Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 9: Phương trình Vật lý - Toán (Phần 2)
Với k lẻ ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là:
4
2
′′
[
]
T2n−1(t) + (2n −1)π T2n−1(t) =
(2n −1)π
4
′
với điều kiện: T2n-1(0) = 0; T2n−1(0) =
(2n −1)π
Nghiệm tổng quát của phương trình này là:
4
T2n−1(t) = C1 cos(2n −1)πt + C2 sin(2n −1)πt +
(2n −1)3 π3
Khi t = 0 ta có:
4
C1 = −
(2n −1)3 π3
Mặt khác ta có:
′
T2n−1(t) = −C1(2n −1)πsin(2n −1)πt + C2 (2n −1)πcos(2n −1)πt
Theo điều kiện đầu:
4
′
T2n−1(t) = −C1(2n −1)πsin(2n −1)πt + C2 (2n −1)πcos(2n −1)πt =
(2n −1)3 π3
4
nên: C2 =
(2n −1)2 π2
Thay C1 và C2 vào biểu thức của T2n-1(t) ta có:
4
[
]
T2n−1(t) =
u(x, t) =
(2n −1)πsin(2n −1)πt − cos(2n −1)πt +1
(2n −1)3 π3
và:
∞
4
(2n −1)πx
[
]
(2n −1)πsin(2n −1)πt − cos(2n −1)πt +1 sin
∑
(2n −1)3 π3
l
n=1
Ví dụ 2: Giải phương trình
∂2u ∂2u
=
+ x(x −1)
0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t
∂t2 ∂x2
với các điều kiện:
∂u
∂t
u(x, t) t=0
=
= 0
t=0
u(x, t) x=0 =u(x, t) x=1 = 0
Trong ví dụ này ta có f(x, t) = x(x - 1). Vậy:
l
1
2
l
kπ
l
Ck =
f (x, t)sin
xdx = 2 x(x −1)sin kπxdx
∫
∫
0
0
x=1
1
coskπx
kπ
1
⎡
⎤
⎛
⎞
⎟
⎠
= 2 (x2 − x) −
+
(2x −1)coskπxdx
⎜
∫
⎢
⎥
kπ 0
⎝
⎣
⎦
x=0
160
8
(2n −1)3 π3
0
⎧
⎪
⎨
khi k = 2n −1
khi k = 2n
4
kπ2
nên: Ck =
[
(−1)k −1
]
=
⎪
⎩
Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (1) nên bây giờ phải tìm Tk(t)
Với k = 2n (chẵn), ta tìm T2n(t) từ phương trình :
2
′′
T2n (t) + (2nπ) T2n (t) = 0
′
với điều kiện: T2n(0) = 0; T2n (0) = 0
Như vậy T2n(t) ≡ 0
Với k = 2n -1 (lẻ) ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là:
8
[
(2n −1)π
]
2T2n−1(t) +
= 0
′′
T2n−1(t) +
(2n −1)3 π3
′
với điều kiện: T2n-1(0) = 0; T2n−1(0) = 0
Nghiệm tổng quát của phương trình này là:
8
T2n−1(t) = C1 cos(2n −1)πt + C2 sin(2n −1)πt −
(2n −1)5 π5
Khi t = 0 thì từ các điều kiện đầu ta rút ra:
8
C1 =
C2 = 0
(2n −1)5 π5
8
[
∞
]
T2n−1(t) =
u(x, t) =
cos(2n −1)πt −1
(2n −1)5 π5
8
[
]
cos(2n −1)πt −1 sin(2n −1)πx
∑
(2n −1)5 π5
n=1
d. Bài toán hỗn hợp: Sau khi đã giải 2 bài toán trên ta trở về giải phương trình:
∂2u
∂2u
= a2
+ f (x, t)
0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T
(1)
∂t2
∂x2
với các điều kiện :
∂u
∂t
u(x, t) t=0 = uo (x);
= u1(x)
t=0
u(x, t) x=0 = φ1(t);
u(x, t) x=l = φ2 (t)
Ta giải bài toán bằng cách đưa vào hàm phụ:
x
ρ(x,t) = φ1(t) +
[
φ2 (t) − φ1(t)
]
l
Khi đó ta tìm nghiệm của bài toán hỗn hợp dưới dạng:
~
u(x, t) = u(x, t) + ρ(x, t)
(2)
(3)
~
Trong đó hàm u(x, t) ta phải xác định. Trước hết ta có nhận xét:
ρ(x, t) x=0 = φ1(t) ρ(x, t) x=l = φ2 (t)
Vậy kết hợp với điều kiện đã cho ta có:
~
~
u(x, t) x=0 = u(x, t) x=l = 0
161
Khi t = 0 ta sẽ có:
x
l
⎧
~
~
u(x, t) t=0
=
[
u(x, t) − ρ(x, t)
]
= uo (x) − φ1(0) −
[
φ2 (0) − φ1(0) = uo (x)
]
t=0
⎪
⎪
(4)
(5)
⎨
⎪
~
∂u
∂t
∂u
∂t
∂ρ
∂t
x
~
′
′
′
′
=
−
= u1(x) − φ1(0) −
[
φ2 (0) − φ1(0) = uo (x)
]
⎪
⎩
l
t=0
t=0
t=0
Đạo hàm 2 lần (2) theo x và t rồi thay vào (1) và rút gọn ta có:
2
2
~
~
∂ u
∂ u
∂x2
= a2
+ f1(x, t)
∂t2
Trong đó:
x
l
′′
′′
′′
f1(x, t) = f (x, t) − φ1(t) −
[
φ2 (t) − φ1(t)
]
Tóm lại, để tìm u(x, t) ta phải giải (5) với các điều kiện (3) và (4). Đó chính là dạng
~
bài toán 2 mà ta đã biết cách giải. Sau đó kết hợp u(x, t)và ρ(x, t) ta tìm được
nghiệm.
§3. BÀI TOÁN CAUCHY CỦA PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN
SÓNG TRONG KHÔNG GIAN
Bài toán Cauchy của phương trình truyền sóng trong không gian là bài toán giải
phương trình:
2
2
2
∂2u
∂t2
∂ u ∂ u ∂ u
⎛
⎞
= a2
+
+
(1)
⎜
⎜
⎟
⎟
2
∂x
∂y2 ∂z2
⎝
⎠
với các điều kiện:
u(x, y,z, t) = uo (x, y,z)
⎧
t=0
⎪
⎨
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, -∞ < z < ∞, t > 0 (2)
∂u
= u1(x, y,z)
⎪
∂t
⎩
t=0
Người ta đã chứng minh được rằng nghiệm của phương trình có dạng:
1
∂ ⎡ 1
⎤
u(x, y,z, t) =
4πa2t ∫∫u (ξ,η,ζ)ds + ∂t 4πa t ∫∫u (ξ,η,ζ)ds
1
o
2
⎢
⎥
S
⎣
S
⎦
Trong đó S là mặt cầu tâm M(x,y,z) và bán kính at. Công thức này gọi là công thức
Kirhoff.
Trong trường hợp mặt phẳng, công thức Kirhoff trở thành công thức Poisson:
⎡
⎤
⎥
1
u1(ξ,η)dξdη
(at)2 − (ξ − x)2 − (η − y)2
∂
1
uo (ξ,η)dξdη
(at)2 − (ξ − x)2 − (η − y)2
u(x, y, t) =
+
⎢
2πa ∫∫
∂t 2πa ∫∫
D
D
⎢
⎥
⎣
⎦
§4. BÀI TOÁN DAO ĐỘNG CƯỠNG BỨC
1. Nguyên lí Duhamel: Để giải các bài toán có tác động của ngoại lực người ta
thường dùng nguyên lý Duhamel được phát biểu như sau:
Nếu H(α, x, t) với mọi giá trị của tham biến α là nghiệm của phương trình:
∂2H
= a2∆il
∂t2
162
với các điều kiện:
H(α, x, t) = 0
⎧
t=0
⎪
⎨
∂
H(α, x, t) = h(x,σ)
⎪
∂t
⎩
t=0
Khi đó hàm:
l
u(x, t) = H(α, x, t − α)dα
∫
0
sẽ là nghiệm của phương trình:
∂2u
= a2∆u + h(x, t)
∂t2
với các điều kiện:
u(x, t) = 0
⎧
t=0
⎪
⎨
∂u
= 0
⎪
∂t
