text:
Nếu bạn là TeX User thứ “nồi đồng cối đá” thì việc lập một cái bảng dù nhiêu khê phức tạp thế nào cũng chẳng “nhằm nhò gì ba cái lẻ tẻ”. Nhưng nếu là người mới tiếp xúc với TeX mà bị một cái bảng phức tạp hù dọa thì cũng đau đầu lắm đấy.
Trước đây tôi có viết một bài về việc sử dụng excel2latex và calc2latex để chuyển một bảng tính trong MS Excel hay LibreOffice Calc thành đoạn code trong LaTeX và đem dán vào TeXMaker thành một cái bảng hoàn hảo.
Nếu hai đại gia đó mà không giúp gì đươc cho bạn thì lưu ý vẫn còn có một công cụ khác, có vẻ dễ sử dụng hơn nhưng bạn vẫn phải can thiệp một cách thủ công để cái bảng tạo thành hoàn toàn có thể chấp nhận được.
1. Trước hết bạn download latable.zip về giải nén vào một thư mục. có hai file quan trọng: một là file chm (file help hỗ trợ để hiểu hết các tình năng của Latable) và file LaTable.exe là chương trình lập bảng khá thuận lợi để dán vào TeXMaker.
2. Các bạn mở một bảng tính excel, soạn một cái bảng, dùng chuột quét toàn bộ cái bảng đó để copy vào clipboard (bấm Ctrl C).
Sau đó các bạn khởi động LaTable.exe. Chọn File – New để mở một cái bảng mới, mặc định nó sẽ mở một cái bảng 4 dòng 4 cột. Bạn trỏ con chuột vào ô thuộc dòng thứ nhất và cột thứ nhất, mở trên dòng menu của LaTable Edit – Paste, cái bảng trong bảng tính đã dán vào LaTable. Các bạn xúc tiến việc đóng khung theo nhu cầu. Lưu ý công cụ đóng khung của LaTable không khác gì Excel hay LibreOffice, nên các bạn sẽ thực hiện thủ công giai đoạn cuối của cái bảng.
3. Muốn dán nhiều cột thành một cột rộng, LaTeX cung cấp công cụ \multicolumn theo cú pháp
\multicolumn{số}{|c|}{nội dung}
đem “nội dung” bỏ vào “số” cột (bắt đầu từ cột có “nội dung”), cột sẽ được định dạng center (tất nhiên)
4. Muốn dán nhiều dòng thành một dòng lớn, bạn phải khai báo \usepackage{multirow}
và theo cú pháp
\multirow{số}{*}{nội dung}
đem “nội dung” bỏ vào “số” dòng (bắt đầu từ dòng có “nội dung”), dòng lớn sẽ được định dạng center (tất nhiên)
5. Kinh nghiệm: Trên màn hình WYSIWYG của LaTable, muốn dán nhiều dòng ta sẽ dán trên màn hình LaTable. Nhưng khi copy vào clipboard và copy từ clipboard sang TeXmaker sẽ mất dạng multirow. Do đó nếu bạn muốn dán 3 dòng (chẳng hạn) từ dòng có “nội dung” bạn chèn thêm số 3 sau dòng “nội dung”. Khi vào TeXMaker bạn sẽ thấy số 3 đó và edit như sau:
nội dung3 \multirow{3}{*}{nội dung}
Khi dán vào TeXMaker, biên dịch (nhớ \usepackage{multirow}) xong ta được cái bảng sau đây:
Lưu ý đây là một cái bảng khá đơn giản, nhưng không dễ thực hiện trong LaTeX.
Kỳ sau: Tô màu các ô trong một cái bảng.
Thưa Thầy thao tác dán cái bảng từ LaTable vào TeXMaker như thế nào ạ!
Trong LaTable em chọn menu Edit, chọn copy as LaTeX code. Sang TexMaker em dẫn con trỏ sang chỗ nào dự định chèn cái bảng, ở đó em bấm Ctrl V.
Thưa Thầy xem dùm em đoạn này sau khi từ LaTable vào TeXMaker:
——————
\documentclass[12pt,a4paper]{book}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[vietnam]{babel}
\usepackage{utopia}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{graphicx}
\usepackage[left=2cm,right=2cm,top=2cm,bottom=2cm]{geometry}
\usepackage{multirow}
\begin{document}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|}
\hline
\multicolumn{2}{|c|}{2} & 3 & 5 & 7 \\
\hline
r & q & d & f & s2 \\
\cline{1-4}
d & a & & ? & \\
\hline
g & a & ? & e & g \\
\hline
\end{tabular}
\end{document}
————–
\multicolumn{số}{|c|}{nội dung} thì ghép cột thành công nhưng \multirow{số}{*}{nội dung} em không biết đặt chỗ nào trong đoạn code, tức là em gặp khó khăn khi ghép dòng, việc này thao tác ở LaTable hay là ở TeXMaker thưa Thầy!
Ở trong LaTable em muốn chữ s nằm ở giữa dòng 1 (là nơi đang chứa chữ s) và dòng 2 nên em viết tắt là s2. Khi vào TeXMaker em edit lại s2 thành
\multirow{2}{*}{s}
Dạ em cảm ơn Thầy! em đã làm được rồi và thấy tạo bảng kiểu này rất dễ. Nếu được Thầy có thể chỉ tụi em cách trang trí bảng không! VD như đường kẻ, tô màu,…!
OK thầy sẽ có bài hướng dẫn thêm:
1. longtable khi sang trang, bảng vẫn giữ tiêu đề cũ
2. Các dạng đường thẳng dùng để đóng khung
3. Tô màu các dòng, các cột hoặc một ô đặc biệt nào đó
4. Bảng nâng cao
Thầy có thể hướng dẫn chi tiết về cách ghép dòng, câu lệnh, giải thích cho em về các thông số các câu lệnh. Em cảm ơn thầy
Chào Thầy! Em đang nghiên cứu gói xtabular để tạo một cái bảng dài như gói longtable. Thầy nghĩ sao về 2 gói này ạ.
em chào thầy ạ, bài tex của em bị lỗi dòng số 1 em k biết sửa thế nào. mà bọn em phải nộp bài rùi mà chương trình k chạy. thầy ơi thầy giúp em với. em cám ơn thầy nhiều lắm ạ
NeedsTeXFormat{LaTeX2e}
\documentclass[12pt,a4paper,oneside,openright]{book}
\usepackage{theorem,amsmath,amssymb,latexsym,amscd,amsxtra}
\usepackage{pb-diagram}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{picinpar,floatflt}
\usepackage[utf8]{vietnam}
% \usepackage{anyfontsize}
%\usepackage{vieextsizes}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{titletoc}
%————————————————————————————————-
%%%%%%% Các gói cần khai báo để vẽ sơ đồ
\usepackage[all]{xy}
\UseComputerModernTips
%%%%%%%
%%%%%%%
%%%%%%% Dùng \UseComputerModernTips
%%%%%%% làm các mũi tên đẹp hơn.
\newcommand{\texy}{\mbox{$\mathscr{T}$\hspace{-.4em}\textit{exy}}}
\newcommand{\email}{\mbox{\texttt{nghiemkidy@yahoo.com}}}
\newcommand{\coker}{\mathop{\mathrm{Coker}}\nolimits}
\renewcommand{\ker}{\mathop{\mathrm{Ker}}\nolimits}
\newtheorem{theorem}{Định nghĩa}[chapter]
\newtheorem{dldn}[theorem]{Định nghĩa$\ {-}$ Định nghĩa}
%—————————————————————————————————
%—————————————————————————————————
\newtheorem{dl}[theorem]{\bf Định lý}
\newtheorem{md}[theorem]{\bf Mệnh đề}
\newtheorem{bd}[theorem]{\bf Bổ đề}
\newtheorem{dn}[theorem]{\bf Định nghĩa}
\newtheorem{hq}[theorem]{\bf Hệ quả}
\newtheorem{bt}[theorem]{\bf Bài tập}
\newtheorem{vd}[theorem]{\bf Ví dụ}
\newtheorem{cy}[theorem]{\bf Chú ý}
\newtheorem{nx}[theorem]{\bf Nhận xét}
\newtheorem{tc}[theorem]{\bf Tính chất}
%—————————————————————————————————
\numberwithin{equation}{chapter}
\pagestyle{plain}
\newcommand{\gc}{\frak{g}}
\newcommand{\uc}{\frak{u}}
\newcommand{\scg}{\frak{s}}
\newcommand{\lc}{\frak{l}}
\newcommand{\oc}{\frak{o}}
% \newcommand{\tc}{\frak{t}}
\newcommand{\nc}{\frak{n}}
\newcommand{\ac}{\frak{a}}
\newcommand{\hc}{\frak{h}}
\newcommand{\ma}{\mathbb}
\renewcommand{\baselinestretch}{1.5}
% \setlength{\oddsidemargin}{0.96cm} %Lề trái tính từ điểm cách mép giấy 2.54cm
% \setlength{\topmargin}{-0.54cm} %Lề trên tính từ điểm cách mép giấy 2.54cm
% \setlength{\headsep}{0cm} %Khoang cach tu Headerline tới Khối chữ
% \textwidth=15,4cm
% \textheight=24,2cm
\renewcommand{\bibname}{\chapf Tài liệu tham khảo}
\renewcommand{\large}{\fontsize{14pt}{14pt}\selectfont}
%=======================================================================
\pagestyle{fancy}
\renewcommand{\chaptermark}[1]%
{\markboth{\helv{\thechapter.\ #1}}{}}
\renewcommand{\sectionmark}[1]%
{\markright{\helv{\thesection.\ #1}}}
\renewcommand{\headrulewidth}{0.5pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0pt}
\newcommand{\helv}{%
\fontfamily{phv}\fontseries{b}\fontsize{9}{11}\selectfont}
\fancyhf{}
% \fancyhead[LE,RO]{\helv \thepage}
\cfoot{\small{\thepage}}
\fancyhead[LO]{\helv \rightmark}
\fancyhead[RE]{\helv \leftmark}
% \renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
%=======================================================================
%—————————————————————————————————
%\begin{document}
\hoffset = -1 truecm %{can le trai}
\voffset = -2.5 truecm %{can tren}
\textheight 25 truecm
\textwidth 16 truecm
\begin{document}
\makeatletter
\renewcommand{\ps@plain}{
\renewcommand{\@oddhead}{\hfil{\thepage}\hfil}
\renewcommand{\@evenhead}{\@oddhead}
\renewcommand{\@oddfoot}{\empty}
\renewcommand{\@evenfoot}{\@oddfoot} }
\makeatother\pagestyle{plain}
\large
\dominitoc
\markboth{{\it Mục lục}}{{\it Mục lục}}
\addcontentsline{toc}{section}{{\bf Mục lục\rm }}
\setlength{\baselineskip}{20truept}
\pagestyle{plain}
\setcounter{page}{1}
\pagenumbering{arabic}
\tableofcontents
\include{modau}
\include{chuong1}
\include{chuong2}
%\include{chuong3}
\chapter{KIẾN THỨC CHUẨN BỊ}
Phương trình truyền nhiệt là phương trình có dạng:
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2} } \bigg) .$$
trong đó: $u = u( x_{1} , x_{2},…,x_{n})$ , $a > 0$ là hệ số truyền nhiệt.
\section{bài toán côsi}
\subsection{nguyên lý cực đại và cực tiểu}
Đối với nghiệm của phương trình truyền nhiệt, ta cũng có một nguyên lý gần giống như nguyên lý cực đại và cực tiểu của hàm điều hòa.\\
Để đơn giản, ta xét phương trình truyền nhiệt trong không gian hai chiều $(x, y):$
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2} \bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2} } \bigg) .
\end{equation}
\par Trong không gian $(x,y,t)$ ta xét một miền $V_{T}$ giới hạn bởi hai mặt đáy song song và mặt bên $S_{T}$. Đáy dưới $G$ là một miền giới nội nằm trong mặt phẳng $t=0$, đáy trên $G_{T}$ là một miền giới nội nằm trong mặt phẳng $t=T$ trong đó $0 < T < + \infty .$
\par Ta coi nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong một miền là hàm khả vi nếu liên tục hai lần đối với $(x,y)$, một lần đối với $t$ trong miền ấy và thỏa mãn phương trình truyền nhiệt. Ta có định lý sau:
\begin{dl}
Giả sử $u(x,y,t)$ là một nghiệm của phương trình $(1.1)$ liên tục trong miền đóng $\overline{V}_{T}$. Khi đó nghiệm $u(x,y,t)$ đạt giá trị cực đại và cực tiểu của nó trên biên $S_{T}\cup G$ (tức là trên mặt đáy dưới hoặc mặt bên).
\end{dl}
\par Định lý này thường gọi là nguyên lý cực đại và cực tiểu đối với nghiệm của phương trình truyền nhiệt.\\
Rõ ràng hàm $u(x,y,t)$ đạt cực tiểu tại một điểm nào đấy thì hàm $ -u(x,y,t)$ đạt cực đại tại điểm đó. Vì vậy ta chỉ cần giới hạn việc chứng minh cho trường hợp hàm đạt cực đại. Ta đặt:
$$M = \max\limits_{(x, y, t)\in \overline{V}_{T}} u(x, y, t)$$
$$\mu = \max\limits_{(x, y, t)\in S_{T} \cup G} u(x, y, t)$$
thì rõ ràng là
$$\mu\leq M. $$
\par Định lý khẳng định rằng
$$\mu = M. $$
Giả sử $\mu < M. $\\
Khi đó vì hàm $u(x,y,t)$ liên tục trong $\overline{V}_{T}$ nên nó đạt cực đại tại một điểm
$(x_{0}, y_{0}, t_{0})$ nào đó hoặc thuộc $V_{T}$, hoặc thuộc đáy trên $G_{T}$:
$$u(x_{0}, y_{0}, t_{0}) = M,$$
$$(x_{0},y_{0},t_{0})\in V_{T}\cup G_{T}. $$
Ta xây dựng một hàm phụ sau:
\begin{equation}
v(x, y, t) = u(x, y, t) + \frac{M – \mu }{2T} (t_{0} – t).
\end{equation}
Hàm này trên biên $S_{T}\cup G $ bé kém $M$. Thực vậy, nếu $(x,y,t)\in S_{T}\cup G $ thì $u(x, y, t)\leq \mu , t_{0} – t \leq t_{0}\leq T$, do đó
$$v(x, y, t)\leq \mu + \frac{M – \mu }{2} = \frac{M + \mu }{2} < M. $$
Nhưng tại $(x_{0},y_{0},t_{0})$ thì
$$ v(x_{0},y_{0},t_{0}) = u(x_{0},y_{0},t_{0}) = M $$
Vì vậy hàm $v(x, y, t)$ đạt giá trị cực đại của nó đối với miền đóng $\overline{V}_{T}$ tại một điểm $(x_{1},y_{1},t_{1})$ nào đó nằm trong $V_{T}\cup G_{T}.$ Nhưng điều này không thể xảy ra được. Thực vậy, ta kí hiệu:
\begin{equation}
Lu = \frac{\partial u}{\partial t}-a^{2}\bigg(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} \bigg)
\end{equation}
thì $Lu = 0$ và
\begin{equation}
Lv = Lu + \frac{M – \mu }{2T} L(t_{0} – t) = – \frac{M – \mu }{2T} < 0 .
\end{equation}
Ta sẽ chứng minh rằng nếu:
$$ (x_{1},y_{1},t_{1})\in V_{T} \cup G_{T}$$
thì ta có ngược lại
\begin{equation}
Lv(x_{1},y_{1},t_{1})\geq 0.
\end{equation}
Để chứng minh $(1.5)$, đầu tiên hãy giả thiết $ (x_{1},y_{1},t_{1})\in V_{T} .$\\
Khi đó $ (x_{1},y_{1},t_{1})$ là một điểm trong của $V_{T}$ mà tại đó $v(x,y,t)$ đạt cực đại nên tại điểm đó ta có
$$\frac{\partial v}{\partial t} = 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } \leq 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial y^{2} }\leq 0.$$
Từ đó $$Lv(x_{1},y_{1},t_{1}) = \frac{\partial v}{\partial t} \bigg |_{(x_{1},y_{1},t_{1})} – a^{2} \bigg(\frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } \bigg)\biggr |_ {(x_{1},y_{1},t_{1})}\geq 0 $$
tức là ta có $(1.5)$\\
\par Bây giờ lại giả thiết \\
$$(x_{1},y_{1},t_{1})\in G_{T}.$$\\
\par Khi đó trong mặt phẳng $t= T, (x_{1},y_{1})$ là điểm trong của $G_{T}$, còn $t_{1}= T$ là điểm biên của khoảng $[0,T].$ Tại $(x_{1},y_{1},t_{1})$ hàm $v(x,y,t)$ đạt cực đại, nên ta suy ra tại điểm đó
$$\frac{\partial v}{\partial t}\geq 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} }\leq 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial y^{2} }\leq 0.$$
\par Từ đó ta có \\
$$Lv(x_{1},y_{1},t_{1}) = \frac{\partial v}{\partial t}\bigg|_{(x_{1},y_{1},t_{1})} – a^{2}\bigg( \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} v}{\partial y^{2} } \bigg) \bigg|_{(x_{1},y_{1},t_{1})}\geq 0 $$
tức là vẫn có $(1.5)$.\\
Trong cả hai trường hợp ta đều có $(1.5)$, mâu thuẫn với $(1.4)$. Vậy không thể xảy ra khả năng
$$(x_{1},y_{1},t_{1})\in V_{T} + G_{T}.$$
hay nói cách khác, không thể xảy ra khả năng $\mu < M $, do đó chỉ có thể $\mu = M.$\\
Rõ ràng lý luận này cũng đúng cho trường hợp $n$ chiều
$$u_{t} = a^{2}(u_{x_{1}x_{1}} + u_{x_{2}x_{2}} + … + u_{x_{n}x_{n}}).$$
Nguyên lý cực đại và cực tiểu vừa được chứng minh có thể mở rộng được cho miền vô hạn. Cụ thể ta có định lý sau:
\begin{dl}
Giả sử $u(x,y,t)$ là nghiệm của phương trình $(1.1)$ liên tục và giới nội trong miền $S$:
$$S:{u(x, y, t): 0\leq t \leq T, -\infty < x < +\infty , -\infty < y < +\infty }.$$
Khi đó nếu gọi $M$ và $m$ là cận trên đúng và cận dưới đúng của nghiệm $u(x,y,t)$ trong mặt phẳng $t = 0:$
\begin{equation}
M = \sup_{\substack {-\infty < x < +\infty \\ – \infty < y < + \infty }} u(x,y,0) \\
m = \inf_{\substack {- \infty < x < + \infty \\ – \infty < y 0$ là một số tùy ý. Ta chứng minh rằng
\begin{equation}
u(x_{0},y_{0},t_{0})\leq M + \epsilon
\end{equation}
đối với mọi $(x_{0},y_{0},t_{0})$ trong miền $S$. Hãy xét hàm
$$w(x,y,t) = 4a^{2}t + x^{2} + y^{2}.$$
\par Hàm này thỏa mãn phương trình truyền nhiệt $(1.1)$. Theo giả thiết $u(x,y,t)$ giới nội trong $S$, vì vậy tồn tại cận trên đúng của $\vert u(x,y,t)\vert $
$$N = \sup\limits_{(x,y,t)\in S } \vert u(x,y,t)\vert$$ .
\par Rõ ràng
$$N \geq M.$$
\par Ta đưa vào một hàm phụ sau đây:
$$z(x,y,t) = \frac{\epsilon }{w(x_{0},y_{0},t_{0})} w(x,y,t) + M – u(x,y,t)$$
và xét một hình trụ đứng $V_{T}:$
$$ V_{T} = {u(x,y,t): 0\leq t\leq T, (x,y)\in G} .$$
với $G$ là mặt tròn nằm trong mặt phẳng $t = 0$, có tâm $O$, bán kính là
\begin{equation}
R = \sqrt{\frac{(N – M)w(x_{0},y_{0},t_{0})}{\epsilon}} + R_{0}
\end{equation}
trong đó $R_{0}$ là khoảng cách từ tâm $O$ tới điểm $(x_{0},y_{0})$ trong mặt phẳng $t= 0$. Vẫn như trước, ta ký hiệu $S_{T}$ là mặt bên hình trụ.\\
\par Như vậy $(x_{0},y_{0},t_{0}) \in V_{T}. $\\
\par Hàm $z(x,y,t)$ được xây dựng ở trên là nghiệm của phương trình truyền nhiệt. Do $(1.6)$ và do $w(x,y,t)\geq 0$ trên đáy $G$ ta có
\begin{equation}
z(x,y,0) \geq 0.
\end{equation}
\par Tại mặt bên $S_{T}$, do $(1.9)$ ta có
$$\sqrt{x^{2} + y^{2}}\geq \sqrt{\frac{(N – M)w(x_{0},y_{0},t_{0})}{\epsilon }} $$
hay
$$ \frac{\epsilon (x^{2} + y^{2})}{w(x_{0},y_{0},t_{0}) } \geq N – M.$$
Từ đó
\begin{equation}
z(x,y,t) = \frac{\epsilon w(x,y,t)}{w(x_{0},y_{0},t_{0})} + M – u(x,y,t)\geq \frac{\epsilon (x^{2} + y^{2})}{w(x_{0},y_{0},t_{0}) } +M-N\geq 0.
