Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 9: Phương trình vật lý-toán

Nội dung text: Bài giảng Toán chuyên ngành điện - Chương 9: Phương trình vật lý-toán

1. CHƯƠNG 9: PHƯƠNG TRÌNH VẬT LÝ - TOÁN §1. PHÂN LOẠI CÁC PHƯƠNG TRÌNH ĐẠO HÀM RIÊNG TUYẾN TÍNH CẤP 2 VỚI CÁC BIẾN ĐỘC LẬP 1. Phân loại các phương trình: Khi khảo sát các bài toán vật lí, ta nhận được phương trình đạo hàm riêng cấp 2 dạng: n ∂2u n ∂u ∑a i,j (x) + ∑ bi (x) + c(x)u = d(x) (1) i,j=1 ∂xi∂y j i=1 ∂xi Trong đó aij(x), bi(x), c(x) và d(x) là các hàm nhiều biến đã cho của x = (x1, x2, xn) còn u(x) là các hàm cần xác định. Trong thực tế ta thường gặp các phương trình đạo hàm riêng tuyến tính cấp 2 với hai biến độc lập dạng: ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ∂u ∂u a + 2b + c + d + e + gu = h (2) ∂x 2 ∂x∂y ∂y2 ∂x ∂y Trong đó a, b, c, d, g, h là các hàm hai biến của x và y. Trong giáo trình này ta chỉ xét các phương trình dạng (2). Để đơn giản ta viết lại (2): ∂2u ∂ 2u ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ a + 2b + c + Φ⎜ x, y,u, , ⎟ = 0 (3) 2 2 ⎜ ⎟ ∂x ∂x∂y ∂y ⎝ ∂x ∂y ⎠ Các phương trình này có thể phân thành các loại sau: Phương trình hyperbolic: ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ = Φ1⎜ x, y,u, , ⎟ ∂x∂y ⎝ ∂x ∂y ⎠ Phương trình eliptic: ∂ 2u ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ + = Φ ⎜ x, y,u, , ⎟ 2 2 2 ⎜ ⎟ ∂x ∂y ⎝ ∂x ∂y ⎠ Phương trình parabolic: ∂ 2u ⎛ ∂u ∂u ⎞ = Φ ⎜ x, y,u, , ⎟ 2 3 ⎜ ⎟ ∂x ⎝ ∂x ∂y ⎠ 2. Các bài toán cơ bản của phương trình vật lí - toán: a. Bài toán Cauchy và bài toán hỗn hợp của phương trình truyền sóng: Một phương trình truyền sóng là một phương trình dạng hyperbolic. Phương trình truyền sóng dạng chính tắc là: ∂ 2u(x, y,z, t) ⎛ ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u ⎞ = a 2 ⎜ + + ⎟ + f x, y,z, t 2 ⎜ 2 2 2 ⎟ 1() ∂t ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ Giả sử ta cần xác định hàm u(x, y, z, t) trong miền V và t ≥ 0. V được giới hạn bằng mặt biên kín và trơn S với các điều kiện đầu: u(x, y,z, t) = u (x, y,z) t=0 o ∂u ∗ = uo (x, y,z) ∂t t=0 và điều kiện biên: 150