⎩
t=0
Để hiểu rõ hơn về nguyên lý Duhamel ta sẽ dùng nó để giải các bài toán về dao động
cưỡng bức sau:
2. Bài toán 1: Giải phương trình:
2
2
2
∂2u
∂t2
∂ u ∂ u ∂ u
⎛
⎞
= a2
+
+
+ f (x, y,z, t)
(1)
⎜
⎜
⎟
⎟
2
∂x
∂y2 ∂z2
⎝
⎠
với các điều kiện:
u(x, y,z, t) = uo (x, y,z)
⎧
t=0
⎪
⎨
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, -∞ < z < ∞, t > 0 (2)
∂u
= u1(x, y,z)
⎪
∂t
⎩
t=0
Ta dùng phương pháp chồng nghiệm, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình (1) dưới
dạng:
u(x, y,z, t) = u(x, y,z, t) + u(x, y,z, t)
Trong đó u(x, y,z, t) là nghiệm của bài toán:
∂2 u
= a2∆u
∂t2
∂u
∂t
với: u t=0 = uo ;
= u1
t=0
Còn u(x, y,z, t) là nghiệm của bài toán:
∂2 u
= a2∆u + f
∂t2
∂u
∂t
với: u = 0;
= 0
t=0
t=0
Theo công thức Kirhoff ta có:
163
1
∂ ⎡ 1
⎤
u(x, y,z, t) =
4πa2t ∫∫u (ξ,η,ζ)ds + ∂t 4πa t ∫∫u (ξ,η,ζ)ds
1
o
2
⎢
⎥
S
⎣
S
⎦
Mặt khác theo nguyên lí Duhamel ta có:
1
4πa2
∫∫f (ξ,η,ζ,α)
H(α, x, y,z, t) =
ds
t
S
Từ đó suy ra:
u(x, y,z, t) =
l
⎡
⎤
1
4πa2
f (ξ,η,ζ,α)
t − α
ds dα
⎥
∫⎢ ∫∫
0
S
(t−α)
⎢
⎣
⎥
⎦
Để rút gọn công thức nghiệm trong tích phân trên ta đổi biến r = a(t - α). Do đó ta có:
r
r
⎡
⎤
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
f ξ,η,ζ, t −
f ξ,η,ζ, t −
⎜
⎜
l
⎢
⎥
1
4πa2
1
4πa2
a
a
∫⎢ ∫∫
∫∫∫
u(x, y,z, t) =
ds⎥dr =
dV
r
r
0
⎢
S
⎥
Vat
(r)
⎢
⎥
⎦
⎣
Trong đó Vat là hình cầu bao bởi mặt S và:
r = (x − ξ)2 + (y − η)2 + (z − ζ)2
Vậy nghiệm của bài toán 1 là:
r
⎛
⎝
⎞
⎟
⎠
f ξ,η,ζ, t −
⎜
∫∫ u (ξ,η,ζ)
∂ ⎡⎢∫∫ u (ξ,η,ζ) ds⎤ + ∫∫∫
1
4πa2
a
1
o
u(x, y,z, t) =
ds +
dV
⎥
t
∂t
t
r
S
⎣
S
⎦
Vat
Công thức này được gọi là công thức Kirhoff tổng quát.
3. Bài toán 2: Giải phương trình:
∂2u
∂t2
∂ u ∂ u
2
2
⎛
⎞
= a2
+
+ f (x, y, t)
(1)
(2)
⎜
⎜
⎟
⎟
2
∂x
∂y2
⎝
⎠
với các điều kiện:
u(x, y, t) = uo (x, y)
⎧
t=0
⎪
⎨
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, t > 0
∂u
= u1(x, y)
⎪
∂t
⎩
t=0
Nghiệm của bài toán rút ra nhờ cách giải tương tự như bài toán trước bằng cách dùng
nguyên lý Duhamel:
1
4πa2
u1(ξ,η)
a2t2 − (x − ξ)2 − (y − η)2
u(x, y, t) =
dξdη
∫∫
S
l
⎡
⎤
⎥
⎡
⎤
∂
∂t
uo (ξ,η)
a2t2 − (x − ξ)2 − (y − η)2
f
(
ξ,η,α
)
dξdη
+
dα
⎥
⎢∫∫
dξdη + ∫⎢⎢ ∫∫
a2 (t − α)2 − (x − ξ)2 − (y − η)2
D
0
D
a(t−α)
⎢
⎣
⎥
⎥
⎦
a
⎦
⎣
Trong đó Dat và Da(t-α) là miền tròn có cùng tâm (x, y) và bán kính là at và a(t-α) .
Công thức này được gọi là công thức Poisson tổng quát.