\end{equation}
Do $(1.10)$ và $(1.11)$ ta có $z(x,y,t)\geq 0$ trên $S_{T}\cup G$, vậy theo định lý 1.1 ta có $z(x,y,t\geq 0$ trong toàn hình trụ đóng $\overline{V}_{T}$. Đặc biệt tại $(x_{0},y_{0},t_{0})$ ta có
$$z(x_{0},y_{0},t_{0}) = \epsilon + M – u(x_{0},y_{0},t_{0}) \geq 0$$
tức là ta có $(1.8)$. Vậy định lý được chứng minh.\\
Rõ ràng lý luận trên cũng đúng cho trường hợp không gian $n$ chiều tổng quát. Khi đó chỉ việc thay $w(x,y,t)$ bởi hàm $$w(P,t) = 2na^{2}t + \sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}^{2}. $$
\textit{Nguyên lý cực đại và cực tiểu đối với phương trình loại parabôn tổng quát.}\\
Nguyên lý cực đại và cực tiểu còn mở rộng được cho phương trình loại parabôn tổng quát hơn.
Xét phương trình:
\begin{equation}
M(u) = \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2} } + a(x,y,t)\frac{\partial u}{\partial x} +b(x,y,t)\frac{\partial u}{\partial y} + c(x,y,t)\frac{\partial u}{\partial t } + d(x,y,t)u = 0
\end{equation}
và gọi $V_T$ là miền nói ở định lý 1.1.\\
Ta có định lý sau:\\
\begin{dl}
Giả sử cho phương trình $(1.12)$ trong đó
\begin{equation}
d(x,y,t) < 0, (x,y,t) \in V_{T} \cup G_{T}
\end{equation}
và
\begin{equation}
c(x,y,t) 0$, từ biểu thức của $M(u)$ ta được
$$M(u)|_{P_{0}} 0$, ta được $M(u)|_{P_{0}} 0 :$
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac {\partial^{2} u}{\partial y^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2} } \bigg)
\end{equation}
và khi $t = 0$ trùng với một hàm liên tục giới nội $\varphi(x,y)$ cho trước.
\begin{equation}
u(x,y,0)= \varphi (x,y) \\
-\infty < x < +\infty , -\infty < y < +\infty .
\end{equation}
\par Ta có định lý sau:
\begin{dl}
Nghiệm giới nội của bài toán $(1.16)$, $(1.17)$ là duy nhất và phụ thuộc liên tục vào giá trị ban đầu cho khi $t = 0.$ \
\end{dl}
Từ nguyên lý cực đại và cực tiểu suy rộng (định lý 1.2) ta có:\\
Nếu hai nghiệm $u_{1}(x,y,t)$ và $u_{2}(x,y,t)$ sao cho
$$\sup_{\substack {- \infty < x < + \infty \\ – \infty < y < + \infty }} \vert u_{1} (x,y,0) – u_{2} (x,y,0) \vert < \varepsilon $$ \\
thì trong miền $S:$
$$S:{ 0 \leq t \leq T, -\infty < x < +\infty , -\infty < y < +\infty }$$
với $T$ bất kỳ ta có
$$ \vert u_{1} (x,y,t) – u_{2}(x,y,t) \vert 0$, với điều kiện ban đầu:
\begin{equation}
u(x,0) = \varphi(x), \hspace*{0,5cm}-\infty < x 0, -\infty < x < +\infty $ buộc $\mu$ phải là một hằng số dương. Do đó có thể đặt
$$\mu = \lambda^{2}$$
và ta có
\begin{equation}
T'(t) + a^{2}\lambda^{2} T(t) = 0
\end{equation}
\begin{equation}
X''(x) +\lambda^{2} X(x) = 0
\end{equation}
\par Từ đó
$$ T(t) = e^{-a^{2}\lambda^{2} t^{2}},$$
$$X(x) = Acos \lambda x + Bsin \lambda x$$
với $A,B$ là những hằng số bất kỳ.\\
Rõ ràng $A,B$ có thể phụ thuộc $\lambda$. Như vậy $u(x,t)$ có dạng:
\begin{equation}
u(x,t) = e^{-a^{2}\lambda^{2} t^{2}}[A(\lambda) cos \lambda x + B(\lambda) sin \lambda x].
\end{equation}
Tích phân $(1.25)$ theo biến $\lambda$ từ $-\infty$ đến $+\infty$, ta thu được
\begin{equation}
u(x,t) = \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} e^{-a^{2} \lambda^{2} t^{2}}[A(\lambda) cos \lambda x + B(\lambda) sin \lambda x]d\lambda.
\end{equation}
\par Hàm này cũng là nghiệm của phương trình $(1.18)$ nếu như tích phân $(1.25)$ hội tụ và có thể đạo hàm được dưới dấu tích phân hai lần theo $x$, một lần theo $t$.\\
Ta hãy chọn các hàm $A(\lambda), B(\lambda)$ sao cho $(1.25)$ thỏa mãn điều kiện ban đầu $(1.19)$\\
Cho $t = 0$, từ $(1.19)$, ta được:
\begin{equation}
\varphi (x) = \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} [A(\lambda) cos \lambda x + B(\lambda) sin \lambda x] d\lambda.
\end{equation}
Giả thiết $\varphi(x)$ là hàm có thể biểu diễn được dưới dạng tích phân Phuariê, ta có:\\
$\varphi(x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{- \infty}^{+\infty} d\lambda \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi) cos \lambda (\xi – x) d \xi $\\
\hspace*{1cm} $= \frac{1}{2\pi } \int\limits_{-\infty}^{+\infty}[cos \lambda x \int\limits_{-\infty}^{\infty} \varphi(\xi ) cos \lambda \xi d\xi + sin \lambda x \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi ) sin \lambda \xi d\xi] d\lambda.$\\
\par So sánh với $(1.26)$ ta thấy rằng ít nhất $A(\lambda), B(\lambda)$ trong $(1.26)$ phải có dạng:
$$A(\lambda)= \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} \varphi(\xi ) cos \lambda \xi d\xi,$$
\begin{equation}
B(\lambda)= \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi ) sin \lambda \xi d\xi.
\end{equation}
Đặt $(1.27)$ vào $(1.25)$, ta được \\
$u(x,t) = \frac{1}{2\pi } \int\limits_{- \infty}^{+\infty} d\lambda \int\limits_{- \infty}^{+\infty} \varphi(\xi)e^{-a^{2}\lambda^{2} t} cos \lambda (\xi – x) d\xi$\\
\hspace*{2ccm} $= \frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{+\infty} d\lambda \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi)e^{-a^{2}\lambda^{2} t} cos \lambda (\xi – x) d \xi$\\
Thay đổi thứ tự tích phân và chú ý công thức:
\begin{equation}
\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-a^{2}\lambda^{2} } cos \beta \lambda d\lambda = \frac {\sqrt{\pi}{2\alpha }e^{-\frac{\beta^{2}}{4\alpha^{2} } }
\end{equation}
ta thấy rằng hàm $u(x,t)$ phải có dạng:
\begin{equation}
u(x,t)= \frac{1}{2a\sqrt{\pi t} } \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-\frac {(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} }\varphi(\xi) d\xi.
\end{equation}
\par Công thức này thường được gọi là công thức Poatxông đối với vài toán Côsi $(1.18)$, $(1.19)$\\
\par Nếu ta đưa vào hàm:
\begin{equation}
F(\xi ,\tau ,x ,t)=\left\{\begin{array}{cc}\dfrac{1}{2a\sqrt{\pi(t-\tau)}}e^{\frac{-(x-\xi)^{2}}{4a^{2}(t-\tau)}}\hspace*{1cm} (\tau 0$. Chú ý rằng nghiệm cơ bản $(1.30)$ thỏa mãn phương trình truyền nhiệt nên từ đó chỉ cần chứng minh rằng có thể đạo hàm dưới dấu tích phân biểu thức $(1.29)$ hai lần theo $x$, một lần theo $t$.
\par Thực ra ta còn có được một kết quả mạnh hơn, cụ thể là: tích phân $(1.29)$ có thể đạo hàm được dưới dấu tích phân trong miền $t > 0$ theo $x$ và theo $t$ với một số lần tùy ý. Để khẳng định được điều này, chỉ cần chứng minh rằng các tích phân thu được một cách hình thức bằng cách hình thức bằng cách đạo hàm $(1.29)$ dưới dấu tích phân theo $x$ và theo $t$ một số lần tùy ý là những tích phân hội tụ đều trong hình chữ nhật
$$0 \leq t_{0}\leq t\leq T, \hspace*{0,5cm} -N\leq x\leq N$$
trong đó $t_{0}, T,N$ là những số dương tùy ý.
\par Thực vậy, nếu ta đạo hàm $(1.29)$ một cách hình thức dưới dấu tích phân theo $x$ và theo $t$ một số lần tùy ý, thì ta sẽ thu được một tổ hợp tuyến tính các tích phân có dạng:
\begin{equation}
I= \frac{1}{t^k}\int\limits_{ – \infty}^{+ \infty} \varphi(\xi ) (\xi – x)^{m} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4 a^{2}t} } d\xi.
\end{equation}
\par Do tính giới nội của hàm $\varphi(\xi )$, tính giảm nhanh của hàm
$$X^{m}e^{-AX^{2}} (A > 0)$$
(khi $X \longrightarrow \infty$) hơn bất kỳ một hàm lũy thừa $X^{-p}$ nào khác ($p > 0$ bất kỳ), ta dễ khẳng định được rằng khi $0\leq t_{0}\leq t\leq T, -N\leq x\leq N$ hàm dưới dấu tích phân về trị tuyệt đối không vượt quá hàm $\frac{C}{1 + \xi^{2} }$ trong đó $C$ là một hằng số nào đó. Tích phân
$$ C \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac {d\xi}{1 + \xi^{2}}$$
hội tụ, vậy theo tiêu chuẩn Vâyestrat thì tích phân $(1.31)$ hội tụ đều. Như vậy điều khẳng định đã được chứng minh.\\
\par Bây giờ ta chứng minh rằng hàm cho bởi công thức Poatxông $(1.29)$ là một hàm giới nội trong miền $t > 0$. Thực vậy, vì $\varphi(\xi )$ là một hàm giới nội:
$$\vert \varphi (\xi)\vert \leq M$$
nên
$$\vert u(x,t) \vert \leq \frac{1}{2a\sqrt{\pi t}} e^{- \frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2} t} } \vert \varphi(\xi) \vert d \xi \leq $$
$$\leq \frac{M}{2a \sqrt{\pi t}} e^{- \frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} }d\xi = M.$$
Ở đây, ta sử dụng kết quả: nếu đổi biến
$$z= \frac{\xi – x}{2a\sqrt t}$$
thì ta có
\begin{equation}
\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} }d\xi = \frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{- z^{2}}dz = 1
\end{equation}
\par Cuối cùng, ta chứng minh rằng hàm cho bởi công thức Poatxông $(1.29)$ lấy giá trị biên $\varphi(x)$ khi $t\longrightarrow 0$ \\
\par Thực vậy, dùng phép đổi biến
$$z= \frac{(\xi – x)}{2a\sqrt t}$$
trong $(1.29)$ và chú ý $(1.32)$, ta được:
$$u(x,t) – \varphi(\xi) = \frac{1}{2a\sqrt{\pi t}} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} } [\varphi(\xi) – \varphi(x)] d\xi $$
\begin{equation}
\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} [\varphi(x + 2a\sqrt{t} z – \varphi(x)]e^{- z^{2}}dz.
\end{equation}
Do tính giới nội của $\varphi(\xi)$ ta có với mọi $x,t,z$:
\begin{equation}
\vert\varphi ( x + 2a \sqrt{t} z ) – \varphi(x) \vert \leq \vert \varphi( x + 2a\sqrt{t}z) \vert + \vert \varphi(x) \vert \leq 2M.
\end{equation}
\par Giả sử $\varepsilon > 0$ là một số dương tùy ý. Do sự hội tụ của tích phân $(1.32)$, ta có thể chọn số dương $N$ đủ lớn sao cho
\begin{equation}
\frac{2M}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{- infty}^{- N} e^{-z^{2}}dz = \frac{2M}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{ N}^{+\infty} e^{-z^{2}}dz \leq \frac{\varepsilon }{3}.
\end{equation}
\par Ta chia khoảng tích phân của $(1.33)$ ra làm ba đoạn
$$(- \infty , -N); (-N,+N); (+N,+ \infty)$$
chú ý $(1.34)$ và $(1.35)$, ta có
$$ \vert u(x,t) – \varphi(\xi)\vert \leq \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{1}{\sqrt{ \pi}} \int\limits_{ – N}^{+ N} \vert \varphi(x + 2a\sqrt{t} z – \varphi(x) \vert e^{- z^{2}}dz.$$
\par Do tính liên tục của $\varphi(\xi)$, với mọi $\vert z \vert \leq N$, khi $t$ khá gần $0$, ta có
$$\vert \varphi(x + 2a \sqrt{t}z) – \varphi(x) \vert \leq \frac{\varepsilon }{3}$$
tức là khi $t$ khá gần $0$:
$$\vert u(x,t) – \varphi(\xi) \vert \leq \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{\varepsilon }{3}\frac {1}{\sqrt{ \pi}}\int\limits_{ N}^{+ \infty} e^{- z^{2}}dz $$
$$\leq \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{\varepsilon }{3} \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{- z^{2}}dz = \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{\varepsilon }{3} = \varepsilon .$$
\par Điều này cho ta
$$ \lim\limits_{t\rightarrow 0}} u(x,t)= \varphi (x) $$
\par Như vậy, ta đã chứng minh xong hoàn toàn hàm $(1.29)$ là nghiệm của bài toán Côsi $(1.18)$, $(1.19)$.\\
\par Nghiệm của bài toán Côsi, về phương diện vật lý biểu thị nhiệt độ phân bố trong một thanh cách nhiệt xung quanh và dài vô hạn khi cho trước sự phân bố nhiệt độ lúc ban đầu $(t = 0).$
\par Nghiệm này biểu diễn bởi công thức Poatxông $(1.29)$. Ta hãy giả thiết rằng hàm $\varphi(x)$ bằng không khắp mọi nơi, chỉ trừ trong một khoảng rất nhỏ, chẳng hạn trong khoảng $ – \varepsilon \leq x\leq + \varepsilon $ thì
$\varphi(x) > 0$\\
\par Khi đó, theo công thức Poatxông $(1.29)$ dù $t$ nhỏ bao nhiêu và dù $x_0$ lớn bao nhiêu tùy ý, ta vẫn có $u(x_{0},t) > 0 $. Nếu minh họa bằng phương diện vật lý thì điều này có nghĩa là: tại thời điểm $t = 0$, nhiệt độ trong thanh bằng không khắp nơi, trừ ra trong khoảng $ – \varepsilon \leq x \leq + \varepsilon $ thì nhiệt độ có giá trị dương. Sau đó một thời gian $t$ dù nhỏ bao nhiêu và tại điểm $x_{0}$ cách xa gốc tọa độ bao nhiêu nhiệt độ vẫn khác không. Điều đó nghĩa là vận tốc truyền nhiệt lớn vô hạn, truyền “tức khắc”, nhiệt lượng tập trung trong khoảng $ – \varepsilon \leq x \leq + \varepsilon $ tới điểm $x_{0}.$\\
\par Điều này trong thực tế không xảy ra được. Mâu thuẫn này do chỗ là khi ta thiết lập phương trình truyền nhiệt ta có những giả thiết lý tưởng mà thực ra trong thực tế không hoàn toàn được thỏa mãn.
\par Tuy nhiên, trong thí dụ trên, nếu xét $x_{0}$ rất lớn, $t$ rất nhỏ, do tính giảm nhanh khi $X \rightarrow \infty$ của hàm $ X^{p}\varepsilon^{-AX^{2}} (A > 0) $ đại lượng dưới dấu tích phân cũng rất nhỏ và do đó giá trị $u(x_{0},t)$ cũng rất nhỏ. Như vậy sự khác biệt giữa nghiệm thực tế và nghiệm lý tưởng cho bởi công thức Poatxông cũng không nhiều lắm. Thực tế cho thấy rằng phương trình $(1.18)$ biểu diễn khá tốt quy luật truyền nhiệt trong một thanh.
\par Bây giờ ta hãy xét bài toán đối với phương trình không thuần nhất:\\
\textit{Tìm nghiệm của phương trình
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + f(x,t)
\end{equation}
thỏa mãn điều kiện ban đầu
\begin{equation}
u(x,0)= 0
\end{equation} }\\
Cách giải bài toán này cũng giống như cách giải bài toán Côsi của phương trình truyền sóng không thuần nhất bằng nguyên lý Đuyhamen. Ta xét hàm
\begin{equation}
V(x,\tau , t) = \frac{1}{2a \sqrt{\pi t}}e^{- \frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} } f(\xi , \tau )d\xi.
\end{equation}
\par Theo công thức Poatxông, hàm này thỏa mãn phương trình
\begin{equation}
\frac{\partial V}{\partial t} = a^{2} \frac{\partial^{2} V}{\partial x^{2} }
\end{equation}
và điều kiện ban đầu
\begin{equation}
V(x,\tau , 0) = f(x, \tau )
\end{equation}
Ta chứng minh rằng hàm
\begin{equation}
u(x,t) = \int\limits_{- \infty}^{+\infty} V(x,\tau , t – \tau)d\tau
\end{equation}
sẽ là nghiệm của bài toán $(1.36)$, $(1.37)$.
\par Thực vậy, điều kiện $(1.37)$ là rõ ràng. Chỉ còn phải nghiệm lại phương trình $(1.36)$. $V(x,\tau , t)$ thỏa mãn phương trình $(1.39)$ thì hàm $V(x,\tau , t – \tau )$ cũng thỏa mãn phương trình đó.
\par Ta có
$$\frac{\partial u}{\partial t} = \int\limits_{0}^{t} \frac{\partial V(x,\tau , t – \tau )}{\partial t} d\tau + V(x,\tau , 0),$$
$$ a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } = \int\limits_{0}^{t} a^{2}\frac{\partial^{2}V(x,\tau , t -\tau )}{\partial x^{2}} d\tau .$$
\par Trừ hai đẳng thức đó, chú ý $(1.39)$,$(1.40)$ ta có $(1.36)$. Như vậy theo $(1.41)$ , $(1.38)$ thì nghiệm của bài toán $(1.36)$, $(1.37)$ sẽ là:
\begin{equation}
u(x,t) = \int\limits_{0}^{t} d\tau \int\limits_{- \infty}^{+\infty} \frac{f(\xi , \tau )}{2a \sqrt{\pi (t – \tau ) }}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}(t – \tau ) } }d\xi.
\end{equation}
\par Cụ thể nghiệm của bài toán tổng quát
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + f(x,t)$$
$$u(x,0)= \varphi (x) $$
sẽ là
$$u(x,t) = \int\limits_{- \infty}^{+ \infty} \frac{\varphi(\xi )}{2a \sqrt{\pi t }}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} } d\xi$$
\hspace*{1cm} $$+ \int\limits_{0}^{t} d\tau \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} \frac{f(\xi , \tau )}{2a \sqrt{\pi (t – \tau ) }}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}(t – \tau ) } }d\xi. $$
\textit{Chú thích. } Hoàn toàn tương tự, ta có thể xét các bài toán Côsi trong không gian ba chiều và trong mặt phẳng.
\par Nghiệm giới nội của bài toán Côsi trong mặt phẳng
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\bigg(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} \bigg)$$
$$ u(x,y,0)= \varphi(x,y)$$
được cho bởi công thức
$$u(x,y,t) = \frac{1}{(2a \sqrt{ \pi t )^{2} }} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{- \infty}^{+\infty} e^{- \frac{(\xi – x)^{2} + (\eta – y )^{2}}{4a^{2}t} }\varphi (\xi ,\eta) d\xi d\eta $$