2. ∂2~u ⎛ ∂2~u ∂2~u ∂ 2~u ⎞ = a 2 ⎜ − 2 + ⎟ 2 ⎜ 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂ξ ∂ξ∂η ∂η ⎠ Thay vào (2.1) ta có: ∂ 2~u ∂ ⎛ ∂~u ⎞ = 0 hay ⎜ ⎟ = 0 ∂ξ∂η ∂η ⎝ ∂ξ ⎠ ∂~u Suy ra: =ϕ1(ξ) với ϕ1(ξ) là hàm tuỳ ý ∂ξ Như vậy: ~ u(ξ,η) = ∫ φ1(ξ)dξ + ψ(η) với ψ(η) là hàm tuỳ ý. Từ đó ta có: ~u(ξ,η) = ϕ(ξ) + ψ(η) hay: u(x, t) = ϕ(x + at) + ψ(x - at) (3) Trong đó ϕ và ψ là các hàm tuỳ ý, liên tục và khả vi 2 lần. Nghiệm của (3) được gọi là nghiệm tổng của (1). Từ (3) nếu tính đến điều kiện (2) ta sẽ có: ϕ(x) + ψ(x) = uo(x) (4) aϕ(x) - aψ(x) = u1(x) (5) Lấy tích phân hai vế của (5) ta có: x a[][]φ(x) − φ(0) − a ψ(x) − ψ(0) = ∫ u1(θ)dθ 0 Vậy nên: 1 x φ(x) − ψ(x) = ∫ u1(θ)dθ + C (6) a 0 với C = ϕ(0) - ψ(0) Từ (4) và (6) rút ra: ⎧ 1 1 x C ⎪φ(x) = u o (x) + ∫ u1 (θ)dθ + ⎪ 2 2a 0 2 ⎨ 1 1 x C ⎪ψ(x) = u (x) − u (θ)dθ − ⎪ o ∫ 1 ⎩ 2 2a 0 2 Đặt các hệ thức trên vào (3) ta được nghiệm: 1 1 x+at u(x, t) = []u o (x + at) + u o (x − at) + ∫ u1(θ)dθ 2 2a x−at Đây là công thức D’Alembert. Ví dụ 1: Giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 -∞ < x < ∞, t ≥ 0 ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: x u(x, t) = = u (x) t=0 1+ x 2 o 152
3. x+at 1 ∗ ∗ 1 ∗ u(x, t) = []u o (x + at) + u o (x − at) + ∫ u1 (θ)dθ 2 2a x−at x+at ⎧1 2 2 1 2 x ⎪ [](x + at) + (x − at) + ∫ sin (θ)dθ t ≤ ⎪2 2a x−at a = ⎨ 1 1 ⎡x+at 0 ⎤ x ⎪ (x + at)2 − (x − at)2 + sin 2(θ)dθ − sin 2(θ)dθ t > > 0 ⎪ []⎢ ∫∫⎥ ⎩2 2a ⎣ 0 x−at ⎦ a ⎧ 2 2 2 t 1 x x + a t + − cos2xsin2at t ≤ ⎪ 2 4a a = ⎨ 1 ⎪2axt + []2x − sin2xcos2at ⎩⎪ 4a Ví dụ 4: Giải phương trình điện báo: ∂2u RC + LG ∂u RG 1 ∂2u + + u − = 0 ∂t 2 LC ∂t LC LC ∂x 2 ∂2i RC + LG ∂i RG 1 ∂2i + + i − = 0 ∂t 2 LC ∂t LC LC ∂x 2 Trong các trường hợp: - Dây không tổn hao R = G = 0 - Dây không méo RC = LG ) Trường hợp dây không tổn hao: Khi đó các phương trình trên có dạng: ∂2u ∂ 2u = a 2 ∂t 2 ∂x 2 ∂2i ∂2i = a 2 ∂t 2 ∂x 2 1 Trong đó a = LC Giả sử các điều kiện ban đầu đã biết là: ⎧u(x, t) = u (x) ⎪ t=0 o ⎨ -∞ 0 i(x, t) = i (x) ⎩⎪ t=0 o Với R = G = 0 ta có điều kiện đối với phương trình điện báo: ∂u 1 = − io(x) ∂t t=0 C ∂i 1 = − u o (x) ∂t t=0 C Từ đó áp dụng các công thức D’Alembert ta được: 1 1 x+at u(x, t) = []uo (x + at) + uo (x − at) − ∫ io (θ)dθ 2 2aC x−at 154
4. u(x, t) = φ (t); u(x, t) = φ (t) x=0 1 x=l 2 Ta phân bài toán hỗn hợp này thành các bài toán nhỏ sau: b. Bài toán 1: Giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ∂u u(x, t) = u (x); = u (x) t=0 o 1 ∂t t=0 u(x, t) = 0; u(x, t) = 0 x=0 x=l Bài toán này mô tả quá trình truyền sóng của dây hữu hạn với hai đầu dây cố định. Biết dạng ban đầu của dây là