, lim u 1(x, ) ψ 1 L =. y + x π (a k e kx + b k e k(x π) ) sin(ky) = = 2 sin(ky) π(e kπ e kπ ) lim u 1(x, ) ψ 1 L = x π lim u 1(x, ) ψ L = x + ( e kx [e kπ ψ (z) ψ 1 (z)]+ + e k(x π) [e kπ ψ 1 (z) ψ (z)] ) sin(kz)dz = ek(x π) π π + ek(π x) e k(x π) π(e kπ e kπ ) ψ 1 (z) cos(k(y z))dz+ π (ψ (z) e kπ ψ 1 (z)) cos(k(y z))dz. Để chứng minh lim u 1(, y) L = y + trước hết ta dùng lim u 1(x, ) ψ 1 L =, x π lim u 1(x, ) ψ L =. x + Cụ thể, với δ > bất kỳ có ɛ (, π/2) sao cho sup u 1 (x, y) ψ 1 (y) < δ/2, x [, ɛ], y [,π] sup u 1 (x, y) ψ (y) < δ/2, x [π ɛ, π]. y [,π]

30 28 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Lại do lim y + ψ i(y) =, i =, 1, nên có δ 1 > để ψ i (y) < δ/2, i =, 1, y [, δ 1 ]. Như vậy với x [, ɛ], y [, δ 1 ] có u 1 (x, y) < δ. Dùng Bổ đề 1.7, với ɛ > có δ 2 > sao cho u 1 (x, y) < δ, (x, y) [ɛ, π ɛ] [, δ 2 ]. Lấy δ = min{δ 1, δ 2 } ta có điều phải chứng minh. Vấn đề tiếp theo, ta quan tâm đến việc khi nào nghiệm trong Định lý 1.8 trơn đến tận biên. Dĩ nhiên lúc đó ϕ, ϕ 1, ψ, ψ 1 phải thuộc vào C [, π]. Tuy nhiên điều kiện tương thích không đơn giản là nối liên tục tại bốn đỉnh mà nó còn thêm điều kiện thỏa mãn phương trình tại bốn đỉnh, nghĩa là với l Z + có ϕ (2l) () = ( 1) l ψ (2l) (), ϕ (2l) (π) = ( 1) l ψ (2l) 1 (), ϕ (2l) 1 () = ( 1) l ψ (2l) (π), ϕ (2l) 1 (π) = ( 1) l ψ (2l) 1 (π). Ta không đi sâu vào việc này mà chỉ đưa ra kết quả sau: Định lý Cho ϕ, ϕ 1, ψ, ψ 1 C [, π] thỏa mãn điều kiện, với l Z + ϕ (2l) () = ϕ (2l) (π) =, ϕ (2l) 1 () = ϕ (2l) 1 (π) =, ψ (2l) () = ψ (2l) (π) =, ψ (2l) 1 () = ψ (2l) 1 (π) =. Khi đó nghiệm u = u 1 +u 2 thuộc vào C [, π] [, π] và thỏa mãn phương trình Laplace trong [, π] [, π]. Hơn nữa lim u(x, ) ψ L =, lim u(x, ) ψ 1 L =, x + x π lim y + u(, y) ϕ L =, lim y π u(, y) ϕ 1 L =.

