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

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

1. Với k lẻ ta phải giải phương trình vi phân tương ứng là: 4 T′′ (t) + [](2n −1)π 2T (t) = 2n−1 2n−1 (2n −1)π 4 với điều kiện: T2n-1(0) = 0; T′ (0) = 2n−1 (2n −1)π Nghiệm tổng quát của phương trình này là: 4 T (t) = C cos(2n −1)πt + C sin(2n −1)πt + 2n−1 1 2 (2n −1)3 π3 Khi t = 0 ta có: 4 C = − 1 (2n −1)3 π3 Mặt khác ta có: T2′n−1(t) = −C1(2n −1)πsin(2n −1)πt + C2 (2n −1)π cos(2n −1)πt Theo điều kiện đầu: 4 T′ (t) = −C (2n −1)πsin(2n −1)πt + C (2n −1)π cos(2n −1)πt = 2n−1 1 2 (2n −1)3 π3 4 nên: C = 2 (2n −1)2 π2 Thay C1 và C2 vào biểu thức của T2n-1(t) ta có: 4 T (t) = [](2n −1)πsin(2n −1)πt − cos(2n −1)πt +1 2n−1 (2n −1)3 π3 và: 4 ∞ (2n −1)πx u(x, t) = 3 3 ∑[](2n −1)πsin(2n −1)πt − cos(2n −1)πt +1 sin (2n −1) π n=1 l Ví dụ 2: Giải phương trình ∂ 2u ∂ 2u = + x(x −1) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ t ∂t 2 ∂x 2 với các điều kiện: ∂u u(x, t) = = 0 t=0 ∂t t=0 u(x, t) = u(x, t) = 0 x=0 x=1 Trong ví dụ này ta có f(x, t) = x(x - 1). Vậy: 2 l kπ 1 Ck = ∫ f (x, t)sin xdx = 2∫ x(x −1)sin kπxdx l 0 l 0 x=1 1 ⎡ 2 ⎛ cos kπx ⎞⎤ 1 = 2⎢(x − x)⎜− ⎟⎥ + ∫ (2x −1)cos kπxdx ⎣ ⎝ kπ ⎠⎦ x=0 kπ 0 160
2. Khi t = 0 ta sẽ có: ⎧ x ~u(x, t) = []u(x, t) − ρ(x, t) = u (x) − φ (0) − []φ (0) − φ (0) = ~u (x) ⎪ t=0 t=0 o 1 l 2 1 o ⎨ ~ (4) ⎪∂u ∂u ∂ρ x ~ = − = u1(x) − φ1′(0) − []φ′2 (0) − φ1′(0) = u′o (x) ⎩⎪ ∂t t=0 ∂t t=0 ∂t t=0 l Đạo hàm 2 lần (2) theo x và t rồi thay vào (1) và rút gọn ta có: ∂ 2~u ∂ 2~u = a 2 + f (x, t) (5) ∂t 2 ∂x 2 1 Trong đó: x f (x, t) = f (x, t) − φ′′(t) − []φ′′(t) − φ′′(t) 1 1 l 2 1 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: ∂2u ⎛ ∂ 2u ∂2u ∂ 2u ⎞ = a 2 ⎜ + + ⎟ (1) 2 ⎜ 2 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ với các điều kiện: ⎧u(x, y,z, t) = u o (x, y,z) ⎪ t=0 ⎨∂u -∞ 0 (2) ⎪ = 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) u (ξ,η,ζ)ds u (ξ,η,ζ)ds = 2 ∫∫ 1 + ⎢ 2 ∫∫ o ⎥ 4πa t S ∂t ⎣4πa t 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 u (ξ,η)dξdη ∂ ⎡ 1 u (ξ,η)dξdη ⎤ u(x, y, t) = 1 + ⎢ o ⎥ ∫∫ 2 2 2 ∫∫ 2 2 2 2πa D (at) − (ξ − x) − (η − y) ∂t ⎣⎢2πa D (at) − (ξ − x) − (η − y) ⎦⎥ §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 = a 2∆il ∂t 2 162