4. Bài toán 3: Giải phương trình:
164
∂2u
∂t2
∂2u
∂x2
= a2
+ f (x, t)
(1)
(2)
với các điều kiện:
u(x, t) = uo (x)
⎧
t=0
⎪
⎨
-∞ < x < ∞, t > 0
∂u
∂t
= u1(x)
⎪
⎩
t=0
Dựa trên nguyên lý Duhamel và công thức D’Alembert ta đưa đến nghiệm bài toán:
x+a(t−α)
at
l
⎡
⎢
⎤
1
1
2
1
u(x, t) =
u1(ξ)dξ +
[
uo (x + at) + uo (x − at)
]
+
f (ξ,α)dξ dα
⎥
∫
2a ∫ ∫
2a x−at
0
x−a(t−α)
⎣
⎦
đây là công thức D’Alembert tổng quát.
§5. BÀI TOÁN HỖN HỢP CỦA PHƯƠNG TRÌNH LOẠI HYPERBOLIC
Cho D là một miền phẳng với biên là đường cong trơn. Ta cần tìm nghiệm của
phương trình:
2
2
∂2u
∂ u ∂ u
⎛
⎞
= a2
+
(1)
⎜
⎜
⎟
⎟
∂t2
∂x
∂y2
2
⎝
⎠
với các điều kiện đầu :
u(x, y, t) = uo (x, y)
⎧
t=0
⎪
⎨
-∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, t > 0
(2)
(3)
∂u
= u1(x, y)
⎪
∂t
⎩
t=0
và điều kiện biên:
u(x, y, t) (x,y)∈γ = 0
Bài toán này ta giải bằng phương pháp phân ly biến số và sẽ tìm nghiệm của nó dưới
dạng:
u(x, y, t) = u*(x, y).T(t)
(4)
Đạo hàm 2 vế của (4) theo x, y và t hai lần rồi thay vào (10) ta nhận được phương
trình:
2
∗
1 ∂ u ∂2u∗
′′
1 T
a2 T
⎛
⎞
⎜
⎟
⎟
+
=
u∗ ∂x
∂y2
2
⎜
⎝
⎠
Từ đó suy ra:
∂2u∗ ∂2u∗
+
+ λu∗ = 0
(5)
(6)
∂x2
∂y2
2
′′
T (t) + a λT(t) = 0
Trong đó λ là một hằng số.
Để tìm nghiệm của bài toán (1) với các điều kiện (2), (3) ta thấy rằng T(t) ≠ 0 và đối
với các điểm trên biên ta phải có:
u(x, y) (x,y)∈γ = 0
(7)
Những giá trị λ để tồn tại nghiệm u*(x, y) ≠ 0 được gọi là các giá trị riêng và các
nghiệm u*(x, y) tương ứng được gọi là các hàm riêng của bài toán. Tính chất của giá
165
trị riêng và hàm riêng là:
* Mọi giá trị riêng đều dương
* Tập các giá trị riêng là một tập vô hạn đếm được
* Nếu λi ≠ λj thì các hàm riêng tương ứng với chúng thoả mãn hệ thức:
∫∫u (x, y)u (x, y)dxdy = 0
i
j
D
nghĩa là các hàm riêng trực giao với nhau
* Một giá trị riêng có thể ứng với nhiều hàm riêng độc lập tuyến tính khác
nhau. Giá trị riêng như vậy được gọi là giá trị riêng bội
* Đối với các hàm riêng nếu chưa là hệ trực chuẩn thì bằng phương pháp trực
giao hoá Schmidt có thể xây dựng hệ hàm riêng trực giao chuẩn, nghĩa là đối với hệ
đó ta có:
0
i ≠ j
⎧
∫∫u (x, y)u (x, y)dxdy =
⎨
i
j
1
⎩
i = j
D
* Mọi hàm β(x, y) khả vi, liên tục 2 lần và thoả mãn điều kiện biên:
β(x, y) (x,y)∈γ = 0
đều có thể khai triển theo hệ thống các hàm trực giao chuẩn thành chuỗi hội tụ tuyệt
đối và đều trên miền D, nghĩa là nó có thể biểu diến dưới dạng:
∞
β(x, y) = a u (x, y)
∑
k
k
k=1
trong đó ak được tính theo công thức:
a = ∫∫β(x, y)u (x, y)dxdy
k
k
D
Từ những tính chất đã nêu của hàm riêng và giá trị riêng ta thấy bài toán (5) & (6) có
các giá trị riêng dương nên (6) có nghiệm tổng quát là:
Tk (t) = bk cos λk at + ck sin λk at
Từ đó suy ra:
∞
∞
u(x, y, t) = u (x, y)T (t) = u (x, y)
bk cos λk at + ck sin λk at
]
∑
∑
k
k
k
k=1
k=1
Nếu xét đến các điều kiện ban đầu ta có:
~
b = ∫∫u (x, y)u (x, y)dxdy
k
o
k
D
1
ck =
∫∫u (x, y)u (x, y)dxdy
1
k
aλk
D
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
2
∂2u
∂t2
∂ u ∂ u
⎛
⎞
= a2
+
⎜
⎜
⎟
⎟
2
∂x
∂y2
⎝
⎠
0 ≤ x ≤ l
⎧
⎨
⎩
trên miền D =
t ≥ 0
0 ≤ y ≤ m
với các điều kiện đầu:
166
u(x, y, t) = xy(l − x)(m − y) = uo (x, y)
⎧
t=0
⎪
⎨
∂u
= 0 = u1(x, y)
⎪
∂t
⎩
t=0
và các điều kiện biên:
u(x, y, t) (x,y)∈γ = 0
trong đó γ là biên của miền D.