uo(x) và vận tốc ban đầu của các thành phần dây là u1(x). Ta giải bài toán này bằng phương pháp tách biến, nghĩa là tìm nghiệm của phương trình dưới dạng tích hai hàm số, một hàm chỉ phụ thuộc vào toạ độ x và hàm kia chỉ phụ thuộc t. Như vậy nghiệm u(x,t) có dạng: u(x,t) = X(x).T(t) Sau khi lấy đạo hàm và thay vào phương trình ta có: 1 T′′(t) X′′(x) = a 2 T(t) X(x) Do vế phải chỉ phụ thuộc t và vế trái chỉ phụ thuộc x nên chúng phải cùng bằng một hằng số mà ta kí hiệu là -λ. Khi đó ta nhận được hệ phương trình: ⎧X′′(x) + λX(x) = 0 ⎨ 2 ⎩T′′(t) + a λT(t) = 0 Nghiệm của bài toán phải thoả mãn điều kiện đã cho nên: X(0) = 0; X(l) = 0 Khi giải phương trình vi phân tuyến tính cấp 2 hệ số hằng ta có nhận xét về giá trị của λ như sau: * Nếu λ = 0 thì nghiệm tổng quát của phương trình có dạng: X(x) = C1(x) + C2 Với điều kiện đầu ta suy ra C1 = 0 và C2 = 0. Khi này X(x) ≡ 0 không được coi là nghiệm của bài toán. * Nếu λ 0 thì nghiệm tổng quát có dạng: X(x) = C1 cos λx + C2 sin λx và với các điều biên ta có: 156
5. l π (0 ≤ x 0), h là hằng số sao cho x thoả mãn x − ≤ chứa trong khoảng 3 2h (0, l). Như vậy ta cần giải phương trình: ∂ 2u ∂ 2u = a 2 ∂t 2 ∂x 2 với điều kiện đầu đã cho và điều kiện biên: u(x, t) ≡ 0; u(x, t) = u(x, t) = 0 t=0 x=l x=l Như vậy, vì uo(x) ≡ 0 nên: ak ≡ 0 2 l kπ 2 l kπ 4v l kπ2h b u (x)sin xdx v sin xdx o sin k = ∫ 1 = ∫ o = 2 2 kπa 0 l kπa 0 l k π a 2 kπ kπ2h ∞ sin sin 4vol 3 2 kπat kπx và: u(x, t) = 2 ∑ 2 sin sin π a k=1 k l l c. Bài toán 2: Giải phương trình ∂ 2u ∂ 2u = a 2 + f (x, t) 0 ≤ x ≤ l, 0 ≤ t ≤ T ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ∂u u(x, t) = u (x); = u (x) t=0 o 1 ∂t t=0 u(x, t) = 0; u(x, t) = 0 x=0 x=l Bài toán này mô tả quá tình truyền sóng của dây hữu hạn có tác động của lực cưỡng bức bên ngoài với hai đầu dây cố định. Dạng ban đầu của dây là uo(x) và vận tốc ban đầu của dây cho bởi u1(x). Ta cũng giải bài toán bằng phương pháp phân ly biến số Fourier. Ta tìm nghiệm dưới dạng: ∞ kπx u(x, t) = ∑Tk (t)sin (1) k=1 l Ta giả sử các hàm uo(x) và u1(x) khai triển được dưới dạng chuỗi Fourier theo sin trong khoảng [0, l], khi đó ta có: ∞ kπx uo (x) = ∑Tk (0)sin k=1 l 2 l kπ hay: Tk (0) = ∫ uo (x)sin xdx l 0 l ∞ kπx u1(x) = ∑Tk′(0)sin k=1 l 2 l kπ ′ hay: Tk (0) = ∫ uo (x)sin xdx l 0 l Mặt khác lấy đạo hàm hai lần u(x, t) trong (1) theo x và t ta có: 158