31 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 29 Để chứng minh kết quả trên ta chú ý rằng, với điều kiện tương thích thác triển lẻ, tuần hoàn chu kỳ 2π của các hàm ϕ i, ψ i, i =, 1, đều là các hàm khả vi vô hạn, tuần hoàn chu kỳ 2π trên toàn đường thẳng. Lúc đó lim k km ϕ (x)dx =, m Z +. Trước khi chuyển sang bài toán trong hình tròn, các bạn thử nghĩ xem nếu đổi điều kiện biên Dirichlet (1.3.1)-(1.3.2) thành điều kiện biên Neumann thì điều gì xảy ra? Ta cần sửa lại như nào? Ta chuyển sang bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong hình tròn đơn vị B 1. Trước hết ta chuyển sang hệ tọa độ cực có B 1 = {(r, θ) : x = r cos θ, y = r sin θ r < 1, θ R} và hàm v(r, θ) = u(r cos θ, r sin θ) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2π, và thỏa mãn phương trình Laplace u = v rr + 1 r v r + 1 r 2 v θθ =. Ta sơ qua phương pháp tách biến. Ta tìm các nghiệm v = R(r)Φ(θ) của phương trình Laplace. Khi đó ta có bài toán giá trị riêng Sturm-Liouville Φ + λφ = với điều kiện biên tuần hoàn. Nó có các giá trị riêng λ = k 2, k =, 1,..., và hàm riêng tương ứng với k = có Φ = a, với k = 1, 2,..., có Φ k = a k cos(kθ) + b k sin(kθ). Lại có dãy các hàm riêng chuẩn hóa 1 2π, 1 π cos(kθ), 1 π sin(kθ), k = 1, 2,...,

32 3 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 là cơ sở trực chuẩn của L 2 (S 1 ). Khi đó với mỗi f L 2 (S 1 ) ta có với Hơn nữa f = 1 a + 1 (a k cos(kθ) + b k sin(kθ)) trong L 2 (S 1 ), 2π π a = 1 2π S 1 f(θ)dθ, a k = 1 f(θ) cos(kθ)dθ, b k = 1 f(θ) sin(kθ)dθ, k = 1, 2,.... π S π S 1 1 a 2 + (a 2 k + b 2 k) = f 2 (θ)dθ. S 1 Quay trở lại giải nghiệm tách biến, ta có với k = có R (r) = c + d ln r, với k = 1, 2,... có R k (r) = c k r k + d k r k. Lại chú ý nghiệm xác định tại gốc nên d k =, k =, 1,.... Khi đó ta có nghiệm tách biến u (r, θ) = a, u k (r, θ) = r k (a k cos(kθ) + b k sin(kθ)), k = 1, 2,.... Chú ý rằng r k cos(kθ), r k sin(kθ) là các đa thức điều hòa thuần nhất bậc k trong R 2. Nếu đặt z = x + iy có r k cos(kθ) = Re(z k ), r k sin(kθ) = Im(z k ). Đến lúc ta đưa ra lời giải cho bài toán biên Dirichlet cho phương trình Laplace trong B 1 với điều kiện biên Ta tìm nghiệm có dạng u = v(1, θ) = ϕ(θ). (1.3.19) S 1 v(r, θ) = 1 a + 1 r k (a k cos(kθ) + b k sin(kθ)). (1.3.2) 2π π Thay vào điều kiện biên (1.3.19) ta có các hệ số a = 1 2π S 1 ϕ(θ)dθ, (1.3.21)

33 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 31 và với k = 1, 2,... có a k = 1 π S 1 ϕ(θ) cos(kθ)dθ, (1.3.22) Tương tự Bổ đề 1.7 ta có kết quả sau. b k = 1 π S 1 ϕ(θ) sin(kθ)dθ. (1.3.23) Định lý Cho ϕ L 2 (S 1 ) và v được cho bởi (1.3.2)-(1.3.23). Khi đó v trơn trong B 1 và thỏa mãn phương trình Laplace trong B 1. Hơn nữa lim r 1 v(r, ) ϕ L 2 =. Chứng minh. Việc chứng minh Định lý tương tự như chứng minh trong Bổ đề 1.7 với chú ý m r l θ(r k sin(kθ)) = k l+1 (k 1) (k m + 1)r k m sin(kθ + lπ/2), m, l =, 1,..., k = 1, 2,..., và k l+1 (k 1) (k m + 1)R k m <, R (, 1), m =, 1,.... k=m Từ kết quả trên, khi r (, 1) ta có thể viết v(r, θ) = 1 P r (θ η)ϕ(η)dη. 2π S 1 Từ đó bằng việc dùng Bổ đề 1.9 ta có kết quả sau. Định lý Cho ϕ C(S 1 ) và v được cho bởi (1.3.2)-(1.3.23). Khi đó v C (B 1 ) C( B 1 ) và thỏa mãn phương trình Laplace trong B 1. Hơn nữa sau. lim u(r, ) ϕ L =. r 1 Đơn giản hơn trường hợp hình vuông, ta cũng có kết quả về tính trơn đến tận biên Định lý Cho ϕ C (S 1 ) và v được cho bởi (1.3.2)-(1.3.23). Khi đó v C (B 1 ) C( B 1 ) và thỏa mãn phương trình Laplace trong B 1. Hơn nữa v(1, ) = ϕ trên S 1.