còn nghiệm của bài toán Côsi trong không gian ba chiều:
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2} \bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2} } \bigg) $$
$$ u(x,y,z,0)= \varphi(x,y,z) $$
\section{bài toán hỗn hợp}
\par Xét phương trình truyền nhiệt
\begin{equation}
\dfrac{\partial u}{\partial t} = a^2 \bigg( \dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2} \bigg) + f(x, y, t)
\end{equation}
\par ta kí hiệu $V_{T}$ là hình trụ đứng có đường sinh song song với trục $ot$, có mặt bên là $S_{T}$ va hai đáy $G$ và $G_{T}$ lần lượt nằm trong các mặt phẳng $t=0$ và $t=T$.\\
\par Bài toán hỗn hợp của phương trình $(1.43)$ được đặt ra như sau:\\
\textit{Tìm nghiệm $u(x, y, t)$ của phương trình truyền nhiệt $(1.43)$ liên tục trong hình trụ đóng $\overline{V_{T}}$ thỏa mãn điều kiện ban đầu:}
\begin{equation}
u(x, y, 0)=\varphi(x ,y) \hspace*{2cm} (x,y) \in G
\end{equation}
và điều kiên biên:
\begin{equation}
u(x, y, t) = \psi(x , y, t); \hspace*{1cm} \forall (x,y)\in\Gamma , 0\leq t\leq T
\end{equation}
($\Gamma$- biên của G,T có thể bằng $\infty $). Rõ ràng cho điều kiện $(1.44)$ và $(1.45)$ tức là cho giá trị của hàm $u(x,y,t)$ trên biên $S_{T} \cup G$ và vì vậy bài toán hỗn hợp nói trên đặt ra gần giống như bài toán Điricle đặt ra với phương trình laplat. Cũng vì lý do đó, bài toán hỗn hợp $(1.43),(1.44), (1.45)$ còn thường được gọi là \textit{Bài toán biên thứ nhất} của phương trình truyền nhiệt.\\
\par Ta có định lý sau:
\begin{dl}
(định lý duy nhất). Nghiệm của bài toán hỗn hợp $(1.43), (1.44), (1.45)$ là duy nhất.
\end{dl}
\par thật vậy, nếu $u_{1}(x, y, t),u_{2}(x, y, t)$ là hai nghiệm của bài $(1.43), (1.44), (1.45)$ thi hiệu
$$u(x, y, t)=u_{1}(x, y, t) – u_{2}(x, y, t)$$
sẽ thỏa mãn phương trình truyền nhiệt thuần nhất\\
$$\dfrac{\partial u}{\partial t}=a^2\bigg(\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2}\bigg)$$
và trên biên $S_{T} \cup G$ thì $u(x, y, t)=0$\\
\par Do đó, theo nguyên lý cực đại và cực tiểu ở định lý $(1.1)$ ta có
$$u(x, y, t)=0$$
trong $V_{T} \cup G$, và do đó trong hình trụ đóng $V_{T}$.
\begin{dl}
nghiệm của bài toán hỗn hợp $(1.43), (1.44), (1.45)$ phụ thuộc liên tục vào giá trị biên của nó trên $S_{T}\cup G$.
\end{dl}
\par thực vậy, nếu trên biên $S_{T} \cup G$ hiệu hai nghiệm
$$u(x, y, t)=u_1 (x, y, t)-u_2 (x, y, t)$$
thỏa mãn bất đẳng thức
$$|u(x, y , t)|<\varepsilon \hspace{2cm} \forall (x, y, t) \in S_{T}\cup G $$
thì theo nguyên lý cực đại và cực tiểu nói trên, bên trong hình trụ đóng $\overline{V_{T}}$ ta cũng có
$$|u(x, y, t)|=|u_1 (x, y, t) – u_2 (x, y, t)| 0$ và do đó tổng $u(x,t)$ thỏa mãn phương trình $(1.46)$
\par Muốn vậy, ta xét các chuỗi
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t}\approx \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\partial u_{k}}{\partial t}=-\frac{\pi^{2} a^{2}}{l^{2}}\sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k}k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}}\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}\approx \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\partial^{2} u_{k}}{\partial x^{2}}=-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}\sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k}k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}} \sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\par Ta chọn một số $\tau>0$ tùy ý. Rõ ràng với $t\geq \tau>0$, ta có:
\begin{equation}
|C_{k}k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}t}\sin \frac{k\pi}{l}x|\leq |C_{k}|k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}\tau}.
\end{equation}
\par Chú ý chuỗi
\begin{equation}
\sum\limits_{k=1}^{\infty}k^{p}e^{-k^{2}A}\hspace*{1cm} (A>0)
\end{equation}
hội tụ với bất kì số tp nào và tính giới nội của $C_{k}$, từ $(2.21)$ ta suy ngay ra chuỗi $(2.19), (2.20)$ hội tụ đều với $(x,t)$, khi $t\geq \tau>0$ và do đó $(2.15)$ có thể đạo hàm từng hạng thức hai lần theo x và một lần theo t trong miền $t>0)$. Như vậy bài toán đã được giải xong
\par Đối với bài toán hỗn hợp ta đã tim được nghiệm, chứng minh đươc tính duy nhất và liên tục của nghiệm vao giá trị biên. Vậy bài toán hỗn hơp trên miền$(t\geq 0)$ là bài toán đươc đặt đúng đắn.
\par \textbf{Bài toán 2 } \textit{tìm nghiệm của phương trình truyền nhiệt không thuần nhất:}
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + f(x, t)
\end{equation}
\textit{liên tục trong miền $0\leq x\leq l,0\leq t\leq T$ thỏa mãn điều kiện ban đầu và điều kiện biên thuần nhất:}
\begin{equation}
u(x,0)=0, \hspace*{1cm} 0\leq x\leq l
\end{equation}
\begin{equation}
u(0,t)=0
\end{equation}
\begin{equation}
u(l,t)=0 \hspace*{1cm} 0\leq t\leq T
\end{equation}
\textit{Ta giả thiết $f(x, t)$ là hàm liên tục và có đạo hàm riêng cấp 1 liên tục từng khúc, ngoài ra thỏa mãn điều kiện:}
\begin{equation}
f(0,t)=f(l,t)=0
\end{equation}
\par Ta tìm nghiệm dưới dạng
\begin{equation}
u(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} T_{k}(t)\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\par Ta phân tích hàm $f(x, t)$ thành chuỗi phuarie theo hệ hàm sin:
\begin{equation}
f(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} f(t)\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
trong đó
\begin{equation}
f_{k}(t)=\frac{2}{l}\int\limits_{0}^{l} f(x,t)\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\par đặt $(1.70)$ và $(1.65)$, chú ý $(1.71)$, tại
$$\sum\limits_{k=1}^{\infty} [T_{k}^{‘}(t) + \bigg(\frac{k\pi a}{l}\bigg)^{2}T_{k}(t) – f_{k}(t)]\sin \frac{k\pi}{l}x=0$$
\par Từ đó
\begin{equation}
T_{k}^{‘}(t) + \bigg(\frac{k\pi a}{l}\bigg)^{2}T_{k}(t)= f_{k}(t) \hspace*{1cm} k=1,2,3,…
\end{equation}
\par Từ điều kiện ban đầu $(1.66)$, ta có:
$$u(x,0)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} T_{k}(0)\sin \frac{k\pi}{l}x =0$$\\
\par Do đó
\begin{equation}
T_{k}(0)=0.
\end{equation}
\par nghiệm của phương trình $(1.73)$ thỏa mãn $(1.74)$ có dạng.
\begin{equation}
T_{k}(t)=\int\limits_{0}^{t} e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}(t-\tau)}f_{k}(\tau)d\tau
\end{equation}
\par Từ đó, ta có nghiệm $(1.70)$ với $T_{k}(t)$ được xác định bởi $(1.75)$.
\textbf{bài toán hỗn hợp tổng quát}\\
\textit{tìm nghiệm của phương trình}
\begin{equation}
\dfrac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\dfrac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}} + f(x,t)
\end{equation}
\textit{liên tục trong miền $0\leq x \leq l, 0\leq t \leq T$ thỏa mãn điều kiện}
\begin{equation}
u(x,0)=\varphi(x)\hspace{1cm} 0\leq x \leq l
\end{equation}
\begin{equation}
u(0,t)=\mu(t) \hspace{1cm} 0\leq t \leq T
\end{equation}
\begin{equation}
u(l,t)=\nu(t) \hspace{1cm} 0\leq t\leq T
\end{equation}
các hàm $\varphi(x), \mu(t), \nu(t) $ được giả thiết là khả vi liên tục và thỏa mãn các điều kiện
$$\varphi(0)=\mu(0),$$
$$\varphi(l)=\nu(0)$$,
Bài toan này phản ánh quy luật truyền nhiệt trong một thanh cách nhiệt chung quanh khi ta biết sự phân bố nhiệt độ ban đầu và chế độ nhiệt tại 2 đầu của thanh.
\par Ta đưa vào hàm phụ
$$u*(x,t)=\mu(t) + \dfrac{x}{l}[\nu(t) – \mu(t)]$$
và đặt
$$ u= \upsilon + \omega +u*$$
trong đó $\upsilon(x,t) ,\omega(x,t)$ lần là nghiệm của bài toán 1 và 2 với nhưng dư kiện biên thích hợp.
\chapter{phương trình thuần nhất}
\begin{bt}
giải bài toán sau\\
$ \left\{\begin{array}{cc} u_{t} = 4u_{xx} \hspace*{2cm} t>0, -\infty < x <+\infty \\ u(x,0)= e^{-x^{2}} \hspace*{2cm} -\infty <x< +\infty \end{array}\right.$
\end{bt}
\par Giải\\
ta có a=2,$\varphi(x)=e^{-x^{2}}$
ta thấy hàm $\varphi(x)$ la hàm liên tục và giới nội trong miền $-\infty < x 0, -\infty < x <+\infty \\ u(x,0)= e^{-x} \hspace*{2cm} -\infty <x0, -\infty x\in R \\ u(x,0)= e^{-x^{2} +2x +2} \hspace*{2cm} x\in R \end{array}\right.$
\end{bt}
\par Giải\\
ta có a=3, $\varphi(x)=e^{-x^{2} +2x +2}$ \\
hàm $\varphi(x)$ là hàm liên tục và ,giới nội trên R, áp dụng công thức poatxong cho bài toán cosi nghiệm của phương trình trên có dang\\
$$u(x,t)=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{36t}}e^{-\xi^{2} +2\xi +2} d\xi$$
$$=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{36t} -\xi^{2} +2\xi+2} d\xi $$
ta xét:\\
$-\dfrac{(\xi -z)^{2}}{36t} -\xi^{2} +2xi +2 =-\dfrac{\xi^{2}}{36t} +\dfrac{2\xi x}{36t} -\dfrac{x^{2}}{36t} -\xi^{2} +2\xi +2$\\
$=\xi^{2} \bigg(\dfrac{1 +36t}{36t}\bigg) +2\xi \bigg(\dfrac{x+36t}{36t} \bigg) +2 -\dfrac{x^{2}}{36t}$\\
$=-\bigg( \xi^{2}\dfrac{1+36t}{36t} -2\xi \sqrt{\dfrac{1+36t}{36t}}\dfrac{x+36t}{\sqrt{36t(1+36t)}} +\dfrac{(x+36t)^{2}}{36t(1+36t)} \bigg)+ \dfrac{(x+36t)^{2}}{36t(1+36t)}$\\
$=- \bigg(\xi \sqrt{\dfrac{1+3t}{36t}} -\dfrac{x+36t}{\sqrt{36t(1+36t)}} \bigg)^{2} +x^{2}\bigg(\dfrac{1-(1+36t)}{36t(1+36t)} \bigg) +\dfrac{2x}{1+36t} +\dfrac{36t}{1+36t} +2$\\
Đặt \\
$$ z=\xi \sqrt{\dfrac{1+3t}{36t}} -\dfrac{x+36t}{\sqrt{36t(1+36t)}}$$
suy ra $$dz=\sqrt{\dfrac{1+36t}{36t}} d\xi \Rightarrow d\xi=\sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}} dz$$
khi đó ta có\\
$u(x,t)= \dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-z^{2} +\frac{-x^{2}+2x +36t}{1+36t} +2} \sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}} dz $\\
$=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} \sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-z^{2}}dz$\\
$=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} \sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}} \sqrt{\pi}$\\
$=\dfrac{1}{\sqrt{1+36t}}e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} $\\
vậy nghiệm của phương trinh trên la:\\
$$u(x,t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+36t}} e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} $$
\begin{bt}
Giải phương trình sau:\\
$$u_{t}=u_{xx} \hspace*{1cm} 0<x0, 0 \leq x \leq 1 \\ u(0,t)= 0 \hspace*{5cm} t\geq 0\\ u(x,0)=0 \hspace*{5cm} t\geq 0 \end{array}\right.$\\
\end{bt}
Giải\\
Ta có hàm $\varphi(x)=x^{2} -1 , u(0,t)=u(1,t)=0 $ khi đó có nghiệm của bài toán hỗn hợp có dạng:\\
$u(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k} e^{-(k\pi)^{2}t} \sin k\pi x $\\
trong đó\\
$C_{k}=\int\limits_{0}^{1} \varphi(\xi) \sin k\pi \xi d\xi$\\
$=\int\limits_{0}^{1} (\xi^{2} -1)\sin k\pi \xi d\xi$\\
$=\int\limits_{0}^{1} \xi^{2}\sin k\pi \xi d\xi – \int\limits_{0}^{1} \sin k\pi \xi d\xi $\\
$=-\dfrac{\xi^{2}}{k\pi}\cos k\pi\xi \bigg|_{0}^{1} + \int\limits_{0}^{1} \dfrac{2\xi}{k\pi}\cos k\pi\xi d\xi – \dfrac{\cos k\pi\xi}{k\pi} \bigg|\limits_{0}^{1} $\\
$=-\dfrac{\cos k\pi}{k\pi} + \dfrac{2\xi}{k\pi}\dfrac{\sin k\pi\xi}{k\pi}\bigg|\limits_{0}^{1} – \dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\int\limits_{0}^{1} \sin k\pi\xi d\xi – \dfrac{\cos k\pi}{k\pi}$\\
$=-2\dfrac{\cos k\pi}{k\pi} +\dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi + \dfrac{2}{(k\pi)^{3}} \cos k\pi\xi \bigg|\limits_{0}^{1} $\\
$=-\dfrac{2}{k\pi}\cos k\pi + \dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi +\dfrac{2}{(k\pi)^{3}}\cos k\pi -\dfrac{2}{(k\pi)^{3}} $\\
$= \bigg(-\dfrac{2}{k\pi} +\dfrac{2}{(k\pi)^{3}}\bigg)\cos k\pi +\dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi – \dfrac{2}{(k\pi)^{3}}$\\
vậy nghiệm của phương trình trên là:\\
$u(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \bigg(-\dfrac{2}{k\pi} +\dfrac{2}{(k\pi)^{3}}\bigg)\cos k\pi +\dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi – \dfrac{2}{(k\pi)^{3}} e^{-(k\pi)^{2})t} \sin k\pi x $
\begin{bt}
Giải bài toán sau:\\
$u_{t}=a^{2}u_{xx} \hspace*{1cm} 0\leq x\leq l $\\
thỏa mãn các điều kiên :\\
$u(0,t)=u(l,t)=0 \hspace*{1cm} t\geq 0 $\\
$u(x,0)= \left\{\begin{array}{cc} x \hspace*{2cm} 0<x<\dfrac{l}{2} \\ l-x \hspace*{2cm} khi \dfrac{l}{2}<x<l \end{array}\right $
\end{bt}
Giải\\
ta có $u(0,t)=u(l,t)=0$ khi đó nghiệm của phương trình có dạng:\\
$u(x,t)= \sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k} e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}t}\sin \dfrac{k\pi}{l}x$\\
Trong đó\\
$C_{k}=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{l} \varphi(\xi).\sin \dfrac{k\pi}{l}\xi d\xi$\\
Bằng phương pháp tích phân từng phần dễ dàng tìm được
$$C_{k}= \dfrac{4l}{n^2 \pi^2}\sin \dfrac{n\pi}{2}$$
khi đó bài toán có nghiệm là
$$ u(x,t)=\dfrac{4l}{\pi^2} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}}\sin \dfrac{n\pi}{2}e^{-\frac{n^{2}\pi^{2} t}{l^{2}}}\sin \dfrac{n\pi x}{l}$$
hay
$$u(x,t)=\dfrac{4l}{\pi^2}\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1}e^{-\frac{(2k+1)^{2}\pi^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{(2k+1)\pi x}{l}$$
\begin{bt}
\chapter{phương trình không thuần nhất}
\begin{bt}
tìm nghiện của phương trình sau
$$u_{t}= u_{xx} +e^{-t}\sin \dfrac{\pi x}{l}, \hspace{1cm} 0<x0$$
với diều kiện
$$u(0,t)=u(l,t)=0, u(x,0)=x$$
\end{bt}
\par Giải\\
Ta tìm nghiệm của phương trình đã cho ở dạng $u=v+w$, trong đó $v$ là nghiệm của bài toán
$$v_{t}=v_{xx}, v(0,t)=v(l,t)=0, v(x,0)=0$$
còn $w$ là nghiệm của bài toán
$$w_{t}=w_{xx} + e^{-t}\sin \dfrac{\pi x}{l} $$
$$w(0,t)=w(l,t)=w(x,0)=0$$
Trước hết ta tìm hàm $v(x,t)$ và được xác định theo công thức
$$v(x,t)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}e^{-\frac{\pi^{2}n^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{\pi n}{l}x$$
trong đó
$$a_{n}=\dfrac{2}{l}\int_{0}^{l} x\sin \dfrac{\pi n}{l}xdx=\dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n}$$
Do đó
$$v(x,t)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n}e^{-\frac{\pi^{2}n^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{\pi n}{l}x$$
tiếp theo ta đi tìm ham $w(x,t)$\\
Ta có \\
$f_{k}(\tau)= \dfrac{2}{l}\int_{0}^{l} e^{-\tau}\sin \dfrac{\pi}{l}x\sin \dfrac{\pi k}{l}xdx=$ $\left\{\begin{array}{cc} e^{-\tau} \hspace*{3cm} k=1 \\ 0 \hspace*{2cm} k=2,3,… \end{array}\right.$\\
$T_{1}(t)=e^{\frac{-\pi^{2} t}{l^{2}}}\int_{0}^{t} e^{\tau (\frac{\pi^{2}}{l^{2} -1})}d\tau =\dfrac{l^{2}}{\pi^{2} – l^{2}}[e^{-(\frac{\pi^{2}}{l^{2}}+1)t} – e^{-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}t}] (l\neq\pi)$\\
$ T_{k}(t)=0, k=2,3,…$\\
suy ra
$$ w(x,t)=T_{1}(t)\sin \dfrac{\pi}{l}x = \dfrac{l^{2}}{\pi^{2} – l^{2}}[e^{-(\frac{\pi^{2}}{l^{2}}+1)t} – e^{-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}t}]\sin \dfrac{\pi}{l}x$$
vậy nghiệm của bài toán đã cho là
$$u(x,t)=v(x,t)+w(x,t)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n}e^{-\frac{\pi^{2}n^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{\pi n}{l}x + \dfrac{l^{2}}{\pi^{2} – l^{2}}[e^{-(\frac{\pi^{2}}{l^{2}}+1)t} – e^{-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}t}]\sin \dfrac{\pi}{l}x$$
\begin{bt}
Tìm nghiệm của bài toán sau:
\end{bt}
\end{document}
Em đăng ký một account tại writelatex.com và bấm vài link
https://www.writelatex.com/571947zqnbxm
để nhiều người cộng tác và xem bài sửa của thầy.
Thầy chỉ sửa giúp cho em code, một số hệ phương trình em viết sai code thầy che lại để biên dịch, em gõ lại cẩn thận.
Dạ thưa thầy, làm thế nào để khi hết chiều dài trang, bảng tự động cắt phần dư đó và chuyển sang trang kế tiếp, em đang làm một báo cáo bằng latex nhưng phần bảng biểu của em dài hơn chiều dài trang ạ.
Em cám ơn thầy.
xem ví dụ mẫu:

markdown:
Nếu bạn là TeX User thứ “nồi đồng cối đá” thì việc lập một cái bảng dù nhiêu khê phức tạp thế nào cũng chẳng “nhằm nhò gì ba cái lẻ tẻ”. Nhưng nếu là người mới tiếp xúc với TeX mà bị một cái bảng phức tạp hù dọa thì cũng đau đầu lắm đấy.
Trước đây tôi có viết một bài về việc sử dụng excel2latex và calc2latex để chuyển một bảng tính trong MS Excel hay LibreOffice Calc thành đoạn code trong LaTeX và đem dán vào TeXMaker thành một cái bảng hoàn hảo.
Nếu hai đại gia đó mà không giúp gì đươc cho bạn thì lưu ý vẫn còn có một công cụ khác, có vẻ dễ sử dụng hơn nhưng bạn vẫn phải can thiệp một cách thủ công để cái bảng tạo thành hoàn toàn có thể chấp nhận được.
1. Trước hết bạn download
[latable.zip](http://mirrors.ctan.org/support/latable.zip) về giải nén vào một thư mục. có hai file quan trọng: một là file chm (file help hỗ trợ để hiểu hết các tình năng của Latable) và file LaTable.exe là chương trình lập bảng khá thuận lợi để dán vào TeXMaker.
2. Các bạn mở một bảng tính excel, soạn một cái bảng, dùng chuột quét toàn bộ cái bảng đó để copy vào clipboard (bấm Ctrl C).
Sau đó các bạn khởi động LaTable.exe. Chọn File – New để mở một cái bảng mới, mặc định nó sẽ mở một cái bảng 4 dòng 4 cột. Bạn trỏ con chuột vào ô thuộc dòng thứ nhất và cột thứ nhất, mở trên dòng menu của LaTable
**Edit – Paste**, cái bảng trong bảng tính đã dán vào LaTable. Các bạn xúc tiến việc đóng khung theo nhu cầu. Lưu ý công cụ đóng khung của LaTable không khác gì Excel hay LibreOffice, nên các bạn sẽ thực hiện thủ công giai đoạn cuối của cái bảng.
3. Muốn dán nhiều cột thành một cột rộng, LaTeX cung cấp công cụ \multicolumn theo cú pháp
\multicolumn{số}{|c|}{nội dung}
đem “nội dung” bỏ vào “số” cột (bắt đầu từ cột có “nội dung”), cột sẽ được định dạng center (tất nhiên)
4. Muốn dán nhiều dòng thành một dòng lớn, bạn phải khai báo \usepackage{multirow}
và theo cú pháp
\multirow{số}{*}{nội dung}
đem “nội dung” bỏ vào “số” dòng (bắt đầu từ dòng có “nội dung”), dòng lớn sẽ được định dạng center (tất nhiên)
5.
**Kinh nghiệm: **Trên màn hình WYSIWYG của LaTable, muốn dán nhiều dòng ta sẽ dán trên màn hình LaTable. Nhưng khi copy vào clipboard và copy từ clipboard sang TeXmaker sẽ mất dạng multirow. Do đó nếu bạn muốn dán 3 dòng (chẳng hạn) từ dòng có “nội dung” bạn chèn thêm số 3 sau dòng “nội dung”. Khi vào TeXMaker bạn sẽ thấy số 3 đó và edit như sau:
nội dung3
\multirow{3}{*}{nội dung}
Khi dán vào TeXMaker, biên dịch (nhớ \usepackage{multirow}) xong ta được cái bảng sau đây:
Lưu ý đây là một cái bảng khá đơn giản, nhưng không dễ thực hiện trong LaTeX.
**Kỳ sau: Tô màu các ô trong một cái bảng.**
Thưa Thầy thao tác dán cái bảng từ LaTable vào TeXMaker như thế nào ạ!
Trong LaTable em chọn menu Edit, chọn copy as LaTeX code. Sang TexMaker em dẫn con trỏ sang chỗ nào dự định chèn cái bảng, ở đó em bấm Ctrl V.
Thưa Thầy xem dùm em đoạn này sau khi từ LaTable vào TeXMaker:
——————
\documentclass[12pt,a4paper]{book}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[vietnam]{babel}
\usepackage{utopia}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{graphicx}
\usepackage[left=2cm,right=2cm,top=2cm,bottom=2cm]{geometry}
\usepackage{multirow}
\begin{document}
\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|}
\hline
\multicolumn{2}{|c|}{2} & 3 & 5 & 7 \\
\hline
r & q & d & f & s2 \\
\cline{1-4}
d & a & & ? & \\
\hline
g & a & ? & e & g \\
\hline
\end{tabular}
\end{document}
————–
\multicolumn{số}{|c|}{nội dung} thì ghép cột thành công nhưng \multirow{số}{*}{nội dung} em không biết đặt chỗ nào trong đoạn code, tức là em gặp khó khăn khi ghép dòng, việc này thao tác ở LaTable hay là ở TeXMaker thưa Thầy!
Ở trong LaTable em muốn chữ s nằm ở giữa dòng 1 (là nơi đang chứa chữ s) và dòng 2 nên em viết tắt là s2. Khi vào TeXMaker em edit lại s2 thành
\multirow{2}{*}{s}
Dạ em cảm ơn Thầy! em đã làm được rồi và thấy tạo bảng kiểu này rất dễ. Nếu được Thầy có thể chỉ tụi em cách trang trí bảng không! VD như đường kẻ, tô màu,…!
OK thầy sẽ có bài hướng dẫn thêm:
1. longtable khi sang trang, bảng vẫn giữ tiêu đề cũ
2. Các dạng đường thẳng dùng để đóng khung
3. Tô màu các dòng, các cột hoặc một ô đặc biệt nào đó
4. Bảng nâng cao
Thầy có thể hướng dẫn chi tiết về cách ghép dòng, câu lệnh, giải thích cho em về các thông số các câu lệnh. Em cảm ơn thầy
Chào Thầy! Em đang nghiên cứu gói xtabular để tạo một cái bảng dài như gói longtable. Thầy nghĩ sao về 2 gói này ạ.
em chào thầy ạ, bài tex của em bị lỗi dòng số 1 em k biết sửa thế nào. mà bọn em phải nộp bài rùi mà chương trình k chạy. thầy ơi thầy giúp em với. em cám ơn thầy nhiều lắm ạ
NeedsTeXFormat{LaTeX2e}
\documentclass[12pt,a4paper,oneside,openright]{book}
\usepackage{theorem,amsmath,amssymb,latexsym,amscd,amsxtra}
\usepackage{pb-diagram}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{picinpar,floatflt}
\usepackage[utf8]{vietnam}
% \usepackage{anyfontsize}
%\usepackage{vieextsizes}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{indentfirst}
\usepackage{titletoc}
%————————————————————————————————-
%%%%%%% Các gói cần khai báo để vẽ sơ đồ
\usepackage[all]{xy}
\UseComputerModernTips
%%%%%%%
%%%%%%%
%%%%%%% Dùng \UseComputerModernTips
%%%%%%% làm các mũi tên đẹp hơn.
\newcommand{\texy}{\mbox{$\mathscr{T}$\hspace{-.4em}\textit{exy}}}
\newcommand{\email}{\mbox{\texttt{nghiemkidy@yahoo.com}}}
\newcommand{\coker}{\mathop{\mathrm{Coker}}\nolimits}
\renewcommand{\ker}{\mathop{\mathrm{Ker}}\nolimits}
\newtheorem{theorem}{Định nghĩa}[chapter]
\newtheorem{dldn}[theorem]{Định nghĩa$\ {-}$ Định nghĩa}
%—————————————————————————————————
%—————————————————————————————————
\newtheorem{dl}[theorem]{\bf Định lý}
\newtheorem{md}[theorem]{\bf Mệnh đề}
\newtheorem{bd}[theorem]{\bf Bổ đề}
\newtheorem{dn}[theorem]{\bf Định nghĩa}
\newtheorem{hq}[theorem]{\bf Hệ quả}
\newtheorem{bt}[theorem]{\bf Bài tập}
\newtheorem{vd}[theorem]{\bf Ví dụ}
\newtheorem{cy}[theorem]{\bf Chú ý}
\newtheorem{nx}[theorem]{\bf Nhận xét}
\newtheorem{tc}[theorem]{\bf Tính chất}
%—————————————————————————————————
\numberwithin{equation}{chapter}
\pagestyle{plain}
\newcommand{\gc}{\frak{g}}
\newcommand{\uc}{\frak{u}}
\newcommand{\scg}{\frak{s}}
\newcommand{\lc}{\frak{l}}
\newcommand{\oc}{\frak{o}}
% \newcommand{\tc}{\frak{t}}
\newcommand{\nc}{\frak{n}}
\newcommand{\ac}{\frak{a}}
\newcommand{\hc}{\frak{h}}
\newcommand{\ma}{\mathbb}
\renewcommand{\baselinestretch}{1.5}
% \setlength{\oddsidemargin}{0.96cm} %Lề trái tính từ điểm cách mép giấy 2.54cm
% \setlength{\topmargin}{-0.54cm} %Lề trên tính từ điểm cách mép giấy 2.54cm
% \setlength{\headsep}{0cm} %Khoang cach tu Headerline tới Khối chữ
% \textwidth=15,4cm
% \textheight=24,2cm
\renewcommand{\bibname}{\chapf Tài liệu tham khảo}
\renewcommand{\large}{\fontsize{14pt}{14pt}\selectfont}
%=======================================================================
\pagestyle{fancy}
\renewcommand{\chaptermark}[1]%
{\markboth{\helv{\thechapter.\ #1}}{}}
\renewcommand{\sectionmark}[1]%
{\markright{\helv{\thesection.\ #1}}}
\renewcommand{\headrulewidth}{0.5pt}
\renewcommand{\footrulewidth}{0pt}
\newcommand{\helv}{%
\fontfamily{phv}\fontseries{b}\fontsize{9}{11}\selectfont}
\fancyhf{}
% \fancyhead[LE,RO]{\helv \thepage}
\cfoot{\small{\thepage}}
\fancyhead[LO]{\helv \rightmark}
\fancyhead[RE]{\helv \leftmark}
% \renewcommand{\headrulewidth}{0.4pt}
%=======================================================================
%—————————————————————————————————
%\begin{document}
\hoffset = -1 truecm %{can le trai}
\voffset = -2.5 truecm %{can tren}
\textheight 25 truecm
\textwidth 16 truecm
\begin{document}
\makeatletter
\renewcommand{\ps@plain}{
\renewcommand{\@oddhead}{\hfil{\thepage}\hfil}
\renewcommand{\@evenhead}{\@oddhead}
\renewcommand{\@oddfoot}{\empty}
\renewcommand{\@evenfoot}{\@oddfoot} }
\makeatother\pagestyle{plain}
\large
\dominitoc
\markboth{{\it Mục lục}}{{\it Mục lục}}
\addcontentsline{toc}{section}{{\bf Mục lục\rm }}
\setlength{\baselineskip}{20truept}
\pagestyle{plain}
\setcounter{page}{1}
\pagenumbering{arabic}
\tableofcontents
\include{modau}
\include{chuong1}
\include{chuong2}
%\include{chuong3}
\chapter{KIẾN THỨC CHUẨN BỊ}
Phương trình truyền nhiệt là phương trình có dạng:
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2} } \bigg) .$$
trong đó: $u = u( x_{1} , x_{2},…,x_{n})$ , $a > 0$ là hệ số truyền nhiệt.
\section{bài toán côsi}
\subsection{nguyên lý cực đại và cực tiểu}
Đối với nghiệm của phương trình truyền nhiệt, ta cũng có một nguyên lý gần giống như nguyên lý cực đại và cực tiểu của hàm điều hòa.\\
Để đơn giản, ta xét phương trình truyền nhiệt trong không gian hai chiều $(x, y):$
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2} \bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2} } \bigg) .
\end{equation}
\par Trong không gian $(x,y,t)$ ta xét một miền $V_{T}$ giới hạn bởi hai mặt đáy song song và mặt bên $S_{T}$. Đáy dưới $G$ là một miền giới nội nằm trong mặt phẳng $t=0$, đáy trên $G_{T}$ là một miền giới nội nằm trong mặt phẳng $t=T$ trong đó $0 < T < + \infty .$
\par Ta coi nghiệm của phương trình truyền nhiệt trong một miền là hàm khả vi nếu liên tục hai lần đối với $(x,y)$, một lần đối với $t$ trong miền ấy và thỏa mãn phương trình truyền nhiệt. Ta có định lý sau:
\begin{dl}
Giả sử $u(x,y,t)$ là một nghiệm của phương trình $(1.1)$ liên tục trong miền đóng $\overline{V}_{T}$. Khi đó nghiệm $u(x,y,t)$ đạt giá trị cực đại và cực tiểu của nó trên biên $S_{T}\cup G$ (tức là trên mặt đáy dưới hoặc mặt bên).
\end{dl}
\par Định lý này thường gọi là nguyên lý cực đại và cực tiểu đối với nghiệm của phương trình truyền nhiệt.\\
Rõ ràng hàm $u(x,y,t)$ đạt cực tiểu tại một điểm nào đấy thì hàm $ -u(x,y,t)$ đạt cực đại tại điểm đó. Vì vậy ta chỉ cần giới hạn việc chứng minh cho trường hợp hàm đạt cực đại. Ta đặt:
$$M = \max\limits_{(x, y, t)\in \overline{V}_{T}} u(x, y, t)$$
$$\mu = \max\limits_{(x, y, t)\in S_{T} \cup G} u(x, y, t)$$
thì rõ ràng là
$$\mu\leq M. $$
\par Định lý khẳng định rằng
$$\mu = M. $$
Giả sử $\mu < M. $\\
Khi đó vì hàm $u(x,y,t)$ liên tục trong $\overline{V}_{T}$ nên nó đạt cực đại tại một điểm
$(x_{0}, y_{0}, t_{0})$ nào đó hoặc thuộc $V_{T}$, hoặc thuộc đáy trên $G_{T}$:
$$u(x_{0}, y_{0}, t_{0}) = M,$$
$$(x_{0},y_{0},t_{0})\in V_{T}\cup G_{T}. $$
Ta xây dựng một hàm phụ sau:
\begin{equation}
v(x, y, t) = u(x, y, t) + \frac{M – \mu }{2T} (t_{0} – t).
\end{equation}
Hàm này trên biên $S_{T}\cup G $ bé kém $M$. Thực vậy, nếu $(x,y,t)\in S_{T}\cup G $ thì $u(x, y, t)\leq \mu , t_{0} – t \leq t_{0}\leq T$, do đó
$$v(x, y, t)\leq \mu + \frac{M – \mu }{2} = \frac{M + \mu }{2} < M. $$
Nhưng tại $(x_{0},y_{0},t_{0})$ thì
$$ v(x_{0},y_{0},t_{0}) = u(x_{0},y_{0},t_{0}) = M $$
Vì vậy hàm $v(x, y, t)$ đạt giá trị cực đại của nó đối với miền đóng $\overline{V}_{T}$ tại một điểm $(x_{1},y_{1},t_{1})$ nào đó nằm trong $V_{T}\cup G_{T}.$ Nhưng điều này không thể xảy ra được. Thực vậy, ta kí hiệu:
\begin{equation}
Lu = \frac{\partial u}{\partial t}-a^{2}\bigg(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} \bigg)
\end{equation}
thì $Lu = 0$ và
\begin{equation}
Lv = Lu + \frac{M – \mu }{2T} L(t_{0} – t) = – \frac{M – \mu }{2T} < 0 .
\end{equation}
Ta sẽ chứng minh rằng nếu:
$$ (x_{1},y_{1},t_{1})\in V_{T} \cup G_{T}$$
thì ta có ngược lại
\begin{equation}
Lv(x_{1},y_{1},t_{1})\geq 0.
\end{equation}
Để chứng minh $(1.5)$, đầu tiên hãy giả thiết $ (x_{1},y_{1},t_{1})\in V_{T} .$\\
Khi đó $ (x_{1},y_{1},t_{1})$ là một điểm trong của $V_{T}$ mà tại đó $v(x,y,t)$ đạt cực đại nên tại điểm đó ta có
$$\frac{\partial v}{\partial t} = 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } \leq 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial y^{2} }\leq 0.$$
Từ đó $$Lv(x_{1},y_{1},t_{1}) = \frac{\partial v}{\partial t} \bigg |_{(x_{1},y_{1},t_{1})} – a^{2} \bigg(\frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } \bigg)\biggr |_ {(x_{1},y_{1},t_{1})}\geq 0 $$
tức là ta có $(1.5)$\\
\par Bây giờ lại giả thiết \\
$$(x_{1},y_{1},t_{1})\in G_{T}.$$\\
\par Khi đó trong mặt phẳng $t= T, (x_{1},y_{1})$ là điểm trong của $G_{T}$, còn $t_{1}= T$ là điểm biên của khoảng $[0,T].$ Tại $(x_{1},y_{1},t_{1})$ hàm $v(x,y,t)$ đạt cực đại, nên ta suy ra tại điểm đó
$$\frac{\partial v}{\partial t}\geq 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} }\leq 0 ; \frac{\partial^{2} v}{\partial y^{2} }\leq 0.$$
\par Từ đó ta có \\
$$Lv(x_{1},y_{1},t_{1}) = \frac{\partial v}{\partial t}\bigg|_{(x_{1},y_{1},t_{1})} – a^{2}\bigg( \frac{\partial^{2} v}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} v}{\partial y^{2} } \bigg) \bigg|_{(x_{1},y_{1},t_{1})}\geq 0 $$
tức là vẫn có $(1.5)$.\\
Trong cả hai trường hợp ta đều có $(1.5)$, mâu thuẫn với $(1.4)$. Vậy không thể xảy ra khả năng
$$(x_{1},y_{1},t_{1})\in V_{T} + G_{T}.$$
hay nói cách khác, không thể xảy ra khả năng $\mu < M $, do đó chỉ có thể $\mu = M.$\\
Rõ ràng lý luận này cũng đúng cho trường hợp $n$ chiều
$$u_{t} = a^{2}(u_{x_{1}x_{1}} + u_{x_{2}x_{2}} + … + u_{x_{n}x_{n}}).$$
Nguyên lý cực đại và cực tiểu vừa được chứng minh có thể mở rộng được cho miền vô hạn. Cụ thể ta có định lý sau:
\begin{dl}
Giả sử $u(x,y,t)$ là nghiệm của phương trình $(1.1)$ liên tục và giới nội trong miền $S$:
$$S:{u(x, y, t): 0\leq t \leq T, -\infty < x < +\infty , -\infty < y < +\infty }.$$
Khi đó nếu gọi $M$ và $m$ là cận trên đúng và cận dưới đúng của nghiệm $u(x,y,t)$ trong mặt phẳng $t = 0:$
\begin{equation}
M = \sup_{\substack {-\infty < x < +\infty \\ – \infty < y < + \infty }} u(x,y,0) \\
m = \inf_{\substack {- \infty < x < + \infty \\ – \infty < y 0$ là một số tùy ý. Ta chứng minh rằng
\begin{equation}
u(x_{0},y_{0},t_{0})\leq M + \epsilon
\end{equation}
đối với mọi $(x_{0},y_{0},t_{0})$ trong miền $S$. Hãy xét hàm
$$w(x,y,t) = 4a^{2}t + x^{2} + y^{2}.$$
\par Hàm này thỏa mãn phương trình truyền nhiệt $(1.1)$. Theo giả thiết $u(x,y,t)$ giới nội trong $S$, vì vậy tồn tại cận trên đúng của $\vert u(x,y,t)\vert $
$$N = \sup\limits_{(x,y,t)\in S } \vert u(x,y,t)\vert$$ .
\par Rõ ràng
$$N \geq M.$$
\par Ta đưa vào một hàm phụ sau đây:
$$z(x,y,t) = \frac{\epsilon }{w(x_{0},y_{0},t_{0})} w(x,y,t) + M – u(x,y,t)$$
và xét một hình trụ đứng $V_{T}:$
$$ V_{T} = {u(x,y,t): 0\leq t\leq T, (x,y)\in G} .$$
với $G$ là mặt tròn nằm trong mặt phẳng $t = 0$, có tâm $O$, bán kính là
\begin{equation}
R = \sqrt{\frac{(N – M)w(x_{0},y_{0},t_{0})}{\epsilon}} + R_{0}
\end{equation}
trong đó $R_{0}$ là khoảng cách từ tâm $O$ tới điểm $(x_{0},y_{0})$ trong mặt phẳng $t= 0$. Vẫn như trước, ta ký hiệu $S_{T}$ là mặt bên hình trụ.\\
\par Như vậy $(x_{0},y_{0},t_{0}) \in V_{T}. $\\
\par Hàm $z(x,y,t)$ được xây dựng ở trên là nghiệm của phương trình truyền nhiệt. Do $(1.6)$ và do $w(x,y,t)\geq 0$ trên đáy $G$ ta có
\begin{equation}
z(x,y,0) \geq 0.
\end{equation}
\par Tại mặt bên $S_{T}$, do $(1.9)$ ta có
$$\sqrt{x^{2} + y^{2}}\geq \sqrt{\frac{(N – M)w(x_{0},y_{0},t_{0})}{\epsilon }} $$
hay
$$ \frac{\epsilon (x^{2} + y^{2})}{w(x_{0},y_{0},t_{0}) } \geq N – M.$$
Từ đó
\begin{equation}