3. 1 ∂ ⎡ 1 ⎤ u(x, y, z, t) u (ξ, η,ζ)ds u (ξ, η,ζ)ds = 2 ∫∫ 1 + ⎢ 2 ∫∫ o ⎥ 4πa t S ∂t ⎣4πa t S ⎦ Mặt khác theo nguyên lí Duhamel ta có: 1 f (ξ,η,ζ,α) H(α, x, y,z, t) = 2 ∫∫ ds 4πa S t Từ đó suy ra: 1 l ⎡ f (ξ,η,ζ,α) ⎤ u(x, y,z, t) = ⎢ ds⎥ dα 4πa 2 ∫∫∫ t − α 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 − ⎟ 1 l ⎢ a ⎥ 1 a ⎝ ⎠ ⎥ ⎝ ⎠ u(x, y,z, t) = 2 ∫∫∫⎢ ds dr = 2 ∫∫∫ dV 4πa 0 ⎢S(r) r ⎥ 4πa 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 − ⎟ 1 u (ξ,η,ζ) ∂ ⎡ u (ξ,η,ζ) ⎤ a u(x, y,z, t) 1 ds o ds ⎝ ⎠ dV = 2 ∫∫ + ⎢∫∫ ⎥ + ∫∫∫ 4πa S t ∂t ⎣ S t ⎦ Vat r Công thức này được gọi là công thức Kirhoff tổng quát. 3. Bài toán 2: Giải phương trình: ∂ 2u ⎛ ∂ 2u ∂ 2u ⎞ = a 2 ⎜ + ⎟ + f (x, y, t) (1) 2 ⎜ 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x ∂y ⎠ với các điều kiện: ⎧u(x, y, t) = u o (x, y) ⎪ t=0 ⎨∂u -∞ 0 (2) ⎪ = 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 u (ξ,η) u(x, y, t) = 1 dξdη 2 ∫∫ 2 2 2 2 4πa S a t − (x − ξ) − (y − η) ∂ ⎡ u (ξ,η) ⎤ l ⎡ f ()ξ,η,α dξdη ⎤ + ⎢ o dξdη⎥ + ⎢ ⎥dα ∂t ∫∫ 2 2 2 2 ∫∫∫ 2 2 2 2 ⎣⎢Da a t − (x − ξ) − (y − η) ⎦⎥ 0 ⎣⎢Da(t−α) a (t − α) − (x − ξ) − (y − η) ⎦⎥ 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
4. 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: ∫∫ ui (x, y)u j (x, y)dxdy = 0 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 ∫∫ ui (x, y)u j (x, y)dxdy = ⎨ D ⎩1 i = j * Mọi hàm β(x, y) khả vi, liên tục 2 lần và thoả mãn điều kiện biên: β(x, y) = 0 (x,y)∈γ 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 ku k (x, y) k=1 trong đó ak được tính theo công thức: a k = ∫∫β(x, y)u k (x, y)dx dy 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 k (x, y)Tk (t) = ∑ u k (x, y)[bk cos λk at + ck sin λk at] k=1 k=1 Nếu xét đến các điều kiện ban đầu ta có: ~ bk = ∫∫ u o (x, y)uk (x, y)dxdy D 1 ck = ∫∫ u1(x, y)u k (x, y)dxdy aλk D Ví dụ 1: Giải phương trình: ∂2u ⎛ ∂2u ∂ 2u ⎞ = a 2 ⎜ + ⎟ 2 ⎜ 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x ∂y ⎠ ⎧0 ≤ x ≤ l trên miền D= ⎨ t ≥ 0 ⎩0 ≤ y ≤ m với các điều kiện đầu: 166
5. 4 l m kπx nπy bkn = ∫∫xy(l − x)(m − y)sin sin dxdy lm 0 0 l m 4 l kπx m nπy = ∫∫x(l − x)sin dx y(m − y)sin dy lm 0 l 0 m ⎧ 64m2l2 ⎪ k = 2k′ +1, n = 2n′ +1 = ⎨π6 (2k′ +1)3 (2n′ +1)3 ⎪ ⎩0 k = 2k1 Như vậy: 2 2 ∞ ∞ 64m l ⎡ cos πatθkn (2k +1)πx ⎤ (2n +1)πy u(x, y, t) = 6 ∑∑⎢ 3 3 sin ⎥ sin π k1=1 n= ⎣(2k′ +1) (2n′ +1) l ⎦ m Ví dụ 2:Giải phương trình: ∂2u ⎛ ∂2u ∂ 2u ⎞ = a 2 ⎜ + ⎟ 2 ⎜ 2 2 ⎟ ∂t ⎝ ∂x ∂y ⎠ ⎧0 ≤ x ≤ l trên miền D= ⎨ t ≥ 0 ⎩0 ≤ y ≤ m với các điều kiện đầu: ⎧ πx πy u(x, y, t) = u (x, y) = sin sin ⎪ t=0 o l l ⎨ ⎪∂u a = u1(x, y) = ⎩⎪ ∂t t=0 l và các điều kiện biên: u(x, y, t) = 0 (x,y)∈γ 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: ⎛ k 2 n 2 ⎞ λ = π2 ⎜ + ⎟ kn ⎜ 2 2 ⎟ ⎝ l 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: 4 l l πx πy kπx nπy ⎧0 k,n ≠ 1 bkn = 2 ∫∫sin sin sin sin dxdy = ⎨ l 0 0 l l l m ⎩1 k = n =1 πa 4 l l πx πy nπy k 2 n 2 c sin sin sin dxdy + kn = 2 ∫∫ l l 0 0 l l m 168