34 32 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP Bài toán biên hỗn hợp Trong mục này ta sẽ quan tâm đến bài toán biên - giá trị ban đầu, còn gọi là bài toán biên hỗn hợp, cho phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt 1 chiều không gian. Trước hết ta xét bài toán biên hỗn hợp cho phương trình truyền nhiệt trong một đoạn [, π] u t u xx = trong (, π) (, ), (1.3.24) u(, ) =u trên [, π], (1.3.25) u(, t) =u(π, t) = khi t. (1.3.26) Về ý nghĩa vật lý,u là hàm nhiệt trên một thanh cách nhiệt với hai đầu luôn được giữ ở độ. Trước hết ta tìm các nghiệm tách biến u = XT không tầm thường của phương trình truyền nhiệt (1.3.24) và hai điều kiện biên (1.3.26). Khi đó ta có bài toán giá trị riêng Sturm-Liouville X + λx = trong (, π) với điều kiện biên X() = X(π) =. Có các giá trị riêng λ = k 2 và hàm riêng X k = sin(kx) tương ứng, k = 1, 2,.... Giống như việc giải Bài toán 1 trong phương trình Laplace trong hình vuông, các hàm riêng chuẩn hóa 1 π sin(kx), k = 1, 2,... là cơ sở trực chuẩn của không gian L 2 odd = {f L 2 ( π, π) : f lẻ }. Khi đó với mỗi hàm lẻ f L 2 ( π, π) ta có khai triển 1 f k sin(kx) = f trong L 2 π với f k = 2 f(x) sin(kx)dx. π

35 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 33 Hơn nữa fk 2 = 2 f 2 (x)dx. Quay trở lại việc tìm nghiệm tách biến, với mỗi k N ta có nghiệm tách biến u k = X k T k với T k + k 2 T k =. Ta sẽ tìm nghiệm của (1.3.24)-(1.3.26) dưới dạng chuỗi u(x, t) = 1 a k e k2t sin(kx). (1.3.27) π Điều kiện ban đầu (1.3.25) cho ta các hệ số a k = 2 π u (x) sin(kx)dx. (1.3.28) Nghiệm tìm được ở trên của (1.3.24)-(1.3.26) được hiểu theo nghĩa sau. Định lý Giả sử u L 2 (, π) và u được cho bởi (1.3.27)-(1.3.28). Khi đó u trơn trong [, π] (, ) và thỏa mãn cũng như điều kiện biên u t u xx = trong (, π) (, ) u(, t) = u(π, t) = khi t >. Với điều kiện ban đầu được thỏa mãn theo cách sau lim u(, t) u L 2 =. (1.3.29) t + Chứng minh. Chứng minh kết quả này tương tự chứng minh Bổ đề 1.7 với chú ý m t l x(e k2t sin(kx)) = ( 1) m k 2m+l e k2t sin(kx + lπ/2), khi m, l =, 1,..., k = 1, 2,... k 2m+l e k2ɛ < +, m, l =, 1,..., ɛ >.