z(x,y,t) = \frac{\epsilon w(x,y,t)}{w(x_{0},y_{0},t_{0})} + M – u(x,y,t)\geq \frac{\epsilon (x^{2} + y^{2})}{w(x_{0},y_{0},t_{0}) } +M-N\geq 0.
\end{equation}
Do $(1.10)$ và $(1.11)$ ta có $z(x,y,t)\geq 0$ trên $S_{T}\cup G$, vậy theo định lý 1.1 ta có $z(x,y,t\geq 0$ trong toàn hình trụ đóng $\overline{V}_{T}$. Đặc biệt tại $(x_{0},y_{0},t_{0})$ ta có
$$z(x_{0},y_{0},t_{0}) = \epsilon + M – u(x_{0},y_{0},t_{0}) \geq 0$$
tức là ta có $(1.8)$. Vậy định lý được chứng minh.\\
Rõ ràng lý luận trên cũng đúng cho trường hợp không gian $n$ chiều tổng quát. Khi đó chỉ việc thay $w(x,y,t)$ bởi hàm $$w(P,t) = 2na^{2}t + \sum\limits_{i=1}^{n} x_{i}^{2}. $$
\textit{Nguyên lý cực đại và cực tiểu đối với phương trình loại parabôn tổng quát.}\\
Nguyên lý cực đại và cực tiểu còn mở rộng được cho phương trình loại parabôn tổng quát hơn.
Xét phương trình:
\begin{equation}
M(u) = \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2} } + a(x,y,t)\frac{\partial u}{\partial x} +b(x,y,t)\frac{\partial u}{\partial y} + c(x,y,t)\frac{\partial u}{\partial t } + d(x,y,t)u = 0
\end{equation}
và gọi $V_T$ là miền nói ở định lý 1.1.\\
Ta có định lý sau:\\
\begin{dl}
Giả sử cho phương trình $(1.12)$ trong đó
\begin{equation}
d(x,y,t) < 0, (x,y,t) \in V_{T} \cup G_{T}
\end{equation}
và
\begin{equation}
c(x,y,t) 0$, từ biểu thức của $M(u)$ ta được
$$M(u)|_{P_{0}} 0$, ta được $M(u)|_{P_{0}} 0 :$
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac {\partial^{2} u}{\partial y^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2} } \bigg)
\end{equation}
và khi $t = 0$ trùng với một hàm liên tục giới nội $\varphi(x,y)$ cho trước.
\begin{equation}
u(x,y,0)= \varphi (x,y) \\
-\infty < x < +\infty , -\infty < y < +\infty .
\end{equation}
\par Ta có định lý sau:
\begin{dl}
Nghiệm giới nội của bài toán $(1.16)$, $(1.17)$ là duy nhất và phụ thuộc liên tục vào giá trị ban đầu cho khi $t = 0.$ \
\end{dl}
Từ nguyên lý cực đại và cực tiểu suy rộng (định lý 1.2) ta có:\\
Nếu hai nghiệm $u_{1}(x,y,t)$ và $u_{2}(x,y,t)$ sao cho
$$\sup_{\substack {- \infty < x < + \infty \\ – \infty < y < + \infty }} \vert u_{1} (x,y,0) – u_{2} (x,y,0) \vert < \varepsilon $$ \\
thì trong miền $S:$
$$S:{ 0 \leq t \leq T, -\infty < x < +\infty , -\infty < y < +\infty }$$
với $T$ bất kỳ ta có
$$ \vert u_{1} (x,y,t) – u_{2}(x,y,t) \vert 0$, với điều kiện ban đầu:
\begin{equation}
u(x,0) = \varphi(x), \hspace*{0,5cm}-\infty < x 0, -\infty < x < +\infty $ buộc $\mu$ phải là một hằng số dương. Do đó có thể đặt
$$\mu = \lambda^{2}$$
và ta có
\begin{equation}
T'(t) + a^{2}\lambda^{2} T(t) = 0
\end{equation}
\begin{equation}
X''(x) +\lambda^{2} X(x) = 0
\end{equation}
\par Từ đó
$$ T(t) = e^{-a^{2}\lambda^{2} t^{2}},$$
$$X(x) = Acos \lambda x + Bsin \lambda x$$
với $A,B$ là những hằng số bất kỳ.\\
Rõ ràng $A,B$ có thể phụ thuộc $\lambda$. Như vậy $u(x,t)$ có dạng:
\begin{equation}
u(x,t) = e^{-a^{2}\lambda^{2} t^{2}}[A(\lambda) cos \lambda x + B(\lambda) sin \lambda x].
\end{equation}
Tích phân $(1.25)$ theo biến $\lambda$ từ $-\infty$ đến $+\infty$, ta thu được
\begin{equation}
u(x,t) = \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} e^{-a^{2} \lambda^{2} t^{2}}[A(\lambda) cos \lambda x + B(\lambda) sin \lambda x]d\lambda.
\end{equation}
\par Hàm này cũng là nghiệm của phương trình $(1.18)$ nếu như tích phân $(1.25)$ hội tụ và có thể đạo hàm được dưới dấu tích phân hai lần theo $x$, một lần theo $t$.\\
Ta hãy chọn các hàm $A(\lambda), B(\lambda)$ sao cho $(1.25)$ thỏa mãn điều kiện ban đầu $(1.19)$\\
Cho $t = 0$, từ $(1.19)$, ta được:
\begin{equation}
\varphi (x) = \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} [A(\lambda) cos \lambda x + B(\lambda) sin \lambda x] d\lambda.
\end{equation}
Giả thiết $\varphi(x)$ là hàm có thể biểu diễn được dưới dạng tích phân Phuariê, ta có:\\
$\varphi(x) = \frac{1}{2\pi} \int\limits_{- \infty}^{+\infty} d\lambda \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi) cos \lambda (\xi – x) d \xi $\\
\hspace*{1cm} $= \frac{1}{2\pi } \int\limits_{-\infty}^{+\infty}[cos \lambda x \int\limits_{-\infty}^{\infty} \varphi(\xi ) cos \lambda \xi d\xi + sin \lambda x \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi ) sin \lambda \xi d\xi] d\lambda.$\\
\par So sánh với $(1.26)$ ta thấy rằng ít nhất $A(\lambda), B(\lambda)$ trong $(1.26)$ phải có dạng:
$$A(\lambda)= \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} \varphi(\xi ) cos \lambda \xi d\xi,$$
\begin{equation}
B(\lambda)= \frac{1}{2\pi} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi ) sin \lambda \xi d\xi.
\end{equation}
Đặt $(1.27)$ vào $(1.25)$, ta được \\
$u(x,t) = \frac{1}{2\pi } \int\limits_{- \infty}^{+\infty} d\lambda \int\limits_{- \infty}^{+\infty} \varphi(\xi)e^{-a^{2}\lambda^{2} t} cos \lambda (\xi – x) d\xi$\\
\hspace*{2ccm} $= \frac{1}{\pi} \int\limits_{0}^{+\infty} d\lambda \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \varphi(\xi)e^{-a^{2}\lambda^{2} t} cos \lambda (\xi – x) d \xi$\\
Thay đổi thứ tự tích phân và chú ý công thức:
\begin{equation}
\int\limits_{0}^{+\infty}e^{-a^{2}\lambda^{2} } cos \beta \lambda d\lambda = \frac {\sqrt{\pi}{2\alpha }e^{-\frac{\beta^{2}}{4\alpha^{2} } }
\end{equation}
ta thấy rằng hàm $u(x,t)$ phải có dạng:
\begin{equation}
u(x,t)= \frac{1}{2a\sqrt{\pi t} } \int\limits_{0}^{+\infty} e^{-\frac {(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} }\varphi(\xi) d\xi.
\end{equation}
\par Công thức này thường được gọi là công thức Poatxông đối với vài toán Côsi $(1.18)$, $(1.19)$\\
\par Nếu ta đưa vào hàm:
\begin{equation}
F(\xi ,\tau ,x ,t)=\left\{\begin{array}{cc}\dfrac{1}{2a\sqrt{\pi(t-\tau)}}e^{\frac{-(x-\xi)^{2}}{4a^{2}(t-\tau)}}\hspace*{1cm} (\tau 0$. Chú ý rằng nghiệm cơ bản $(1.30)$ thỏa mãn phương trình truyền nhiệt nên từ đó chỉ cần chứng minh rằng có thể đạo hàm dưới dấu tích phân biểu thức $(1.29)$ hai lần theo $x$, một lần theo $t$.
\par Thực ra ta còn có được một kết quả mạnh hơn, cụ thể là: tích phân $(1.29)$ có thể đạo hàm được dưới dấu tích phân trong miền $t > 0$ theo $x$ và theo $t$ với một số lần tùy ý. Để khẳng định được điều này, chỉ cần chứng minh rằng các tích phân thu được một cách hình thức bằng cách hình thức bằng cách đạo hàm $(1.29)$ dưới dấu tích phân theo $x$ và theo $t$ một số lần tùy ý là những tích phân hội tụ đều trong hình chữ nhật
$$0 \leq t_{0}\leq t\leq T, \hspace*{0,5cm} -N\leq x\leq N$$
trong đó $t_{0}, T,N$ là những số dương tùy ý.
\par Thực vậy, nếu ta đạo hàm $(1.29)$ một cách hình thức dưới dấu tích phân theo $x$ và theo $t$ một số lần tùy ý, thì ta sẽ thu được một tổ hợp tuyến tính các tích phân có dạng:
\begin{equation}
I= \frac{1}{t^k}\int\limits_{ – \infty}^{+ \infty} \varphi(\xi ) (\xi – x)^{m} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4 a^{2}t} } d\xi.
\end{equation}
\par Do tính giới nội của hàm $\varphi(\xi )$, tính giảm nhanh của hàm
$$X^{m}e^{-AX^{2}} (A > 0)$$
(khi $X \longrightarrow \infty$) hơn bất kỳ một hàm lũy thừa $X^{-p}$ nào khác ($p > 0$ bất kỳ), ta dễ khẳng định được rằng khi $0\leq t_{0}\leq t\leq T, -N\leq x\leq N$ hàm dưới dấu tích phân về trị tuyệt đối không vượt quá hàm $\frac{C}{1 + \xi^{2} }$ trong đó $C$ là một hằng số nào đó. Tích phân
$$ C \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \frac {d\xi}{1 + \xi^{2}}$$
hội tụ, vậy theo tiêu chuẩn Vâyestrat thì tích phân $(1.31)$ hội tụ đều. Như vậy điều khẳng định đã được chứng minh.\\
\par Bây giờ ta chứng minh rằng hàm cho bởi công thức Poatxông $(1.29)$ là một hàm giới nội trong miền $t > 0$. Thực vậy, vì $\varphi(\xi )$ là một hàm giới nội:
$$\vert \varphi (\xi)\vert \leq M$$
nên
$$\vert u(x,t) \vert \leq \frac{1}{2a\sqrt{\pi t}} e^{- \frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2} t} } \vert \varphi(\xi) \vert d \xi \leq $$
$$\leq \frac{M}{2a \sqrt{\pi t}} e^{- \frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} }d\xi = M.$$
Ở đây, ta sử dụng kết quả: nếu đổi biến
$$z= \frac{\xi – x}{2a\sqrt t}$$
thì ta có
\begin{equation}
\frac{1}{2a\sqrt{\pi t}}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} }d\xi = \frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{- z^{2}}dz = 1
\end{equation}
\par Cuối cùng, ta chứng minh rằng hàm cho bởi công thức Poatxông $(1.29)$ lấy giá trị biên $\varphi(x)$ khi $t\longrightarrow 0$ \\
\par Thực vậy, dùng phép đổi biến
$$z= \frac{(\xi – x)}{2a\sqrt t}$$
trong $(1.29)$ và chú ý $(1.32)$, ta được:
$$u(x,t) – \varphi(\xi) = \frac{1}{2a\sqrt{\pi t}} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} } [\varphi(\xi) – \varphi(x)] d\xi $$
\begin{equation}
\frac{1}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} [\varphi(x + 2a\sqrt{t} z – \varphi(x)]e^{- z^{2}}dz.
\end{equation}
Do tính giới nội của $\varphi(\xi)$ ta có với mọi $x,t,z$:
\begin{equation}
\vert\varphi ( x + 2a \sqrt{t} z ) – \varphi(x) \vert \leq \vert \varphi( x + 2a\sqrt{t}z) \vert + \vert \varphi(x) \vert \leq 2M.
\end{equation}
\par Giả sử $\varepsilon > 0$ là một số dương tùy ý. Do sự hội tụ của tích phân $(1.32)$, ta có thể chọn số dương $N$ đủ lớn sao cho
\begin{equation}
\frac{2M}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{- infty}^{- N} e^{-z^{2}}dz = \frac{2M}{\sqrt{\pi}} \int\limits_{ N}^{+\infty} e^{-z^{2}}dz \leq \frac{\varepsilon }{3}.
\end{equation}
\par Ta chia khoảng tích phân của $(1.33)$ ra làm ba đoạn
$$(- \infty , -N); (-N,+N); (+N,+ \infty)$$
chú ý $(1.34)$ và $(1.35)$, ta có
$$ \vert u(x,t) – \varphi(\xi)\vert \leq \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{1}{\sqrt{ \pi}} \int\limits_{ – N}^{+ N} \vert \varphi(x + 2a\sqrt{t} z – \varphi(x) \vert e^{- z^{2}}dz.$$
\par Do tính liên tục của $\varphi(\xi)$, với mọi $\vert z \vert \leq N$, khi $t$ khá gần $0$, ta có
$$\vert \varphi(x + 2a \sqrt{t}z) – \varphi(x) \vert \leq \frac{\varepsilon }{3}$$
tức là khi $t$ khá gần $0$:
$$\vert u(x,t) – \varphi(\xi) \vert \leq \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{\varepsilon }{3}\frac {1}{\sqrt{ \pi}}\int\limits_{ N}^{+ \infty} e^{- z^{2}}dz $$
$$\leq \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{\varepsilon }{3} \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{- z^{2}}dz = \frac{2\varepsilon }{3} + \frac{\varepsilon }{3} = \varepsilon .$$
\par Điều này cho ta
$$ \lim\limits_{t\rightarrow 0}} u(x,t)= \varphi (x) $$
\par Như vậy, ta đã chứng minh xong hoàn toàn hàm $(1.29)$ là nghiệm của bài toán Côsi $(1.18)$, $(1.19)$.\\
\par Nghiệm của bài toán Côsi, về phương diện vật lý biểu thị nhiệt độ phân bố trong một thanh cách nhiệt xung quanh và dài vô hạn khi cho trước sự phân bố nhiệt độ lúc ban đầu $(t = 0).$
\par Nghiệm này biểu diễn bởi công thức Poatxông $(1.29)$. Ta hãy giả thiết rằng hàm $\varphi(x)$ bằng không khắp mọi nơi, chỉ trừ trong một khoảng rất nhỏ, chẳng hạn trong khoảng $ – \varepsilon \leq x\leq + \varepsilon $ thì
$\varphi(x) > 0$\\
\par Khi đó, theo công thức Poatxông $(1.29)$ dù $t$ nhỏ bao nhiêu và dù $x_0$ lớn bao nhiêu tùy ý, ta vẫn có $u(x_{0},t) > 0 $. Nếu minh họa bằng phương diện vật lý thì điều này có nghĩa là: tại thời điểm $t = 0$, nhiệt độ trong thanh bằng không khắp nơi, trừ ra trong khoảng $ – \varepsilon \leq x \leq + \varepsilon $ thì nhiệt độ có giá trị dương. Sau đó một thời gian $t$ dù nhỏ bao nhiêu và tại điểm $x_{0}$ cách xa gốc tọa độ bao nhiêu nhiệt độ vẫn khác không. Điều đó nghĩa là vận tốc truyền nhiệt lớn vô hạn, truyền “tức khắc”, nhiệt lượng tập trung trong khoảng $ – \varepsilon \leq x \leq + \varepsilon $ tới điểm $x_{0}.$\\
\par Điều này trong thực tế không xảy ra được. Mâu thuẫn này do chỗ là khi ta thiết lập phương trình truyền nhiệt ta có những giả thiết lý tưởng mà thực ra trong thực tế không hoàn toàn được thỏa mãn.
\par Tuy nhiên, trong thí dụ trên, nếu xét $x_{0}$ rất lớn, $t$ rất nhỏ, do tính giảm nhanh khi $X \rightarrow \infty$ của hàm $ X^{p}\varepsilon^{-AX^{2}} (A > 0) $ đại lượng dưới dấu tích phân cũng rất nhỏ và do đó giá trị $u(x_{0},t)$ cũng rất nhỏ. Như vậy sự khác biệt giữa nghiệm thực tế và nghiệm lý tưởng cho bởi công thức Poatxông cũng không nhiều lắm. Thực tế cho thấy rằng phương trình $(1.18)$ biểu diễn khá tốt quy luật truyền nhiệt trong một thanh.
\par Bây giờ ta hãy xét bài toán đối với phương trình không thuần nhất:\\
\textit{Tìm nghiệm của phương trình
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + f(x,t)
\end{equation}
thỏa mãn điều kiện ban đầu
\begin{equation}
u(x,0)= 0
\end{equation} }\\
Cách giải bài toán này cũng giống như cách giải bài toán Côsi của phương trình truyền sóng không thuần nhất bằng nguyên lý Đuyhamen. Ta xét hàm
\begin{equation}
V(x,\tau , t) = \frac{1}{2a \sqrt{\pi t}}e^{- \frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} } f(\xi , \tau )d\xi.
\end{equation}
\par Theo công thức Poatxông, hàm này thỏa mãn phương trình
\begin{equation}
\frac{\partial V}{\partial t} = a^{2} \frac{\partial^{2} V}{\partial x^{2} }
\end{equation}
và điều kiện ban đầu
\begin{equation}
V(x,\tau , 0) = f(x, \tau )
\end{equation}
Ta chứng minh rằng hàm
\begin{equation}
u(x,t) = \int\limits_{- \infty}^{+\infty} V(x,\tau , t – \tau)d\tau
\end{equation}
sẽ là nghiệm của bài toán $(1.36)$, $(1.37)$.
\par Thực vậy, điều kiện $(1.37)$ là rõ ràng. Chỉ còn phải nghiệm lại phương trình $(1.36)$. $V(x,\tau , t)$ thỏa mãn phương trình $(1.39)$ thì hàm $V(x,\tau , t – \tau )$ cũng thỏa mãn phương trình đó.
\par Ta có
$$\frac{\partial u}{\partial t} = \int\limits_{0}^{t} \frac{\partial V(x,\tau , t – \tau )}{\partial t} d\tau + V(x,\tau , 0),$$
$$ a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } = \int\limits_{0}^{t} a^{2}\frac{\partial^{2}V(x,\tau , t -\tau )}{\partial x^{2}} d\tau .$$
\par Trừ hai đẳng thức đó, chú ý $(1.39)$,$(1.40)$ ta có $(1.36)$. Như vậy theo $(1.41)$ , $(1.38)$ thì nghiệm của bài toán $(1.36)$, $(1.37)$ sẽ là:
\begin{equation}
u(x,t) = \int\limits_{0}^{t} d\tau \int\limits_{- \infty}^{+\infty} \frac{f(\xi , \tau )}{2a \sqrt{\pi (t – \tau ) }}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}(t – \tau ) } }d\xi.
\end{equation}
\par Cụ thể nghiệm của bài toán tổng quát
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + f(x,t)$$
$$u(x,0)= \varphi (x) $$
sẽ là
$$u(x,t) = \int\limits_{- \infty}^{+ \infty} \frac{\varphi(\xi )}{2a \sqrt{\pi t }}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}t} } d\xi$$
\hspace*{1cm} $$+ \int\limits_{0}^{t} d\tau \int\limits_{-\infty}^{+ \infty} \frac{f(\xi , \tau )}{2a \sqrt{\pi (t – \tau ) }}e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{4a^{2}(t – \tau ) } }d\xi. $$
\textit{Chú thích. } Hoàn toàn tương tự, ta có thể xét các bài toán Côsi trong không gian ba chiều và trong mặt phẳng.
\par Nghiệm giới nội của bài toán Côsi trong mặt phẳng
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2}\bigg(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} \bigg)$$
$$ u(x,y,0)= \varphi(x,y)$$
được cho bởi công thức
$$u(x,y,t) = \frac{1}{(2a \sqrt{ \pi t )^{2} }} \int\limits_{-\infty}^{+\infty} \int\limits_{- \infty}^{+\infty} e^{- \frac{(\xi – x)^{2} + (\eta – y )^{2}}{4a^{2}t} }\varphi (\xi ,\eta) d\xi d\eta $$
còn nghiệm của bài toán Côsi trong không gian ba chiều:
$$\frac{\partial u}{\partial t} = a^{2} \bigg( \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2} } + \frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2} } \bigg) $$
$$ u(x,y,z,0)= \varphi(x,y,z) $$
\section{bài toán hỗn hợp}
\par Xét phương trình truyền nhiệt
\begin{equation}
\dfrac{\partial u}{\partial t} = a^2 \bigg( \dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2} \bigg) + f(x, y, t)
\end{equation}
\par ta kí hiệu $V_{T}$ là hình trụ đứng có đường sinh song song với trục $ot$, có mặt bên là $S_{T}$ va hai đáy $G$ và $G_{T}$ lần lượt nằm trong các mặt phẳng $t=0$ và $t=T$.\\
\par Bài toán hỗn hợp của phương trình $(1.43)$ được đặt ra như sau:\\
\textit{Tìm nghiệm $u(x, y, t)$ của phương trình truyền nhiệt $(1.43)$ liên tục trong hình trụ đóng $\overline{V_{T}}$ thỏa mãn điều kiện ban đầu:}
\begin{equation}
u(x, y, 0)=\varphi(x ,y) \hspace*{2cm} (x,y) \in G
\end{equation}
và điều kiên biên:
\begin{equation}
u(x, y, t) = \psi(x , y, t); \hspace*{1cm} \forall (x,y)\in\Gamma , 0\leq t\leq T
\end{equation}
($\Gamma$- biên của G,T có thể bằng $\infty $). Rõ ràng cho điều kiện $(1.44)$ và $(1.45)$ tức là cho giá trị của hàm $u(x,y,t)$ trên biên $S_{T} \cup G$ và vì vậy bài toán hỗn hợp nói trên đặt ra gần giống như bài toán Điricle đặt ra với phương trình laplat. Cũng vì lý do đó, bài toán hỗn hợp $(1.43),(1.44), (1.45)$ còn thường được gọi là \textit{Bài toán biên thứ nhất} của phương trình truyền nhiệt.\\
\par Ta có định lý sau:
\begin{dl}
(định lý duy nhất). Nghiệm của bài toán hỗn hợp $(1.43), (1.44), (1.45)$ là duy nhất.
\end{dl}
\par thật vậy, nếu $u_{1}(x, y, t),u_{2}(x, y, t)$ là hai nghiệm của bài $(1.43), (1.44), (1.45)$ thi hiệu
$$u(x, y, t)=u_{1}(x, y, t) – u_{2}(x, y, t)$$
sẽ thỏa mãn phương trình truyền nhiệt thuần nhất\\
$$\dfrac{\partial u}{\partial t}=a^2\bigg(\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2} + \dfrac{\partial^2 u}{\partial y^2}\bigg)$$
và trên biên $S_{T} \cup G$ thì $u(x, y, t)=0$\\
\par Do đó, theo nguyên lý cực đại và cực tiểu ở định lý $(1.1)$ ta có
$$u(x, y, t)=0$$
trong $V_{T} \cup G$, và do đó trong hình trụ đóng $V_{T}$.
\begin{dl}
nghiệm của bài toán hỗn hợp $(1.43), (1.44), (1.45)$ phụ thuộc liên tục vào giá trị biên của nó trên $S_{T}\cup G$.
\end{dl}
\par thực vậy, nếu trên biên $S_{T} \cup G$ hiệu hai nghiệm
$$u(x, y, t)=u_1 (x, y, t)-u_2 (x, y, t)$$
thỏa mãn bất đẳng thức
$$|u(x, y , t)|<\varepsilon \hspace{2cm} \forall (x, y, t) \in S_{T}\cup G $$
thì theo nguyên lý cực đại và cực tiểu nói trên, bên trong hình trụ đóng $\overline{V_{T}}$ ta cũng có
$$|u(x, y, t)|=|u_1 (x, y, t) – u_2 (x, y, t)| 0$ và do đó tổng $u(x,t)$ thỏa mãn phương trình $(1.46)$
\par Muốn vậy, ta xét các chuỗi
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t}\approx \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\partial u_{k}}{\partial t}=-\frac{\pi^{2} a^{2}}{l^{2}}\sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k}k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}}\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\begin{equation}
\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}\approx \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{\partial^{2} u_{k}}{\partial x^{2}}=-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}\sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k}k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}} \sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\par Ta chọn một số $\tau>0$ tùy ý. Rõ ràng với $t\geq \tau>0$, ta có:
\begin{equation}
|C_{k}k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}t}\sin \frac{k\pi}{l}x|\leq |C_{k}|k^{2}e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}\tau}.
\end{equation}
\par Chú ý chuỗi
\begin{equation}
\sum\limits_{k=1}^{\infty}k^{p}e^{-k^{2}A}\hspace*{1cm} (A>0)
\end{equation}
hội tụ với bất kì số tp nào và tính giới nội của $C_{k}$, từ $(2.21)$ ta suy ngay ra chuỗi $(2.19), (2.20)$ hội tụ đều với $(x,t)$, khi $t\geq \tau>0$ và do đó $(2.15)$ có thể đạo hàm từng hạng thức hai lần theo x và một lần theo t trong miền $t>0)$. Như vậy bài toán đã được giải xong
\par Đối với bài toán hỗn hợp ta đã tim được nghiệm, chứng minh đươc tính duy nhất và liên tục của nghiệm vao giá trị biên. Vậy bài toán hỗn hơp trên miền$(t\geq 0)$ là bài toán đươc đặt đúng đắn.
\par \textbf{Bài toán 2 } \textit{tìm nghiệm của phương trình truyền nhiệt không thuần nhất:}
\begin{equation}
\frac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} + f(x, t)
\end{equation}
\textit{liên tục trong miền $0\leq x\leq l,0\leq t\leq T$ thỏa mãn điều kiện ban đầu và điều kiện biên thuần nhất:}
\begin{equation}
u(x,0)=0, \hspace*{1cm} 0\leq x\leq l
\end{equation}
\begin{equation}
u(0,t)=0
\end{equation}
\begin{equation}
u(l,t)=0 \hspace*{1cm} 0\leq t\leq T
\end{equation}
\textit{Ta giả thiết $f(x, t)$ là hàm liên tục và có đạo hàm riêng cấp 1 liên tục từng khúc, ngoài ra thỏa mãn điều kiện:}
\begin{equation}
f(0,t)=f(l,t)=0
\end{equation}
\par Ta tìm nghiệm dưới dạng
\begin{equation}
u(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} T_{k}(t)\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\par Ta phân tích hàm $f(x, t)$ thành chuỗi phuarie theo hệ hàm sin:
\begin{equation}
f(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} f(t)\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
trong đó
\begin{equation}
f_{k}(t)=\frac{2}{l}\int\limits_{0}^{l} f(x,t)\sin \frac{k\pi}{l}x
\end{equation}
\par đặt $(1.70)$ và $(1.65)$, chú ý $(1.71)$, tại
$$\sum\limits_{k=1}^{\infty} [T_{k}^{‘}(t) + \bigg(\frac{k\pi a}{l}\bigg)^{2}T_{k}(t) – f_{k}(t)]\sin \frac{k\pi}{l}x=0$$
\par Từ đó
\begin{equation}
T_{k}^{‘}(t) + \bigg(\frac{k\pi a}{l}\bigg)^{2}T_{k}(t)= f_{k}(t) \hspace*{1cm} k=1,2,3,…
\end{equation}
\par Từ điều kiện ban đầu $(1.66)$, ta có:
$$u(x,0)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} T_{k}(0)\sin \frac{k\pi}{l}x =0$$\\
\par Do đó
\begin{equation}
T_{k}(0)=0.
\end{equation}
\par nghiệm của phương trình $(1.73)$ thỏa mãn $(1.74)$ có dạng.
\begin{equation}
T_{k}(t)=\int\limits_{0}^{t} e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}(t-\tau)}f_{k}(\tau)d\tau
\end{equation}
\par Từ đó, ta có nghiệm $(1.70)$ với $T_{k}(t)$ được xác định bởi $(1.75)$.
\textbf{bài toán hỗn hợp tổng quát}\\
\textit{tìm nghiệm của phương trình}
\begin{equation}
\dfrac{\partial u}{\partial t}=a^{2}\dfrac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}} + f(x,t)
\end{equation}
\textit{liên tục trong miền $0\leq x \leq l, 0\leq t \leq T$ thỏa mãn điều kiện}
\begin{equation}
u(x,0)=\varphi(x)\hspace{1cm} 0\leq x \leq l
\end{equation}
\begin{equation}
u(0,t)=\mu(t) \hspace{1cm} 0\leq t \leq T
\end{equation}
\begin{equation}
u(l,t)=\nu(t) \hspace{1cm} 0\leq t\leq T
\end{equation}
các hàm $\varphi(x), \mu(t), \nu(t) $ được giả thiết là khả vi liên tục và thỏa mãn các điều kiện
$$\varphi(0)=\mu(0),$$
$$\varphi(l)=\nu(0)$$,
Bài toan này phản ánh quy luật truyền nhiệt trong một thanh cách nhiệt chung quanh khi ta biết sự phân bố nhiệt độ ban đầu và chế độ nhiệt tại 2 đầu của thanh.
\par Ta đưa vào hàm phụ
$$u*(x,t)=\mu(t) + \dfrac{x}{l}[\nu(t) – \mu(t)]$$
và đặt
$$ u= \upsilon + \omega +u*$$
trong đó $\upsilon(x,t) ,\omega(x,t)$ lần là nghiệm của bài toán 1 và 2 với nhưng dư kiện biên thích hợp.
\chapter{phương trình thuần nhất}
\begin{bt}
giải bài toán sau\\
$ \left\{\begin{array}{cc} u_{t} = 4u_{xx} \hspace*{2cm} t>0, -\infty < x <+\infty \\ u(x,0)= e^{-x^{2}} \hspace*{2cm} -\infty <x< +\infty \end{array}\right.$
\end{bt}
\par Giải\\
ta có a=2,$\varphi(x)=e^{-x^{2}}$
ta thấy hàm $\varphi(x)$ la hàm liên tục và giới nội trong miền $-\infty < x 0, -\infty < x <+\infty \\ u(x,0)= e^{-x} \hspace*{2cm} -\infty <x0, -\infty x\in R \\ u(x,0)= e^{-x^{2} +2x +2} \hspace*{2cm} x\in R \end{array}\right.$
\end{bt}
\par Giải\\
ta có a=3, $\varphi(x)=e^{-x^{2} +2x +2}$ \\
hàm $\varphi(x)$ là hàm liên tục và ,giới nội trên R, áp dụng công thức poatxong cho bài toán cosi nghiệm của phương trình trên có dang\\
$$u(x,t)=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{36t}}e^{-\xi^{2} +2\xi +2} d\xi$$
$$=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{(\xi – x)^{2}}{36t} -\xi^{2} +2\xi+2} d\xi $$
ta xét:\\
$-\dfrac{(\xi -z)^{2}}{36t} -\xi^{2} +2xi +2 =-\dfrac{\xi^{2}}{36t} +\dfrac{2\xi x}{36t} -\dfrac{x^{2}}{36t} -\xi^{2} +2\xi +2$\\
$=\xi^{2} \bigg(\dfrac{1 +36t}{36t}\bigg) +2\xi \bigg(\dfrac{x+36t}{36t} \bigg) +2 -\dfrac{x^{2}}{36t}$\\
$=-\bigg( \xi^{2}\dfrac{1+36t}{36t} -2\xi \sqrt{\dfrac{1+36t}{36t}}\dfrac{x+36t}{\sqrt{36t(1+36t)}} +\dfrac{(x+36t)^{2}}{36t(1+36t)} \bigg)+ \dfrac{(x+36t)^{2}}{36t(1+36t)}$\\
$=- \bigg(\xi \sqrt{\dfrac{1+3t}{36t}} -\dfrac{x+36t}{\sqrt{36t(1+36t)}} \bigg)^{2} +x^{2}\bigg(\dfrac{1-(1+36t)}{36t(1+36t)} \bigg) +\dfrac{2x}{1+36t} +\dfrac{36t}{1+36t} +2$\\
Đặt \\
$$ z=\xi \sqrt{\dfrac{1+3t}{36t}} -\dfrac{x+36t}{\sqrt{36t(1+36t)}}$$
suy ra $$dz=\sqrt{\dfrac{1+36t}{36t}} d\xi \Rightarrow d\xi=\sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}} dz$$
khi đó ta có\\
$u(x,t)= \dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-z^{2} +\frac{-x^{2}+2x +36t}{1+36t} +2} \sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}} dz $\\
$=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} \sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}}\int\limits_{-\infty}^{+\infty} e^{-z^{2}}dz$\\
$=\dfrac{1}{6\sqrt{\pi t}}e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} \sqrt{\dfrac{36t}{1+36t}} \sqrt{\pi}$\\
$=\dfrac{1}{\sqrt{1+36t}}e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} $\\
vậy nghiệm của phương trinh trên la:\\
$$u(x,t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+36t}} e^{\frac{-x^{2} +2x +36t}{1+36t} +2} $$
\begin{bt}
Giải phương trình sau:\\
$$u_{t}=u_{xx} \hspace*{1cm} 0<x0, 0 \leq x \leq 1 \\ u(0,t)= 0 \hspace*{5cm} t\geq 0\\ u(x,0)=0 \hspace*{5cm} t\geq 0 \end{array}\right.$\\
\end{bt}
Giải\\
Ta có hàm $\varphi(x)=x^{2} -1 , u(0,t)=u(1,t)=0 $ khi đó có nghiệm của bài toán hỗn hợp có dạng:\\
$u(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k} e^{-(k\pi)^{2}t} \sin k\pi x $\\
trong đó\\
$C_{k}=\int\limits_{0}^{1} \varphi(\xi) \sin k\pi \xi d\xi$\\
$=\int\limits_{0}^{1} (\xi^{2} -1)\sin k\pi \xi d\xi$\\
$=\int\limits_{0}^{1} \xi^{2}\sin k\pi \xi d\xi – \int\limits_{0}^{1} \sin k\pi \xi d\xi $\\
$=-\dfrac{\xi^{2}}{k\pi}\cos k\pi\xi \bigg|_{0}^{1} + \int\limits_{0}^{1} \dfrac{2\xi}{k\pi}\cos k\pi\xi d\xi – \dfrac{\cos k\pi\xi}{k\pi} \bigg|\limits_{0}^{1} $\\
$=-\dfrac{\cos k\pi}{k\pi} + \dfrac{2\xi}{k\pi}\dfrac{\sin k\pi\xi}{k\pi}\bigg|\limits_{0}^{1} – \dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\int\limits_{0}^{1} \sin k\pi\xi d\xi – \dfrac{\cos k\pi}{k\pi}$\\
$=-2\dfrac{\cos k\pi}{k\pi} +\dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi + \dfrac{2}{(k\pi)^{3}} \cos k\pi\xi \bigg|\limits_{0}^{1} $\\
$=-\dfrac{2}{k\pi}\cos k\pi + \dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi +\dfrac{2}{(k\pi)^{3}}\cos k\pi -\dfrac{2}{(k\pi)^{3}} $\\
$= \bigg(-\dfrac{2}{k\pi} +\dfrac{2}{(k\pi)^{3}}\bigg)\cos k\pi +\dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi – \dfrac{2}{(k\pi)^{3}}$\\
vậy nghiệm của phương trình trên là:\\
$u(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} \bigg(-\dfrac{2}{k\pi} +\dfrac{2}{(k\pi)^{3}}\bigg)\cos k\pi +\dfrac{2}{(k\pi)^{2}}\sin k\pi – \dfrac{2}{(k\pi)^{3}} e^{-(k\pi)^{2})t} \sin k\pi x $
\begin{bt}
Giải bài toán sau:\\
$u_{t}=a^{2}u_{xx} \hspace*{1cm} 0\leq x\leq l $\\
thỏa mãn các điều kiên :\\
$u(0,t)=u(l,t)=0 \hspace*{1cm} t\geq 0 $\\
$u(x,0)= \left\{\begin{array}{cc} x \hspace*{2cm} 0<x<\dfrac{l}{2} \\ l-x \hspace*{2cm} khi \dfrac{l}{2}<x<l \end{array}\right $
\end{bt}
Giải\\
ta có $u(0,t)=u(l,t)=0$ khi đó nghiệm của phương trình có dạng:\\
$u(x,t)= \sum\limits_{k=1}^{\infty} C_{k} e^{-(\frac{k\pi a}{l})^{2}t}\sin \dfrac{k\pi}{l}x$\\
Trong đó\\
$C_{k}=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_{0}^{l} \varphi(\xi).\sin \dfrac{k\pi}{l}\xi d\xi$\\
Bằng phương pháp tích phân từng phần dễ dàng tìm được
$$C_{k}= \dfrac{4l}{n^2 \pi^2}\sin \dfrac{n\pi}{2}$$
khi đó bài toán có nghiệm là
$$ u(x,t)=\dfrac{4l}{\pi^2} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}}\sin \dfrac{n\pi}{2}e^{-\frac{n^{2}\pi^{2} t}{l^{2}}}\sin \dfrac{n\pi x}{l}$$
hay
$$u(x,t)=\dfrac{4l}{\pi^2}\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\dfrac{1}{2k+1}e^{-\frac{(2k+1)^{2}\pi^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{(2k+1)\pi x}{l}$$
\begin{bt}
\chapter{phương trình không thuần nhất}
\begin{bt}
tìm nghiện của phương trình sau
$$u_{t}= u_{xx} +e^{-t}\sin \dfrac{\pi x}{l}, \hspace{1cm} 0<x0$$
với diều kiện
$$u(0,t)=u(l,t)=0, u(x,0)=x$$
\end{bt}
\par Giải\\
Ta tìm nghiệm của phương trình đã cho ở dạng $u=v+w$, trong đó $v$ là nghiệm của bài toán
$$v_{t}=v_{xx}, v(0,t)=v(l,t)=0, v(x,0)=0$$
còn $w$ là nghiệm của bài toán
$$w_{t}=w_{xx} + e^{-t}\sin \dfrac{\pi x}{l} $$
$$w(0,t)=w(l,t)=w(x,0)=0$$
Trước hết ta tìm hàm $v(x,t)$ và được xác định theo công thức
$$v(x,t)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_{n}e^{-\frac{\pi^{2}n^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{\pi n}{l}x$$
trong đó
$$a_{n}=\dfrac{2}{l}\int_{0}^{l} x\sin \dfrac{\pi n}{l}xdx=\dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n}$$
Do đó
$$v(x,t)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n}e^{-\frac{\pi^{2}n^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{\pi n}{l}x$$
tiếp theo ta đi tìm ham $w(x,t)$\\
Ta có \\
$f_{k}(\tau)= \dfrac{2}{l}\int_{0}^{l} e^{-\tau}\sin \dfrac{\pi}{l}x\sin \dfrac{\pi k}{l}xdx=$ $\left\{\begin{array}{cc} e^{-\tau} \hspace*{3cm} k=1 \\ 0 \hspace*{2cm} k=2,3,… \end{array}\right.$\\
$T_{1}(t)=e^{\frac{-\pi^{2} t}{l^{2}}}\int_{0}^{t} e^{\tau (\frac{\pi^{2}}{l^{2} -1})}d\tau =\dfrac{l^{2}}{\pi^{2} – l^{2}}[e^{-(\frac{\pi^{2}}{l^{2}}+1)t} – e^{-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}t}] (l\neq\pi)$\\
$ T_{k}(t)=0, k=2,3,…$\\
suy ra
$$ w(x,t)=T_{1}(t)\sin \dfrac{\pi}{l}x = \dfrac{l^{2}}{\pi^{2} – l^{2}}[e^{-(\frac{\pi^{2}}{l^{2}}+1)t} – e^{-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}t}]\sin \dfrac{\pi}{l}x$$
vậy nghiệm của bài toán đã cho là
$$u(x,t)=v(x,t)+w(x,t)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{2l(-1)^{n+1}}{n}e^{-\frac{\pi^{2}n^{2}t}{l^{2}}}\sin \dfrac{\pi n}{l}x + \dfrac{l^{2}}{\pi^{2} – l^{2}}[e^{-(\frac{\pi^{2}}{l^{2}}+1)t} – e^{-\frac{\pi^{2}}{l^{2}}t}]\sin \dfrac{\pi}{l}x$$
\begin{bt}
Tìm nghiệm của bài toán sau:
\end{bt}
\end{document}
Em đăng ký một account tại writelatex.com và bấm vài link
https://www.writelatex.com/571947zqnbxm
để nhiều người cộng tác và xem bài sửa của thầy.
Thầy chỉ sửa giúp cho em code, một số hệ phương trình em viết sai code thầy che lại để biên dịch, em gõ lại cẩn thận.
Dạ thưa thầy, làm thế nào để khi hết chiều dài trang, bảng tự động cắt phần dư đó và chuyển sang trang kế tiếp, em đang làm một báo cáo bằng latex nhưng phần bảng biểu của em dài hơn chiều dài trang ạ.
Em cám ơn thầy.
xem ví dụ mẫu:


text:
ống thép 150- od168 / ống thép 168 dày 5 – thép ống phi 168 – astm /api5l pi100 – pi 120 pi 139mm
- Đường phố: thuận giao -thuận an - Bình Dương
- Quận/huyện: Bình Dương
- Tỉnh/Thành phố: Toàn quốc
- Quốc gia: Vietnam
- Listed: Tháng Bảy 15, 2016 2:12 sáng
- Expires: This ad has expired
Description
Thép ống phi 168 . Ống thép đúc được dùng trong cơ khí, dẫn dầu dẫn khí, ống làm đường hơi trong công nghiệp, ống chống,… Ống đúc trên thị trường chủ yếu nhập khẩu từ các nước Trung Quốc, Nga với đường kính thông dụng từ 21mm đến 406mm và lớn hơn. ống thép đúc xuất xứ Trung Quốc thông dụng OD21mm~325mm, dày 3~12mm, tiêu chuẩn Trung Quốc GB/T 8162 dùng cho cơ khí xây dựng, GB/T 8163 dùng dẫn dầu dẫn khí, GB/T 3087 dùng cho đường hơi áp lực, …. với các mác thép , , , Q345,…. với độ dài không đều 6m~12m. Tiêu chuẩn ASTM A53 GrB với các độ dày SCH10, 20, 30, 40,… dùng trong dẫn dầu dẫn khí. Loại ống dài đều 6m, hai đầu bịt nhựa, sơn phủ sơn chống rỉ có giá đắt hơn do chi phí cao hơn.Bảng qui cách, độ dày (schedule) ống thép theo tiêu chuẩn ASTM A53, A106, API 5L.
Ống thép phi 108 x (4.5~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 114 x (4.5~27.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 159 x (3.0~28.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép 168 x (3.0~29.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 219 x (4.0~29.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 273 x (4.0~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 325 x (4.0~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 406 x (3.0~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Thép ống đúc phi 168.3 . Thép ống đúc, thép ống hàn, thép ống mạ kẽm … Với ĐK từ F21 – F600, độ dày 1 ly -30 ly. Tiêu chuẩn: ASTM A106-Grade B, ASTM A53-Grade B, API-5L, GOST, JIS, DIN, GB/T…
Ứng dụng trong ngành dầu khí, nồi hơi, đường dẫn gas, nước, nhà tiền chế …
2.Thép tấm , Thép tấm cắt quy cáchthép cuộn: Mác thép SS400 – SS540 – Q 235 – Thép tấm cường độ cao ASTM A572 Gr-50, Q345B, Sm490, A516 Gr-60, Gr-70, A515 Gr-60. Thép chế tạo : S30C; S45C; S55C;SKD61; SKD11, các loại thép chịu lực cao và chống mài mòn.
3. Thép hộp vuông, hộp chữ nhật lớn nhỏ : H30x30, H30x60, H40x80, H50x100, H100x100, H150x150, H200x200, H200x300, H300x300, H200x400 …3ly, 4ly, 5ly, 6ly, 8ly, 9ly, 10ly, 12ly ….
4. Thép Hình U-I-V-H …: Thép góc từ V30 –V150, I100-I800, U60-U300, H100-H400 …Dập theo yêu cầu …
Mọi chi tiết xin liên hệ:
Mail: tu.truongthinhphat@gmail.com
Web: thepongduc.org
Cty Thép Trường Thịnh Phát
KDC Thuận giao- Thuận An –BD
Mr Tú: 0918.016.466 – 0933.010.333
Đt: : 06503 719 330
Fax: 06503 719 123
86 lượt xem, 1 hôm nay
Sponsored Links
Xem nhiều nhất trong ngày
- GAMING KEYBOARD CHÍNH HÃNG K40 (535 lượt xem)
- Cơ sở sản xuất, kinh doanh máy nổ bỏng gạo,đầu nổ bỏng gạo các loại tại Hà Nội. (29 lượt xem)
- Nơi giúp bạn chuyển phát nhanh tốt nhất chuyên nghiệp (24 lượt xem)
- Du lịch SACO mở bán tour hè 2016 call 0913338788 để được ưu đãi đặc biệt Vinpear Phú Quốc, Đà Lạt, … (18 lượt xem)
- Cùng chế biến những món ăn giúp cải thiện sinh lý đàn ông (18 lượt xem)