Ta tìm nghiệm của bài toán dưới dạng (4):
u(x, y, t) = u*(x, y).T(t)
trong đó u*(x, y) lại được tìm dưới dạng u*(x, y) = X(x).Y(y) bằng phương pháp phân
li biến số.
Khi đó phương trình (5) được viết thành:
′′
′′
Y (y)
X (x)
+ λ = −
Y(y)
X(x)
Từ đó ta suy ra:
′′
X (x) + αX(x) = 0
′′
Y (y) + βY(y) = 0
⎧
⎨
⎩
(8)
(9)
Từ điều kiện biên của bài toán ta rút ra:
X(0) = X(l) = 0
⎧
⎨
⎩
Y(0) + Y(l) = 0
Khi giải phương trình (8) với điều kiện (9) để có nghiệm không tầm thường ta cần có:
k2π2
l2
π2n2
m2
αk =
; βn =
Từ đó ta có:
2
n2
m2
⎛
⎞
k
λkn = π2
+
⎜
⎜
⎟
⎟
2
l
⎝
⎠
Nghiệm riêng ứng với các giá trị riêng đó là hệ hàm trực chuẩn:
2
kπx
nπy
ukn =
sin
sin
l
m
lm
Khi đó nghiệm của phương trình (6) có dạng:
k2 n2
k2 n2
+
⎛
⎞
⎟
⎟
⎠
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
⎜
⎜
Tk (t) = bkn cos πat
+
+ ckn sin πat
l2 m2
l2 m2
⎜
⎝
Tóm lại nghiệm của bài toán sẽ là:
k2 n2
k2 n2
kπx
nπy
∞
∞
⎡
⎢
⎤
⎥
⎛
⎞
⎟
⎟
⎠
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
⎜
⎜
u(x, y, t) =
b cos πat
+
+ ckn sin πat
+
sin
sin
∑∑
kn
l2 m2
l2 m2
l
m
⎜
k=1 n=1
⎢
⎣
⎥
⎦
⎝
Trong đó bkn và ckn được tính như sau:
ckn = 0 ∀k, n vì u1 ≡ 0
167
l m
4
kπx
nπy
bkn =
sin
dxdy
∫ ∫xy(l − x)(m − y)sin
lm 0 0
l
m
l
m
4
kπx
nπy
=
x(l − x)sin
dx y(m − y)sin
dy
∫
∫
lm 0
l
m
0
64m2l2
⎧
′
′
k = 2k +1, n = 2n +1
⎪
6
3
3
′
′
=
π (2k +1) (2n +1)
⎨
⎪
0
k = 2k1
⎩
Như vậy:
64m2l2
cosπatθkn
(2k +1)πx
(2n +1)πy
∞
∞
∑∑⎡⎢(2k +1) (2n +1)
⎤
u(x, y, t) =
3 sin
sin
3
⎥
π6
l
m
′
′
k=1 n=1
⎣
⎦
Ví dụ 2:Giải phương trình:
∂2u
∂t2
∂ u ∂ u
2
2
⎛
⎞
= a2
+
⎜
⎜
⎟
⎟
2
∂x
∂y2
⎝
⎠
0 ≤ x ≤ l
⎧
⎨
⎩
trên miền D =
t ≥ 0
0 ≤ y ≤ m
với các điều kiện đầu:
πx
πy
⎧
u(x, y, t) t=0 = uo (x, y) = sin sin
⎪
⎪
l
l
⎨
⎪
∂u
∂t
a
l
= u1(x, y) =
⎪
⎩
t=0
và các điều kiện biên:
u(x, y, t) (x,y)∈γ = 0
trong đó γ là biên của miền D.