36 34 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Tiếp theo ta quan tâm đến việc khi nào thì nghiệm u trong Định lý 1.15 liên tục đến điều kiện ban đầu. Có thể thấy ngay rẳng nếu nghiệm u liên tục đến điều kiện ban đầu thì u C[, π] và nó thỏa mãn điều kiện tương thích u () = u (π) =. Khi đó thác triển lẻ, tuần hoàn chu kỳ 2π của u lên toàn trục số là hàm tuần hoàn, liên tục trên toàn trục số. Khi đó, từ Định lý 1.15 nghiệm u có thể viết dưới dạng u(x, t) = 2 e k2t sin(kx) u (y) sin(ky)dy π = 1 ( π ) e k2t cos(k(x y)) u (y)dy π với nhân nhiệt = π π H t (x y)u (y)dy (1.3.3) H t (x) = 1 2π e k2t e ikx. k Z Đến đây nếu nhân nhiệt H t (x) có các tính chất tương tự nhân Poisson P r (x), nghĩa là (i) H t (x), x [ π, π] khi t >, (ii) π H t(x)dx = 1 khi t >, (iii) với ɛ (, π) có lim H t (x)dx = t + ɛ< x <π thì ta có ngay kết quả giống Định lý 1.1, nghĩa là kết quả sau. Định lý Cho u C[, π] thỏa mãn điều kiện tương thích u () = u (π) =, và u được cho bởi (1.3.27)-(1.3.28). Khi đó u C ([, π] (, )) C([, π] [, )) và thỏa mãn u t u xx = trong (, π) (, )

37 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 35 cũng như điều kiện biên u(, t) = u(π, t) = khi t >. Với điều kiện ban đầu được thỏa mãn theo cách sau lim u(, t) u L =. (1.3.31) t + Như vậy để có Định lý 1.16, ta sẽ đi chứng minh các tính chất của nhân nhiệt H t (x). Không khó để thấy ngay tính chất (ii). Để thấy hai tính chất còn lại ta cần đến công thức Poisson để viết lại nhân nhiệt dưới dạng H t (x) = k Z K t (x + 2πk) với nhân Gauss-Weierstrass K t (x) = 1 4πt e x2 4t. Khi đó có thể thấy ngay tính chất (i). Để thấy tính chất (ii) ta tách Có ɛ< x <π Mà lim t + ɛ/ 4t = + nên Lại có với x < π và k 1 có H t (x) = K t (x) + K t (x + 2πk). k 1 K t (x)dx = 1 π ɛ/ 4t< z <π/ 4t lim K t (x)dx =. t + ɛ< x <π e z2 dz. x + 2πk k π hay e (x+2πk)2 /4t e π2 k 2 /4t. Khi đó Với < t < 1 có K t (x + 2πk) Ct 1/2 e π2 k 2 /4t. k 1 k t π2 k 2 4t. k 1

38 36 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Do đó K t (x + 2πk) Ct 1/2 e 1/t. k 1 Từ đây không khó để thấy tính chất (iii). Tiếp đến ta quan tâm đến việc khi nào nghiệm trong Định lý 1.15 trơn đến tận điều kiện ban đầu. Có thể thấy để nghiệm trơn đến điều kiện ban đầu thì điều kiện ban đầu u C [, π]. Như thế chưa đủ và ngay cả việc thêm điều kiện tương thích u () = u (π) = cũng chưa đủ. Lý do u còn thỏa mãn phương trình truyền nhiệt nên u t (, ) = u xx (, ) và u t (π, ) = u xx (π, ) và khi u trơn đến tận điều kiện ban đầu thì (l) t u(, ) = (2l) x u(, ) và (l) t u(π, ) = x (2l) u(π, ), l = 1, 2,.... Khi đó điều kiện tương thích để nghiệm trơn đến tận biên u (2l) () = u (2l) (π) =, l =, 1,.... Với điều kiện tương thích này không khó khăn ta có kết quả sau. Định lý Cho u C [, π] thỏa mãn điều kiện tương thích u (2l) () = u (2l) (π) =, l =, 1,.... và u được cho bởi (1.3.27)-(1.3.28). Khi đó u C ([, π] [, )) và thỏa mãn cũng như điều kiện biên và điều kiện ban đầu u(, ) = u. u t u xx = trong (, π) (, ) u(, t) = u(π, t) = khi t >,