markdown:
[ống thép 150- od168 / ống thép 168 dày 5 – thép ống phi 168 – astm /api5l pi100 – pi 120 pi 139mm](https://raovatonline.org/rao-vat/ong-thep-150-od168-ong-thep-168-day-5-thep-ong-phi-168-astm-api5l-pi100-pi-120-pi-139mm/)
- Đường phố: thuận giao -thuận an - Bình Dương
- Quận/huyện: Bình Dương
- Tỉnh/Thành phố: Toàn quốc
- Quốc gia: Vietnam
- Listed: Tháng Bảy 15, 2016 2:12 sáng
- Expires: This ad has expired
![ ](https://raovatonline.org/wp-content/themes/classipress/images/no-thumb-500x375.png)
### Description
[Thép ống phi 168](http://thepongduc.org/thep-ong-duc/thep-ong-duc-phi-168-tieu-chuan-api5l-ong-duc-phi-160-ong-thep-nk-dn150mm-thep-ong-6-tc-astm-a53-a106-gr-b.html) . Ống thép đúc được dùng trong cơ khí, dẫn dầu dẫn khí, ống làm đường hơi trong công nghiệp, ống chống,… Ống đúc trên thị trường chủ yếu nhập khẩu từ các nước Trung Quốc, Nga với đường kính thông dụng từ 21mm đến 406mm và lớn hơn. ống thép đúc xuất xứ Trung Quốc thông dụng OD21mm~325mm, dày 3~12mm, tiêu chuẩn Trung Quốc GB/T 8162 dùng cho cơ khí xây dựng, GB/T 8163 dùng dẫn dầu dẫn khí, GB/T 3087 dùng cho đường hơi áp lực, …. với các mác thép , , , Q345,…. với độ dài không đều 6m~12m. Tiêu chuẩn ASTM A53 GrB với các độ dày SCH10, 20, 30, 40,… dùng trong dẫn dầu dẫn khí. Loại ống dài đều 6m, hai đầu bịt nhựa, sơn phủ sơn chống rỉ có giá đắt hơn do chi phí cao hơn.Bảng qui cách, độ dày (schedule) ống thép theo tiêu chuẩn ASTM A53, A106, API 5L.
Ống thép phi 108 x (4.5~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 114 x (4.5~27.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 159 x (3.0~28.0) x (6.000mm-12.000mm)
[Ống thép 168](http://thepongduc.org/thep-ong-duc/ong-thep-nhap-khau-phi-168-tc-api5l-ong-duc-od168-tieu-chuan-astm-a53grb.html) x (3.0~29.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 219 x (4.0~29.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 273 x (4.0~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 325 x (4.0~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
Ống thép phi 406 x (3.0~20.0) x (6.000mm-12.000mm)
[Thép ống đúc phi 168.3](http://thepongduc.org/thep-ong-duc/ong-thep-duc-phi-168-tieu-chuan-api5l-astma53-astm-a106-dn150.html) . Thép ống đúc, thép ống hàn, thép ống mạ kẽm … Với ĐK từ F21 – F600, độ dày 1 ly -30 ly. Tiêu chuẩn: ASTM A106-Grade B, ASTM A53-Grade B, API-5L, GOST, JIS, DIN, GB/T…
Ứng dụng trong ngành dầu khí, nồi hơi, đường dẫn gas, nước, nhà tiền chế …
2.Thép tấm , Thép tấm cắt quy cáchthép cuộn: Mác thép SS400 – SS540 – Q 235 – Thép tấm cường độ cao ASTM A572 Gr-50, Q345B, Sm490, A516 Gr-60, Gr-70, A515 Gr-60. Thép chế tạo : S30C; S45C; S55C;SKD61; SKD11, các loại thép chịu lực cao và chống mài mòn.
3. Thép hộp vuông, hộp chữ nhật lớn nhỏ : H30x30, H30x60, H40x80, H50x100, H100x100, H150x150, H200x200, H200x300, H300x300, H200x400 …3ly, 4ly, 5ly, 6ly, 8ly, 9ly, 10ly, 12ly ….
4. Thép Hình U-I-V-H …: Thép góc từ V30 –V150, I100-I800, U60-U300, H100-H400 …Dập theo yêu cầu …
Mọi chi tiết xin liên hệ:
Mail: tu.truongthinhphat@gmail.com
Web: thepongduc.org
Cty Thép Trường Thịnh Phát
KDC Thuận giao- Thuận An –BD
Mr Tú: 0918.016.466 – 0933.010.333
Đt: : 06503 719 330
Fax: 06503 719 123
86 lượt xem, 1 hôm nay
**Listing ID:**7115788469ac14a7
## Sponsored Links
## Xem nhiều nhất trong ngày
[GAMING KEYBOARD CHÍNH HÃNG K40](https://raovatonline.org/rao-vat/gaming-keyboard-chinh-hang-k40/)(535 lượt xem) [Cơ sở sản xuất, kinh doanh máy nổ bỏng gạo,đầu nổ bỏng gạo các loại tại Hà Nội.](https://raovatonline.org/rao-vat/co-so-san-xuat-kinh-doanh-may-no-bong-gaodau-no-bong-gao-cac-loai-tai-ha-noi/)(29 lượt xem) [Nơi giúp bạn chuyển phát nhanh tốt nhất chuyên nghiệp](https://raovatonline.org/rao-vat/noi-giup-ban-chuyen-phat-nhanh-tot-nhat-chuyen-nghiep/)(24 lượt xem) [Du lịch SACO mở bán tour hè 2016 call 0913338788 để được ưu đãi đặc biệt Vinpear Phú Quốc, Đà Lạt, …](https://raovatonline.org/rao-vat/du-lich-saco-mo-ban-tour-he-2016-call-0913338788-de-duoc-uu-dai-dac-biet-vinpear-phu-quoc-da-lat/)(18 lượt xem) [Cùng chế biến những món ăn giúp cải thiện sinh lý đàn ông](https://raovatonline.org/rao-vat/cung-che-bien-nhung-mon-an-giup-cai-thien-sinh-ly-dan-ong/)(18 lượt xem)

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Identified-Payload-Type: text/html

Server: Apache

Connection: close

Vary: Accept-Encoding,Cookie,User-Agent

Link: <https://raovatonline.org/wp-json/>; rel="https://api.w.org/", <https://raovatonline.org/?p=30454>; rel=shortlink

Content-Type: text/html; charset=UTF-8


text:
Niềm vui mỗi ngày.
Cre: 宠爱李昇弦的小公 举
Dịch: Yingxue.
-Truyện dịch chưa có sự cho phép của tác giả, dịch vì sở thích, không vì lợi nhuận nên có mang đi đâu nhớ hỏi ý kiến ta trước nha.
Đa số các câu thọai dịch có phần không đúng hòan toàn với nguyên tác, chỉ xem với mục đích giải trí thôi nhé.
Advertisements

WARC-Truncated: length

Server: nginx

Vary: Cookie

X-hacker: If you're reading this, you should visit automattic.com/jobs and apply to join the fun, mention this header.

Link: <http://wp.me/p26rlE-tp>; rel=shortlink

X-ac: 1.dca _dca