Tương tự như ví dụ 1, sau khi dùng phương pháp phân li biến số ta tìm được
giá trị riêng là:
2
n2
l2
⎛
⎞
k
λkn = π2
+
⎜
⎜
⎟
⎟
2
l
⎝
⎠
2
kπx
nπy
hệ hàm trực chuẩn tương ứng là sin
sin
và các hệ số trong nghiệm tổng
l
l
l
quát được tính như sau:
l l
0
k,n ≠1
⎧
4
πx
πy
kπx
nπy
bkn =
sin sin
sin
dxdy =
nπy
∫∫sin
⎨
l2
l
l
l l
l
m
1
⎩
k = n =1
0 0
πa
l
4
l2
πx
l
πy
sin sin
k2 + n2 ckn =
dxdy
∫∫sin
l
m
0 0
168
0
k,n chan
k,n le
⎧
⎪
⎨
l
l
4a
l3
πx
l
πy
l
nπy
m
=
sin
dx sin sin
dy =
16a
∫
∫
0
0
2
⎪
′
′
lπ (2k +1)(2n +1)
⎩
Nghiệm của bài toán là:
⎛
⎞
atπ 2
16
π3 2
atπ 2
πx
πy
⎜
⎟
⎟
u(x, y, t) = cos
+
sin
sin sin
l l
⎜
⎝
l
l
⎠
2
2
⎡
⎢
⎤
⎥
atπ (2k +1) + (2n +1)
sin
∞
∞
l
16 ∑∑
⎢
⎣
⎥
⎦
2k +1
2n +1
⎛
⎜
⎝
⎞
⎠
⎛
⎜
⎝
⎞
⎟
⎠
+
sin
2
πx sin
πy
⎟
π3
l
l
2
k=1 n=1
(2k +1)(2n +1) (2k +1) + (2n +1)
§6. BÀI TOÁN CAUCHY- PHƯƠNG TRÌNH TRUYỀN NHIỆT TRONG
THANH VÔ HẠN VÀ NỬA VÔ HẠN
1. Bài toán ban đầu: Bài toán Cauchy của phương trình truyền nhiệt - phương trình
loại parabolic là bài toán giải phương trình:
∂2u
∂t2
∂2u
∂x2
= a2
(1)
(2)
với các điều kiện đầu :
u(x,t) t=0 = uo (x) -∞ < x < ∞, -∞ < y <∞, t ≥ 0
Dùng phương pháp phân li biến số ta tìm nghiệm dưới dạng:
u(x, t) = X(x).T(t)
Lấy đạo hàm theo x và t rồi đưa vào phương trình (1) ta có:
T’(t) + a2λT(t) = 0
X”(x) + λX(x) = 0
(3)
(4)
với λ là hằmg số.
Phương trình (3) cho nghiệm là:
2
T(t) = Ce−λa t
với C là một hằng số
Mặt khác nhiệt độ của thanh không thể đạt đến ∞ khi t tiến đến ∞. Do vậy λ phải là số
dương. Kết hợp với nghiệm của phương trình (4) ta có:
2 2
uh (x, t) = e−h a t
[
C1(h)cosh x + C2 (h)sinh x
]
u(x,t) là nghiệm riệng của (1) với C1 và C2 là các hệ số có thể phụ thuộc h. Họ các
nghiệm ở đây là một tập hợp vô hạn không đếm được. Do đó ta sẽ tìm nghiệm của bài
toán dưới dạng tích phân theo tham biến h.
∞
∞
2 2
u(x,t) = uh (x,t) = e−h a t
[
C1(h)cosh x + C2 (h)sinh x dh
]
∫
∫
−∞
−∞
Khi t = 0 ta có:
∞
u(x,t) t=0 = uo (x) =
[
C1(h)cosh x + C2 (h)sinh x dh
]
∫
−∞
169
10 trang
23020
Free
Bạn đang xem tài liệu "Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 9: Phương trình Vật lý - Toán (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên
File đính kèm:
- bai_giang_toan_chuyen_nganh_dien_chuong_9_phuong_trinh_vat_l.pdf