39 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 37 Quay trở lại công thức (1.3.3), với chú ý u là hàm lẻ, ta viết lại u(x, t) = với hàm Green G(x, y, t) = 2 π G(x, y, t)u (y)dy e k2t sin(kx) sin(ky). Hàm Green G(x, y, t) không chia sẻ các tính chất (i)-(iii) với nhân nhiệt H t (x). Tuy nhiên nó chia sẻ các tính chất tốt khác với nhân nhiệt: đều trơn và tuần hoàn chu kỳ 2π khi t >, và lúc đó chúng đều thỏa mãn phương trình truyền nhiệt. Ngoài ra hàm Green còn có các tính chất khác mà nhân nhiệt không có: tính đối xứng: G(x, y, t) = G(y, x, t), thỏa mãn điều kiện biên thuần nhất: G(, y, t) = G(π, y, t) =. Để dùng hàm Green có hiệu quả, giống như nhân nhiệt, ta biểu diễn hàm Green qua nhân Gauss-Weierstrass nhờ công thức Poisson như sau G(x, y, t) = t (x y + 2πk) K(x + y + 2πk)). k Z(K Ta chuyển sang bài toán biên - giá trị ban đầu cho phương trình truyền sóng trong một đoạn [, π] u tt u xx = trong (, π) (, ), (1.3.32) u(, ) = u, u t (, ) =u 1 trên [, π], (1.3.33) u(, t) = u(π, t) = khi t. (1.3.34) Về ý nghĩa vật lý,u là hàm biên độ (đại số) so với vị trí cân bằng của một đoạn dây dao động không có tác động của ngoại lực cũng như ma sát với hai đầu luôn được giữ cố định ở vị trí cân bằng. Trước hết ta tìm các nghiệm tách biến u = XT không tầm thường của phương trình

40 38 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 truyền nhiệt (1.3.32) và hai điều kiện biên (1.3.34). Khi đó ta có bài toán giá trị riêng Sturm-Liouville X + λx = trong (, π) với điều kiện biên X() = X(π) =. Có các giá trị riêng λ = k 2 và hàm riêng X k = sin(kx) tương ứng, k = 1, 2,.... Giống như việc giải Bài toán 1 trong phương trình Laplace trong hình vuông, các hàm riêng chuẩn hóa là cơ sở trực chuẩn của không gian 1 π sin(kx), k = 1, 2,... L 2 odd = {f L 2 ( π, π) : f lẻ }. Khi đó với mỗi hàm lẻ f L 2 ( π, π) ta có khai triển 1 f k sin(kx) = f trong L 2 π với Hơn nữa f k = 2 π f(x) sin(kx)dx. fk 2 = 2 f 2 (x)dx. Quay trở lại việc tìm nghiệm tách biến, với mỗi k N ta có nghiệm tách biến u k = X k T k với T k + k 2 T k =. Ta sẽ tìm nghiệm của (1.3.32)-(1.3.34) dưới dạng chuỗi u(x, t) = 1 (a k cos(kt) + b k sin(kt)) sin(kx). (1.3.35) π Điều kiện ban đầu (1.3.33) cho ta các hệ số a k = 2 π b k = 2 π u (x) sin(kx)dx, (1.3.36) u 1 (x) sin(kx) dx. (1.3.37) k

41 1.3. PHƯƠNG PHÁP TÁCH BIẾN 39 Khác với bài toán biên hỗn hợp cho phương trình truyền nhiệt, đề nghiệm u xác định bởi (1.3.35)-(1.3.37) thỏa mãn phương trình truyền sóng khi t > thì ngay từ điều kiện ban đầu đã phải đủ tốt. Cụ thể, để nghiệm u thuộc C 2 ((, π) (, )) thì các điều kiện ban đầu u C 2 [, π], u 1 C 1 [, π] thỏa mãn điều kiện tương thích Ta có kết quả sau. u () =, u 1 () =, u () =, (1.3.38) u (π) =, u 1 (π) =, u 1(π) =. (1.3.39) Định lý Giả sử u C 3 [, π], u 1 C 2 [, π] thỏa mãn các điều kiện tương thích (1.3.38)-(1.3.39), và hàm u được xác định bởi (1.3.35)-(1.3.37). Khi đó u C 2 ([, π] [, )) và là nghiệm của bài toán (1.3.32)-(1.3.34). Chứng minh. Từ điều kiện tương thích, tích phân từng phần (1.3.36)-(1.3.37) ta được a k = 2 π b k = 2 π u (x) sin(kx)dx = 2 π u 1 (x) sin(kx) dx = 2 u k π (x) cos(kx) dx, u k 3 1(x) sin(kx) dx. k 3 Khi đó {k 3 a k } là hệ số Fourier của u (x), còn {k 3 b k } là hệ số Fourier của u 1(x), với u, u 1 được xem như các hàm lẻ, tuần hoàn chu kỳ 2π trên toàn trục. Do đó Lại để ý rằng k 6 (a 2 k + b 2 k) = 2 ([u (x)] 2 + [u 1(x)] 2 )dx <. m t x l [(a k cos(kt) + b k sin(kt)) sin(kx)] k m+l a 2 k + b2 k m, l =, 1,..., k = 1, 2,.... Do đó với m, l Z + thỏa mãn m + l 2 thì m t x l [(a k cos(kt) + b k sin(kt)) sin(kx)] ( ) 1/2 ( ) 1/2 k 2(m+l+1) (a 2 k + b 2 k) k 2 <.

42 4 CHƯƠNG 1. NHẮC LẠI PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG CẤP 2 Từ đây ta có ngay u thuộc lớp C 2 ([, π] [, )) và các đạo hàm riêng đến cấp 2 được cho bởi m t l xu(x, t) = k m+l (a k cos(kt + mπ 2 ) + b k sin(kt + mπ 2 )) sin(kx + lπ 2 ). Từ đây không khó để thấy u là nghiệm của bài toán (1.3.32)-(1.3.34). Có thể thấy ngay từ chứng minh đánh giá sau ( 3 u C 2 ([,π] [, )) C u (i) L 2 + với hằng số dương C không phụ thuộc u. i= 2 i= u (i) 1 L 2 Để có nghiệm u thuộc lớp C 2 ta không cần đòi hỏi nhiều về độ trơn như Định lý 1.18, mà chỉ cần u C 2 [, π], u 1 C 1 [, π] và điều kiện tương thích (1.3.38)-(1.3.39) được thỏa mãn. Việc này sẽ được chi tiết hóa trong Chương về phương trình truyền sóng. Một vài so sánh giữa bài toán biên hỗn hợp cho phương trình truyền nhiệt và phương trình truyền sóng: Với phương trình truyền nhiệt, để nghiệm trơn ở bên trong tập xác định (kể cả theo thời gian) ta chỉ cần điều kiện ban đầu thuộc vào L 2 [, π], theo Định lý Với phương trình truyền sóng thì độ trơn của nghiệm bằng độ trơn của điều kiện ban đầu khi số chiều không gian n = 1, còn khi số chiều n 2 thì độ trơn của nghiệm còn thấp hơn cả của điều kiện ban đầu. Với phương trình truyền nhiệt, để nghiệm tốt đến tận biên ngoài tính tốt của điều kiện ban đầu ta còn cần đến điều kiện tương thích như trong các Định lý 1.16 và Định lý Với phương trình truyền sóng ta cũng cần đến điều kiện tương thích ngay cả khi chỉ cần nghiệm tốt ở bên trong. Để kết thúc phần phương pháp tách biến, ta có thể giải các bài toán biên hỗn hợp cho phương trình truyền sóng và phương trình truyền nhiệt trong miền hình vuông, hình tròn (không gian 2 chiều), hay miền hình lập phương, hình trụ, hình cầu (không gian 3 chiều). Khi đó ta gặp các chuỗi Fourier trong không gian 2 chiều và không gian 3 chiều. Khá nhiều kết quả về chuỗi Fourier nhiều chiều lặp lại chuỗi Fourier 1 chiều. Tuy nhiên những bài toán cơ bản, chẳng hạn như khảo sát sự hội tụ điểm của chuỗi Fourier nhiều chiều cho đến nay vẫn còn là bài toán mở. )

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 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

* 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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

+ = 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

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

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

(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

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

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

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

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

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

1.2.2 Tính chính quy Đánh giá gradient... 32

1.2.2 Tính chính quy Đánh giá gradient... 32 Giáo trình Phương trình vi phân đạo hàm riêng Đặng Anh Tuấn Ngày 4 tháng 2 năm 2017 Mục lục 1 Phương trình truyền nhiệt 1 1.1 Biến đổi Fourier............................... 1 1.1.1 Các tính chất cơ bản........................

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

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

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

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC (MAT 2036)

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC (MAT 2036) KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC BỘ MÔN GIẢI TÍCH Bài giảng Phương trình đạo hàm riêng nâng cao (MAT 2036) Dư Đức Thắng Hà Nội, ngày 11 tháng 9 năm 2017 Mục lục Chu. o. ng 1 Mở đầu 1 Mở đầu 1 1.1 Một số khái

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

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

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

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

CƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC

CƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC 2003 The McGraw-Hill Companies, Inc. ll rights reserved. The First E CHƯƠNG: 01 CƠ HỌC LÝ THUYẾT: TĨNH HỌC ThS Nguyễn Phú Hoàng CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN HỆ TIÊN ĐỀ TĨNH HỌC Khoa KT Xây dựng Trường CĐCN Đại

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

Câu 2. Tính lim. A B. 0. C D Câu 3. Số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử bằng A. C 3 10

Câu 2. Tính lim. A B. 0. C D Câu 3. Số chỉnh hợp chập 3 của 10 phần tử bằng A. C 3 10 ĐỀ THAM KHẢO THPT QUỐC GIA 8 MÔN TOÁN (ĐỀ SỐ ) *Biên soạn: Thầy Đặng Thành Nam website: wwwvtedvn Video bài giảng và lời giải chi tiết chỉ có tại wwwvtedvn Thời gian làm bài: 9 phút (không kể thời gian

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

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

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

Phần 3: ĐỘNG LỰC HỌC

Phần 3: ĐỘNG LỰC HỌC ài giảng ơ Học Lý Thuết - Tuần 7 4/8/011 Phần : ĐỘNG LỰ HỌ Vấn đề chính cần giải quết là: Lập phương trình vi phân chuển động Xác định vận tốc vàgiatốc hi có lực tácđộng vào hệ hương 10: Phương trình vi

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

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

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓA: * * CHUYÊN ĐỀ TRƯỜNG THT HUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH NIÊN KHÓ: 2011-2012 * * HUYÊN ĐỀ ỘT SỐ ÀI TOÁN HÌNH HỌ HẲNG LIÊN QUN ĐẾN TỨ GIÁ TOÀN HẦN Người thực hiện han Hồng Hạnh Trinh Nhóm chuyên toán lớp 111 Kon Tum, ngày 26

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

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

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

Viết phương trình dao động điều hòa. Xác định các đặc trưng của DĐĐH.

Viết phương trình dao động điều hòa. Xác định các đặc trưng của DĐĐH. Viết phương trình dao động điều hòa Xác định các đặc trưng của DĐĐH I Phương pháp 1:(Phương pháp truyền thống) * Chọn hệ quy chiếu: - Trục Ox - Gốc tọa độ tại VTCB - Chiều dương - Gốc thời gian * Phương

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

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

Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC

Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC Bài Giảng Môn học: OTOMAT VÀ NGÔN NGỮ HÌNH THỨC TS. Nguyễn Văn Định, Khoa CNTT Lời nói đầu Ngôn ngữ là phương tiện để giao tiếp, sự giao tiếp có thể hiểu là giao tiếp giữa con người với nhau, giao tiếp

Διαβάστε περισσότερα

Dao Động Cơ. T = t. f = N t. f = 1 T. x = A cos(ωt + ϕ) L = 2A. Trong thời gian t giây vật thực hiện được N dao động toàn phần.

Dao Động Cơ. T = t. f = N t. f = 1 T. x = A cos(ωt + ϕ) L = 2A. Trong thời gian t giây vật thực hiện được N dao động toàn phần. GVLê Văn Dũng - NC: Nguyễn Khuyến Bình Dương Dao Động Cơ 0946045410 (Nhắn tin) DAO ĐỘNG ĐIỀU HÒA rong thời gian t giây vật thực hiện được N dao động toàn phần Chu kì dao động của vật là = t N rong thời

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

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

BÀI TẬP ÔN THI HOC KỲ 1

BÀI TẬP ÔN THI HOC KỲ 1 ÀI TẬP ÔN THI HOC KỲ 1 ài 1: Hai quả cầu nhỏ có điện tích q 1 =-4µC và q 2 =8µC đặt cách nhau 6mm trong môi trường có hằng số điện môi là 2. Tính độ lớn lực tương tác giữa 2 điện tích. ài 2: Hai điện tích

Διαβάστε περισσότερα

BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY

BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY Trường Đại Học Bách Khoa TP HCM Khoa Cơ Khí BÀI TẬP LỚN MÔN THIẾT KẾ HỆ THỐNG CƠ KHÍ THEO ĐỘ TIN CẬY GVHD: PGS.TS NGUYỄN HỮU LỘC HVTH: TP HCM, 5/ 011 MS Trang 1 BÀI TẬP LỚN Thanh có tiết iện ngang hình

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

CHƯƠNG I NHỮNG KHÁI NIỆM CƠ BẢN

CHƯƠNG I NHỮNG KHÁI NIỆM CƠ BẢN Chương Những khái niệm cơ bản - CHƯƠNG I NHỮNG KHÁI NIỆM CƠ BẢN DẠNG SÓNG CỦA TÍN HIỆU Hàm mũ Hàm nấc đơn vị Hàm dốc Hàm xung lực Hàm sin Hàm tuần hoàn PHẦN TỬ ĐIỆN Phần tử thụ động Phần tử tác động ĐIỆN

Διαβάστε περισσότερα

HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN. GV : Đinh Công Khải FETP Môn: Các Phương Pháp Định Lượng

HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN. GV : Đinh Công Khải FETP Môn: Các Phương Pháp Định Lượng 1 HỒI QUY TUYẾN TÍNH ĐƠN GV : Đnh Công Khả FETP Môn: Các Phương Pháp Định Lượng Knh tế lượng là gì? Knh tế lượng được quan tâm vớ vệc xác định các qu luật knh tế bằng thực nghệm (Thel, 1971) Knh tế lượng

Διαβάστε περισσότερα

1.3.3 Ma trận tự tương quan Các bài toán Khái niệm Ý nghĩa So sánh hai mô hình...

1.3.3 Ma trận tự tương quan Các bài toán Khái niệm Ý nghĩa So sánh hai mô hình... BÀI TẬP ÔN THI KINH TẾ LƯỢNG Biên Soạn ThS. LÊ TRƯỜNG GIANG Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 0, tháng 06, năm 016 Mục lục Trang Chương 1 Tóm tắt lý thuyết 1 1.1 Tổng quan về kinh tế lượng......................

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